Đề thi chọn học sinh giỏi vòng tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Bạc Liêu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi vòng tỉnh môn Toán Lớp 12 - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Bạc Liêu (Có đáp án)

1. Họ và tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: . SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011 CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN (Gồm 01 trang) * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Câu 1: (4 điểm) Giải phương trình: x − 24+−+−=−xx 2525 xx2 Câu 2: (4 điểm) Cho dãy số không âm (ai), với i = 0, 1, 2, thỏa điều kiện 1 am + n + am – n = (a2m + a2n) với mỗi cặp chỉ số m, n tùy ý mà m ≥ n. 2 Tính a2010 biết a1 = 1. Câu 3: (4 điểm) Giải phương trình : tan 2 x + tan 2 y + cot 2 ()x + y = 1 Câu 4: (4 điểm) 2 2 Cho ab, ∈Z và (a + b + 2a + 4b + 5)M3 .Chứng minh rằng a và b không chia hết cho 3. Câu 5: (4 điểm) Cho ngũ giác ABCDE nội tiếp trong đường tròn bán kính bằng 1. Biết AB = a, BC = b, CD = c, DE = d, AE = 2. Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 + abc + bcd < 4. HẾT 1
2. SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011 CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN (Gồm 03 trang) * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) x −+24 −+xx 2525 −= xx2 − (1) 5 ĐK: ≤≤x 4 (0,25đ) 2 (1) ⇔ x −−+21 4 −−+xx 1 2 −−= 512 xx2 − 5-3 (0,5đ) xx−−3326 x − ⇔−+ =+−()()21xx 3 (0,5đ) xxx−+11 4 − + 1 2 − 51 + 11 2 ⇔−()xxx3[ − + ] =()() 2 + 1 − 3 (0,5đ) xxx−+11 4 − + 1 2 − 51 + ⎡x = 3 ⇔ ⎢ 11 2 (2) (0,75đ) ⎢ −+ =+21x ⎣⎢ xxx−+11 4 − + 1 2 − 51 + 121 (2) ⇔+ =++21x (3) (0,5đ) xx−+21 2 −+ 51 4 −+ x 1 5 5 Do ≤≤x 4 nên VP(3)>+>+= 2 x 1 2. 1 6 và VT (3) < 3 (0,5đ) 2 2 Vậy PT (1) có duy nhất nghiệm x = 3 (0,5đ) Câu 2: (4 điểm) Cho m = n = 1, ta được a0 = 0; (0,5đ) 1 Cho m = 1, n = 0, ta có a1 + a1 = (a2 + a0) ⇒ a2 = 4. (0,5đ) 2 2 Ta sẽ chứng minh an = n bằng qui nạp (0,5đ) Với n = 0, 1, 2 khẳng định trên đúng (0,5đ) 2 Giả sử an = n đúng với n = 0, 1, 2, k; 1 Cho m = k, n = 0, ta được ak + ak = (a2k + a0) 2 2 ⇒ a2k = 4ak = (2k) (0,5đ) 1 Cho m = k, n = 1, ta được ak + 1 + ak – 1 = (a2k + a2) 2 1 ⇒ ak + 1 = a2k + 2 – ak – 1 (0,5đ) 2 1 2 2 ⇔ ak + 1 = (2k) + 2 – (k – 1) 2 2 ⇔ ak + 1 = (k + 1) . (0,5đ) 2 Theo giả thiết qui nạp ta có an = n với n = 0, 1, 2, (0,25đ) 2 Vậy a2010 = 2010 . (0,25đ) 1
3. Câu 3: (4 điểm) tan 2 x + tan 2 y + cot 2 ()x + y = 1 (1) 1 1tanx.tan− y Ta có: cot ( x + y ) = = . tan(x + y ) tan x+ tan y ⇒ cot (x + y ) .[]tan x+ tan y = 1- tanx.tany . (0,25đ) ⇒ tanx.tany + tany . cot ( x + y ) + tanx . cot ( x + y ) = 1 ( 2 ). ( 1 ) – ( 2 ) vế theo vế ta được : 1 ⎡⎤(t anx−+−+++−= tany )222 (tan y cot( xy )) (cot( xy ) tan x ) 0 (0,75đ) 2 ⎣⎦ ⎧t anx==+ tanyxy cot( ) ⇔ ⎨ 222 (0,25đ) ⎩tanxy++ tan cot ( xy += ) 1. ⎡ 1 t anx==+= tanyxy cot( ) ⎢ 3 ⇔ ⎢ (0,75đ) ⎢ −1 ⎢t anx==+= tanyxy cot( ) ⎣ 3 ⎧ 1 ⎪tanx= 3 ⎧ 1 ⎪ tanx= ⎪ 1 ⎪ 3 Xét hệ ( I ) ⎨tan y = ⇔ ⎨ (0,5đ) 3 1 ⎪ ⎪tan y = ⎪ 1 ⎩⎪ 3 ⎪cot(xy+= ) ⎩ 3 ⎧ π xm=+π ⎪ 6 ⇔∈Ζ⎨ (;mn ) (0,5đ) π ⎪yn=+π ⎩⎪ 6 ⎧ 1 ⎪tanx=− 3 ⎧ 1 ⎪ tanx=− ⎪ 1 ⎪ 3 Xét hệ ( II ) ⎨tan y =− ⇔ ⎨ (0,5đ) 3 1 ⎪ ⎪tan y =− ⎪ 1 ⎩⎪ 3 ⎪cot(xy+=− ) ⎩ 3 ⎧ π xm=− + π ⎪ 6 ⇔∈Ζ⎨ (;mn ) (0,25đ) π ⎪yn=− + π ⎩⎪ 6 Vậy nghiệm của phương trình đã cho : ⎧ π ⎧ π xm=+π xm=− + π ⎪ 6 ⎪ 6 ⎨ (;mn∈Ζ ) ; ⎨ (;mn∈ Ζ ) (0,25đ) π π ⎪yn=+π ⎪yn=− + π ⎩⎪ 6 ⎩⎪ 6 2
4. Câu 4: (4 điểm) Ta có a 2 + b 2 + 2a + 4b + 5 = (a +1) 2 + (b + 2) 2 Với x ∈ Z thì x có dạng 3k , 3k+1 , 3k+2 ( k∈ Z ) (0,5đ) ⇒ x 2 có dạng 3m , 3m+1 ( m∈ Z ) (0,5đ) Suy ra (a +1) 2 + (b + 2) 2 có dạng 3t , 3t+1 , 3t+2 ( t∈ Z ) (1,0đ) 2 2 2 2 Vì (a +1) + (b + 2) M 3 nên (a +1) ,(b + 2) có dạng 3t (1,0đ) Vậy (a +1)M3 và (b + 2)M3 ⇒ a,b không chia hết cho 3 (1,0đ) Câu 5: (4 điểm) C B D A E o Có 4 ==+AEACCE222 (1,0đ) uuur uuur22 uuur uuur =+()()ABBC ++ CDDE = AB2 + BC 2 + CD2 + DE 2 + 2AB.BC + 2CD.DE (1,0đ) Vì 2AB.BC = −2BA.BC = −2ab.cos ABC = 2abcos AEC (vì ABC+ AEC = 1800) = abCE (vì CE = AE.cos AEC = 2 cos AEC ) (1,0đ) mà CE > CD = c nên 2AB.BC > abc Tương tự ta có: 2CD.DE > bcd Vậy: a2 + b2 + c2 + d2 + abc + bcd < 4 (1,0đ) HẾT 3