Xem mẫu
- SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
THỪA THIÊN HUẾ KHỐI 12 THPT _ NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn : TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (3 điểm)
Cho hàm số f(x) = x3 - 2x2 – (m - 1)x + m (C)
a). Tìm m để đồ thị (C) tiếp xúc với trục hoành.
1
b). Tìm m để f(x) với mọi x 2
x
Bài 2: (4 điểm)
a) Giải phương trình sau : 3 x (2 9 x 2 3) (4 x 2)( 1 x x 2 1) 0
1 1 9 3 1
b) Giải phương trình sau : + cos 4 x - cos 2 x + + cos 4 x - cos 2 x =
16 2 16 2 2
Bài 3: (3 điểm)
1 n 1
Chứng minh rằng : C 2n < ( n ; n 1)
22n 2n+1
Bài 4: (3 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, có tâm I thuộc
đường thẳng (d) : x – y – 3 = 0 và có hoành độ bằng x I = 9 , trung điểm của một
2
cạnh là giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành. Tìm tọa độ đỉnh của hình chữ
nhật.
Bài 5: (5 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC vuông tại A. Khoảng cách từ AA’ đến
mặt phẳng BCC’B’ là a, mặt phẳng (ABC’) cách C một khoảng bằng b và hợp với đáy
một góc bằng .
a). Tính thể tích của khối lăng trụ.
b). Cho a = b không đổi, còn thay đổi. Định để thể tích khối lăng trụ nhỏ nhất.
Bài 6: (2 điểm)
Tính giới hạn :
A = lim[ ln (1 tanx)cotx (1 tanx)cotx (1 tanx)cotx ..... (1 tanx)cotx ...... ] (1)
x 0
v« h¹n dÊu c¨n
__________Hết__________
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
- Së Gi¸o dôc - §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh
Thõa Thiªn HuÕ Khèi 12 THPT - N¨m häc 2011 - 2012
CHÍNH THỨC MÔN TOÁN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Bài NỘI DUNG ĐIỂ
M
Bài 1 Cho hàm số f(x) = x3 - 2x2 – (m - 1)x + m (C) (3đ)
a). Tìm m để đồ thị (C) tiếp xúc với trục hoành. 1.0đ
f(x) tiếp xúc với trục hoành 0.5
f(x) = 0 x 3 - 2x 2 - (m -1)x + m = 0 (a)
2
f (x)=0 3x - 4x + 1= 0 (b)
Từ (a) và (b) ta có : 2x3 - 5x2 + 4x – 1 = 0.
x = 1 m = 0
(x - 1) (2x - 1) = 0
2
0.5
x = 1 m = - 1
2 4
1 2.0đ
b). Tìm m để f(x) với mọi x 2
x
1 1 0.5
f(x) với mọi x 2 x 3 - 2x 2 - (m - 1)x + m
x x
2
x(x - 1)(x - x - m) 1
1
m x2 - x - 2
x -x
t 2 1 1.0
Đặt t = x2 – x thì m
t
Khi x 2 t 2 (vì x 2 t = g(x) = x 2 - x là hàm số tăng và g(2) =
2)
t 2 1 1
Xét y = =t- với t 2
t t
1 t2 + 1
y = 1 + 2 = >0
t t2
0.5
x 2
y’ +
y
3
2
3
Vậy m
2
Bài 2 (4đ)
1
- a) Giải phương trình: 3 x (2 9 x 2 3) (4 x 2)( 1 x x 2 1) 0 (1) 2.0
1 1.0
Ta thấy pt chỉ có nghiệm trong ( ;0)
2
pt 3 x (2 (3x )2 3) (2 x 1)(2 (2 x 1)2 3)
u (2 u 2 3) v(2 v 2 3) (1)
Với u = - 3x, v = 2x + 1; u,v >0.
Xét hàm số f (t ) 2t t 4 3t 2 với t>0 1.0
3
Ta có f '(t ) 2 2t 3t 0 t 0 f (u ) f (v ) u v
t 4 3t 2
- 3x = 2x + 1 x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
5
b) Giải phương trình sau : 2.0
1 1 9 3 1
+ cos 4 x - cos 2 x + + cos 4 x - cos 2 x = (1)
16 2 16 2 2
1 2 3 1 1.0
(1) (cos 2 x -
) + (cos 2 x - ) 2 =
4 4 2
1 3 1
cos 2 x - + cos 2 x - =
4 4 2
1 3 1
Đặt cos2x = t ; 0 ≤ t ≤ 1 t-
+ t- =
4 4 2
1 3
Xét trên trục Ox, các điểm : M(t) ; A( ) ; B( )
4 4
1
Suy ra : MA + MB =
2
1.0
1 1 3
Mà AB = , nên M nằm giữa A và B, suy ra ≤ t ≤ .
