Đang tải... (xem toàn văn)
TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12 TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12 TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12 TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12 TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12 TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12 TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12
Họ tên thí sinh:…………………… ………… Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:…………………………… ……… …………….……………… SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 - 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: A Ngày thi: 19/10/2014 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm trang) ĐỀ Câu 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình x 2x 2y xy y 3z 3y 2y 3z xy x y 2z y 3z x 6z z x y Câu 2: (4 điểm) u1 Cho dãy (un) xác định bởi: , n 2 3unun1 4un 2un1 2 Tìm lim n un Câu 3: (4 điểm) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O E ; F ; G; H điểm tiếp xúc đường tròn với cạnh AB, BC , CD, DA Gọi J giao điểm AC EG , kẻ CK / / AB K EG ; AL / / BC L HF Chứng minh JL JE JF JK Câu 4: (4 điểm) Trong hình vuông có cạnh 77cm cho 2014 điểm phân biệt Chứng minh tồn hai điểm nằm hình tròn có bán kính 1cm Câu 5: (4 điểm) Tìm hàm số f : thỏa: f 1 2014 , f x y x y f x f y , x ,y - HẾT - Họ tên thí sinh:…………………… ………… Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:…………………………… ……… …………….……………… SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 - 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: B Ngày thi: 19/10/2014 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 01 trang) ĐỀ Câu 1: (4 điểm) Giải phương trình x x3 x Câu 2: (4 điểm) u1 , n Cho dãy (un) xác định bởi: 3unun1 4un 2un1 2 Tìm lim n un Câu 3: (4 điểm) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O E ; F ; G; H điểm tiếp xúc đường tròn với cạnh AB, BC , CD, DA Gọi J giao điểm AC EG , kẻ CK / / AB K EG ; AL / / BC L HF Chứng minh JL JE JF JK Câu 4: (4 điểm) Tìm nghiệm nguyên x; y; z phương trình: x y z 2015 Câu 5: (4 điểm) Tìm hàm số f : thỏa: f 1 2014 , f x y x y f x f y , x ,y - HẾT - SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu KỲ THI CHỌN ĐỘI TUY ỂN HỌC SINH GIỎICẤP TỈNH THPT, NĂM HỌC 2010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN ( Hướng dẫn chấm có 03 trang ) Câu Câu (4 điểm) Nội dung kiến thức Phương trình hoành độ giao điểm: x mx m 0(2) Đồ thị (1) cắt 0x điểm phân biệt m< m>4 TXD : D = R x m x x x mx m y' x2 Điểm Hai giao điểm M x1 , ; M x2 , x1 m 2x m , y ' x2 22 x1 x2 Vì x1 ; x2 hai nghiệm phuương trình (2) Hai tiếp tuyến vuông góc y '( x1 ) y ' x2 1 x12 x22 x12 x22 2m x1 x2 x1 x2 m + y ' x1 Câu (5 điểm) m m m 1 Vậy: m=-1 thỏa yêu cầu toán ( 2, điểm) Đk : x , y x x y 24 10 