2 4 4
1 3
cos x
2 2
π
6 + kπ x 3 + kπ
(l;k )
π + lπ x - - lπ
3
6
Bài 3 1 n 1 (3đ)
Chứng minh rằng : C 2n < ( n ; n 1)
22n 2n+1
Ta có : 1.0
1 n (2n)! 1.2.3.4.......(2n - 1).(2n) 1.3.5...(2n - 1).2.4.6...(2n)
2n
C2n = 2n = n n n
2 2 .n!n! 2 .2 .(1.2.3.4...n).(1.2.3.4...n) 2 .(1.2.3.4...n).2n .(1.2.3.4...n)
1.3.5.7.....(2n - 1)
=
2.4.6.8.......(2n)
2
- 1.3.5.7.....(2n - 1) 1 1.0
Ta chứng minh : <
2.4.6.8.......(2n) 2n+1
(2k - 1) (2k - 1)2 (2k - 1) 2 2k - 1
Ta có : = =< =
(2k) (2k) 2 4k 2 - 1 2k + 1
Sử dung quy nạp và nhân các BĐT vế theo vế ta có : 1.0
1.3.5.7.....(2n - 1) 1
< (đpcm)
2.4.6.8.......(2n) 2n+1
Bài 4 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, có (3 đ)
tâm I thuộc đường thẳng (d) : x – y – 3 = 0 và có hoành độ bằng x I = 9 ,
2
trung điểm của một cạnh là giao điểm của đường thẳng (d) với trục
hoành. Tìm tọa độ đỉnh của hình chữ nhật.
9 3 1.0
Điểm I có x I = 9 và I thuộc đường thẳng (d) : x – y – 3 = 0 I( ; )
2 2 2
Vì vai trò của A; B; C; D là như nhau nên giả sữ trung điểm M của cạnh AD
là giao điểm của (d) với trục Ox, suy ra M(3;0)
9 9
AB = 2IM = 2 =3 2
4 4
1.0
AD = S ABC 12
S ABC
AB.AD = 12
AB
3 2
2 2
AD (d)
suy ra phương trình AD : x + y – 3 = 0
M AD
1.0
Mặt khác MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A; D là nghiệm vủa hệ phương trình :
x + y - 3 = 0
x = 2 x = 2
2 2
hoÆc
(x - 3) + y = 2
y = 1 y = -1
Vậy A(2; 1), D(2; -1).
9 3
I( ; ) là trung điểm AC và BD nên C(7; 2) và B(4; - 1)
2 2
Bài 5 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC vuông tại A. Khoảng cách (5đ)
từ AA’ đến mặt phẳng BCC’B’ là a, mặt phẳng (ABC’) cách C một
khoảng bằng b và hợp với đáy một góc bằng .
a). Tính thể tích của khối lăng trụ. 3.0
3
- Ta có AA’ || ( BCC’B’), kẻ AH BC ( H BC ) 1.0
B
_' C
_'
AH ( BCC’B’)
vì (ABC) ( BCC’B’), do đó : AH = d(AA’,(
A
_' BCC’B’)) = a.
Ta có AB = (ABC’) (ABC) ; AB AC (gt) ; AC
K
_ b
_
là hình chiếu của AC’ trên (ABC)
B
_ H
_ C
_
AB AC’ CAC sd((ABC),(ABC)) =
a
_
( góc nhọn).
A
_
1.0
Kẻ CK AC’; ta có : AB (ACC’) (ABC’) (ACC’) ;
AC’ = (ABC’)(ACC’)
AK (ABC’) CK = d(C,( ABC’)) = b.
1
Thể tích khối lăng trụ : V = S .CC =
ABC
AB.AC.CC (1)
2
CK b
Trong tam giác vuông ACK : AC = =
sinα sinα
b b
Trong tam giác vuông ACC’ : CC = AC.tanα = .tanα
sinα cosα
Trong tam giác vuông ABC : 1.0
1 1 1 1 sin 2 α b 2 a 2sin 2α
= = 2 - =
AB2 AH 2 AC 2 a b2 a 2b2
ab
AB =
b 2 a 2sin 2α
Thay các kết quả vào (1) ta có :
1 1 ab b b
V= AB.AC.CC = . . .
2 2 b a sin α sinα cosα
2 2 2
ab3
=
2sinαcosα b 2 a 2sin 2 α
ab3
V=
sin2α b 2 a 2sin 2α
b). Cho a = b không đổi, còn thay đổi. Định để thể tích khối lăng trụ 2.0
nhỏ nhất.
1.0
a3 a3
Với a = b : V =
sin2α 1 sin 2α 2sinα.cos 2 α
V nhỏ nhất khi sin .cos2 lớn nhất .
4
- 2 1 4 2 2 2 1 2sin 2 α + cos 2 α + cos 2 α 3
Ta có: sin α.cos α = 2sin α.cos α.cos α ( )
2 2 3
(bđt Côsi)
8 2 3
sin .cos 2
54 9
1.0
3a 3 3
V
4
3a 3 3
Ta có V nhỏ nhất : V=khi 2sin2 = cos2
4
1 2 2
tan 2 tan arctan
2 2 2
2
Vậy khi arctan thì thể tích nhỏ nhất .
2
Bài 6 Tính giới hạn : (2đ)
A = lim[ ln (1 tanx)cotx (1 tanx)cotx (1 tanx)cotx ..... (1 tanx)cotx ...... ]
x 0
v« h¹n dÊu c¨n
(1)
Xét 1.0
cotx
A1 = lim[ ln (1 tanx)cotx ] = lim[ ln(1 tanx) 2
]
x0 x0
cotx 1 ln(1 tanx) 1
= lim[ ln(1 tanx)] = lim =
x 0 2 2 x 0 tanx 2
cotx
22 cotx 22
A 2 = lim[ ln (1 tanx) ] = lim[ ln(1 tanx) ]
x0 x 0
cotx 1 ln(1 tanx) 1
= lim[ 2
ln(1 tanx)] = 2 lim = 2
x 0 2 2 x0 tanx 2
……………………………………………………………………….
……………………………………………………………………….
cotx
2n cotx 2n
A n = lim[ ln (1 tanx) ] = lim[ ln(1 tanx) ]
x 0 x0
cotx 1 ln(1 tanx) 1
= lim[ n
ln(1 tanx)] = n lim = n
x 0 2 2 x 0 tanx 2
………………………………………………………………………
………………………………………………………………………
5
- Từ (1) ta có : 1.0
cotx cotx cotx cotx
2 22 23 n
A = lim[ ln[(1 tanx) . (1 tanx) .(1 tanx) .....(1 tanx) 2 ..... ]]
x0
cotx cotx cotx cotx
2 22 23 n
= lim[ ln(1 tanx) + ln(1 tanx) ln(1 tanx) ..... ln(1 tanx) 2 + ..... ]
x0
= A1 A2 A3 ..... An .....
1
1 1 1 1
A= + 2 + 3 +.......+ n + .........= 2 =1
2 2 2 2 1
1
2
Vậy A = 1 .
Học sinh có cách giải khác đúng cho điểm tối đa.
Đáp án này gồm 06 trang.
__________HẾT__________
6
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013
Môn: TOÁN – THPT chuyên.
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Ngày thi: 02/11/2012.
2 8
x + 3x + 2 = y − 5 y − 1
8
Câu 1 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình y 2 + 3 y + 2 = − 5 z − 1 ( x, y , z ∈ ℝ )
z
2 8
z + 3z + 2 = x − 5 x − 1
Câu 2 (1,5 điểm). Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh rằng
3a bc 2b3d 25
2. + 3. 3 + 4. 4 ≤
a+b+c ( a + b )( a + b + c + d ) 81( a + b ) ( a + b + c + d ) 6
3
Câu 3 (2,0 điểm). Giả sử n là một số nguyên dương sao cho 3n + 2n chia hết cho 7 . Tìm số
dư của 2n + 11n + 2012n khi chia cho 7 .
2
Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD. Gọi P là điểm sao cho trung trực của đoạn
thẳng CP chia đôi đoạn AD và trung trực của đoạn AP chia đôi đoạn CD. Gọi Q là trung
điểm của đoạn thẳng BP.
a) Chứng minh rằng đường thẳng BP vuông góc với đường thẳng AC.
b) Chứng minh rằng BP = 4.OE , trong đó E là trung điểm của AC và O là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC .
Câu 5 (1,0 điểm). Cho m, n ( m > n > 4 ) là các số nguyên dương và A là một tập hợp con có
đúng n phần tử c ủa tập hợ p S = {1, 2,3,..., m} . Chứng minh rằng n ếu
m > ( n − 1) (1 + Cn + Cn + Cn ) thì ta luôn chọn được n phần tử đôi một phân biệt
2 3 4
x1 , x2 ,..., xn ∈ S sao cho các tập hợp Ai = {x + y + xi x ∈ A, y ∈ A}, i = 1, n thỏa mãn
Aj ∩ Ak = ∅ với mọi j ≠ k và j , k = 1, n .
-----------------Hết-----------------
- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………….Số báo danh……………..
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013
Môn: TOÁN – THPT chuyên
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)
Lưu ý khi chấm bài:
-Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm
của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
-Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
-Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai
đó không được điểm.
-Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
-Trong lời giải câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình không cho điểm.
-Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
Câu 1. (2,5 điểm)
Nội dung
1 8
Điều kiện: x, y, z ≥ . Xét các hàm số f (t ) = t 2 + 3t + 2, g (t ) = − 5t − 1 . Khi đó ta có
5 t
8 5 1
f ' (t ) = 2t + 3 > 0, g ' (t ) = − − < 0, ∀t > .
2 5t − 1
2
t 5
1 1
Mà f (t ) , g (t ) là các hàm số liên tục trên ; + ∞ suy ra f (t ) đồng biến trên ; + ∞
5 5
1
và g (t ) nghịch biến trên ; + ∞ . Không mất tính tổng quát ta giả sử x = min {x, y, z} .
5
Khi đó ta có:
Nếu x < y ⇒ g ( x ) > g ( y ) ⇒ f ( z ) > f ( x ) ⇒ z > x ⇒ g ( z ) < g ( x ) ⇒ f ( y ) < f ( z ) suy
ra y < z ⇒ g ( y ) > g ( z ) ⇒ f ( x ) > f ( y ) ⇒ x > y , vô lí vì x < y .
Do vậy x = y , tương tự lí luận như trên ta được x = z suy ra x = y = z . Thay trở lại hệ ta
8 8
được x 2 + 3 x + 2 = − 5 x − 1 ⇔ x 2 + 3 x + 2 − + 5 x − 1 = 0 (1).
x x
8 1
Đặt h ( x ) = x 2 + 3 x + 2 − + 5 x − 1, x ∈ ; +∞ . Dễ thấy hàm số đồng biến trên
x 5
2
- Nội dung
1
5 ; + ∞ và h (1) = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Vậy nghiệm của
hệ phương trình đã cho là x = y = z = 1.
Câu 2. (1,5 điểm)
Nội dung Điểm
3a bc 2b3 d
Đặt P = 2 + 33 + 44 . Khi đó áp
a+b+c ( a + b )( a + b + c + d ) 81( a + b ) ( a + b + c + d )
3
dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
2a 3(a + b ) 2a 3(a + b )
2 . ≤ +
a + b 2 (a + b + c ) a + b 2 (a + b + c )
bc b 3c 2 (a + b + c )
33 = 33 . .
( a + b )( a + b + c + d ) a + b 2 (a + b + c ) 3 (a + b + c + d )
b 3c 2 (a + b + c )
≤ + +
a + b 2 (a + b + c ) 3 (a + b + c + d )
3
2b3 d b 2d
44 = 4. 3(a + b ) 3 (a + b + c + d )
4
81( a + b ) ( a + b + c + d )
3
b 2d
≤ 3. +
3(a + b) 3(a + b + c + d )
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:
2 ( a + b ) 3 ( a + b + c ) 2 ( a + b + c + d ) 25
P≤ + + =
a+b 2 (a + b + c ) 3(a + b + c + d ) 6
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d .
Câu 3. (2,0 điểm)
Nội dung Điểm
Đặt n = 3q + r ; q, r ∈ ℕ, 0 ≤ r ≤ 2 . Khi đó 3n + 2 n = 27 q.3r + 8q.2r ≡ ( −1) .3r + 2r ( mod 7 )
q
Do đó để 3n + 2 n ≡ 0 ( mod 7 ) ⇔ ( −1) .3r + 2r ≡ 0 ( mod 7 ) ⇔ q = 2k + 1, r = 0 .
q
Suy ra n có dạng n = 6k + 3 , chú ý nếu ( a, 7 ) = 1 ⇒ a 6 ≡ 1( mod 7 ) . Do đó ta có:
+) 2n = 26 k +3 = ( 2k ) .8 ≡ 1( mod 7 )
6
(1)
+) 11n = 116 k +3 = (11k ) .113 ≡ 43 ≡ 1( mod 7 )
6
(2)
( ) .2012
6
+) 2012 n = 2012( ≡ 39 ≡ 273 ≡ 6 ( mod 7 )
6 k + 3)
2
+6k
= 20126 k
2 2
9
(3)
Từ (1), (2) và (3) ta được
3
- Nội dung Điểm
2n + 11n + 2012n ≡ 1 + 1 + 6 ≡ 1( mod 7 ) . Vậy số dư cần tìm là 1 .
Câu 4. (3,0 điểm)
A B
Q
I
O P
M E
J
D C
N
Nội dung Điểm
a) (2,0 điểm)
Gọi M, N, I, J theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AD, CD, AP, CP. Khi đó
NI ⊥ AP, MJ ⊥ CP
AB
Do I là trung điểm của AP, Q là trung điểm của BP nên IQ AB và IQ = từ đó suy ra
2
IQ CN và IQ = CN . Suy ra tứ giác CNIQ là hình bình hành.
Suy ra CQ NI . Từ đó, do NI ⊥ AP nên CQ ⊥ AP (1)
Chứng minh tương tự, cũng được AQ ⊥ CP (2)
Từ (1) và (2) suy ra P là trực tâm của tam giác ACQ suy ra PQ ⊥ AC hay BP ⊥ AC
Do P là trực tâm của tam giác AQC nên OA + OC + OQ = OP
⇔ OA + OC +
1
2
( ) (
OP + OB = OP ⇔ 2 OA + OC + OB = OP )
⇔ 4OE = OP − OB ⇔ 4OE = BP ⇒ BP = 4.OE .
Vậy BP = 4.OE .
Câu 5. (1,0 điểm)
Nội dung Điểm
{ }
Xét tập hợp B = x + y − z − t x, y, z , t ∈ A . Ta sẽ chỉ ra bất đẳng thức sau:
B ≤ 1 + Cn2 + Cn + Cn4 (1)
3
4
- Nội dung Điểm
Thật vậy, ta xét các trường hợp sau:
+) Nếu 4 số x, y, z , t đều bằng nhau thì số các số dạng x + y − z − t bằng 1.
+) Nếu trong 4 số x, y, z , t có đúng 3 số bằng nhau, giả sử x = y = z ≠ t . Khi đó
x + y − z − t = x − t suy ra có tối đa Cn2 số x + y − z − t .
+) Nếu 4 số x, y, z , t có đúng 2 số bằng nhau. Khi đó nếu x = y thì có tối đa Cn số dạng
3
này, còn nếu x = z thì x + y − z − t = y − t thì có tối đa Cn2 số dạng này và đã xét ở trên.
+) Nếu 4 số x, y, z , t đôi một khác nhau thì có tối đa Cn4 số x + y − z − t .
Do đó có nhiều nhất 1 + Cn2 + Cn + Cn4 số dạng x + y − z − t . Từ đó suy ra bất đẳng thức
3
(1).
Gọi x1 = 1 ∈ S . Đặt C1 = S \ {x + x1 x ∈ B} suy ra
C1 ≥ S − B > ( n − 2 ) B > 0 ⇒ ∃x2 = min C1 ⇒ x2 > x1 .
Dễ thấy A1 ∩ A2 = ∅ . Tiếp theo đặt C2 = C1 \ {x + x2 x ∈ B} suy ra
C2 ≥ C1 − B > ( n − 3) B > 0 ⇒ ∃x3 = min C2 ⇒ x3 > x2 .
Kiểm tra được ngay A2 ∩ A3 = ∅ , A1 ∩ A3 = ∅ . Cứ tiếp tục như vậy đến bước thứ n , ta đặt
Cn −1 = Cn − 2 \ {x + xn − 2 x ∈ B} thì
Cn −1 ≥ Cn − 2 − B > ( n − n ) B = 0 ⇒ ∃xn ∈ Cn −1 ⇒ xn > xn −1
Khi đó ta kiểm tra được Ai ∩ A j = ∅ với mọi i ≠ j . Vậy luôn tồn tại các phần tử
x1 , x2 ,..., xn ∈ S thỏa mãn yêu cầu bài toán.
-------------------Hết-------------------
5
nguon tai.lieu . vn