2x 2x y y U V 10 x x U Đặt 5 y y V U V U V 10 U V U V 25 x x x=y =2 y 24 (2.5 điểm) y 16 cos x cos x 0.5 0,5 0,5 0,5 1 Đặt cos x t , x , t ;1 => y= f(t) = 16t t 3 2 f’(t) = - 16 , f’(t) = t = t 1 f(t) tăng đoạn ;1 2 Maxy Maxf (t ) f 1 16 ; 1 ;1 Miny M inf t f 11 ; Câu (4 điểm) 1 ;1 ( điểm ) Các mặt phẳng chứa mặt hình chóp cắt mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo giao tuyến đường tròn ngoại tiếp mặt Ta có d R RC2 d khoảng cách ,R bán kính mặt cầu ngọai tiếp, RC bán kính đường tròn giao tuyến ycbt RSAB RABCD AB AB 2sin ( 2điểm) PQ trục đẳng phương hai đường tròn đường kính (BC) đường kính (AD) Gọi AH BC A1 , ta.có HA.HA1 HE.HC H PQ Gọi K=EF BC ( tam giác ABC không cân ) Ta có KB.KC KE.KF KA1.KD ( Xét đường tròn ( BC ), đường tròn Ơ –le) => Phương tích điểm K đường tròn đường kính ( BC ) = Phương tích điểm K đường tròn đường kính ( AD) => Đpcm Câu (4 điểm) (2 điểm ) m N * , x R f x 1 f x 2; f x f x 1 f x 2.2 f x m f x 2m ( Thực m-1 lần liên tiếp ) m z , m f x m f x 2m m f x 2m 2m f x m f x m m f x m f x 2m ( điểm ) m q Q q ,m Z,n N* n 0,5 0,5 1 2 m 2m 1 m f n f n f 2n n n 2 n 1 m m f 4nf 4n (1) 2 n n m m2 m2 m f n f 2m n f 2m n f 4m 2n (2) n n n n Câu (3 điểm) m m Từ (1) (2) => f (đpcm) n n Ta xét dãy số hạng không Gọi d Max ak ak Không giảm tính tổng quát gọi a1 số hạng có giá trị nhỏ Ta xếp số hạng dãy lên vòng tròn Gọi ( x, y) nghiệm nguyên dương phương trình : 19x= 2010y + ( pt có nghiệm nguyên dương ) Bắt đầu từ a1 ta thực liên tiếp x lần phép T theo hướng ( Mỗi bước 19 số liên tiếp ) ta số hạng tham gia y lần riêng a1 tham gia y+1 lần => a1 tăng nhiều số lại đơn vị số lại tăng Nếu dãy số có nhiều số hạng a1 ta thực tương tự Mỗi lần thực d giảm , mà d số tự nhiên sau hữu hạn lần thực d =0 => đpcm Chý ý : Tổ chấm tự thống cách chia điểm thành 0,25 không làm thay đổi tổng số điểm thành phần Điểm thi giữ nguyên không làm tròn HẾT BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Ngày thi: 11 12/01/2011 (Gồm trang) Bài Xét số thực dương x tùy ý Ta chứng minh x n ( x n +1 + 1) ⎛ x + 1⎞ ≤ ⎜ ⎟ n x +1 ⎝ ⎠ phương pháp quy nạp theo n • Với n = 1, ta cần chứng minh x( x + 1) ⎛ x + 1⎞ ≤ ⎜ ⎟ x+ ⎝ ⎠ n +1 (1) (2) Ta có: (2) ⇔ ( x + 1) − x( x + 1) ≥ ⇔ ( x − 1) ≥ Từ suy (2) bất đẳng thức đẳng thức xảy x = • Giả sử có (1) n = k đẳng thức xảy x = Khi đó, ta có: 4 x k ( x k +1 + 1) ⎛ x + 1⎞ ≤ ⎜ ⎟ k x +1 ⎝ ⎠ k +1 2k + x k ( x k +1 + 1) ( x + 1) ⎛ x + 1⎞ Suy ra: ; đẳng thức xảy x = (3) ≤ ⎜ ⎟ xk + ⎝ ⎠ Ta chứng minh: x k +1 ( x k + + 1) x k ( x k +1 + 1) ( x + 1) ≤ x k +1 + xk + đẳng thức xảy x = Thật vậy, ta có: (4) ⇔ ( x k +1 + 1) ( x + 1) − x( x k + 1)( x k + + 1) ≥ (4) ⇔ ( x k +1 − 1) ( x − 1) ≥ Từ suy (4) bất đẳng thức đẳng thức xảy x = Kết hợp điều với (3) suy 2k + x k +1 ( x k + + 1) ⎛ x + 1⎞ ; đẳng thức xảy x = ≤ ⎜ ⎟ k +1 x +1 ⎝ ⎠ Điều chứng tỏ n = k + 1, (1) bất đẳng thức đẳng thức xảy x = Vậy, với n số nguyên dương tùy ý, (1) bất đẳng thức với số thực dương x đẳng thức xảy x = ■ Bài Với n ≥ 1, ta có ⎞ 2(n + 1) n 2(n + 1) ⎛ (n − 1) ( n + 1)( n + 1) + 1⎟⎟ xn = ∑ xi = xn +1 = xn ⎜ n2 n ⎜⎝ 2n n3 i =1 ⎠ Suy xn +1 1⎞ x ⎛ = ⎜1 + ⎟ n n +1 ⎝ n ⎠ n ∀n ≥ Do đó, với n ≥ ⎛ (n + 1)(n + 1) ⎞ n + n + xn n + n −1 yn = xn +1 − xn = ⎜⎜ x (1 ) (1 + ) (1) − = = + ⎟ n 2 ∏ ⎟ n n n n k =1 k ⎝ ⎠ Từ đó, với lưu ý y1 = x2 – x1 = 3, ta có yn > ∀n ≥ 1, y1 < y2 với n ≥ ⎞ yn n + n + (n − 1) ⎛ ⎜1 + = =1+ > 2 2⎟ y n −1 ( n − 1) + n ⎝ ( n − 1) ⎠ n n − n3 + n Suy (yn) dãy số tăng n −1 ⎛ ⎜ ∑ n −1 k =1 k ⎜ ∏ (1 + ) ≤ ⎜1 + n −1 k k =1 ⎜ ⎜ ⎝ Vì với n ≥ 2, ta có n + < n n −1 ⎛ ⎜ ∑ k2 k =1 yn < ⎜⎜1+ n −1 ⎜ ⎜ ⎝ n −1 Mà ∑ k2 < + k =1 n −1 ∑ k (k −1) = + k =2 ⎛ ⎞ nên từ (3) suy yn < ⎜1 + ⎟ n − 1⎠ ⎝ n −1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ (2) n −1 nên từ (1) ta n −1 ⎛ ∀n ≥ 1⎞ (3) ∑ ⎜ k −1 − k ⎟ = − n −1 < k =2⎝ ⎠ ∀n ≥ n −1 < 2e ∀n ≥ Do (yn) dãy số bị chặn Kết hợp với (2) suy (yn) dãy hội tụ Bài 1/ Gọi F giao điểm hai đường thẳng AE BP n = 900 + FAB n = EFP n Suy EFP n + ECP n = 1800 Ta có n ACE = 900 + BCE n = CEP n = 900 Vì CF // AB Suy Do CEFP tứ giác nội tiếp Suy CFP ■ CP FP = CA FB CP OA FB OA = = −1 CA OB FP OB Vì thế, theo định lí Xê va, ba đường thẳng PO, AE BC đồng quy 2/ Đặt BP = x kí hiệu R bán kính (O) Từ đó, xét tam giác ABP, ta có Xét tam giác vuông ABP, ta có PA = Suy PC = PB = PA x2 x2 + 4R2 PB + AB = ■ x2 + 4R2 AC = PA − PC = 4R2 x2 + 4R2 Vì CF // AB (cmt) nên BC PC PC + PA MC CF PC Suy = +1= Do = = MB PA PA MB AB PA BM = Vì S AMB Rx x + R PA.BC PB AB = = PC + PA PC + PA x2 + 2R2 Rx x + R AC 1 R3 x n = AB.BM sin ABM = R = 2 2R x2 + 2R2 x2 + 2R2 R3 x R2 R2 S AMB = ⇔ x2 = 2R2 ⇔ x = 2R = 2 xR Vậy, tam giác AMB có diện tích lớn P nằm cách B khoảng R2 ■ 2R (có hai vị trí vậy); S AMB = Bài Để chứng minh khẳng định toán, ta chứng minh phủ ngũ giác ABCDE hình tròn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác Ta có Nhận xét sau: Nhận xét: Có thể phủ tam giác XYZ có độ dài cạnh không vượt hình tròn đơn vị có tâm nằm đỉnh tam giác Chứng minh: Giả sử ngược lại, tồn điểm M thuộc tam giác XYZ mà M không thuộc hình tròn hình tròn đơn vị có tâm nằm đỉnh tam giác Khi đó, ta có MX > 1, MY > MZ > n ZMX n phải có góc có số đo lớn hay Dễ thấy, ba góc n XMY , YMZ 1200 Không tổng quát, giả sử n XMY ≥ 1200 Áp dụng định lí côsin cho tam giác XMY, ta 1 XY = MX + MY − 2MX MY cos n XMY > + + = (do cos n XMY ≤ − ) 2 Suy XY > , trái với giả thiết Mâu thuẫn nhận cho ta điều muốn chứng minh Suy S AMB ≤ Do tam giác ABC, ACD ADE có độ dài cạnh không vượt nên theo Nhận xét trên, chúng phủ ba hình tròn đơn vị ((A), (B), (C)), ((A), (C), (D)) ((A), (D), (E)) Do đó, ngũ giác ABCDE phủ hình tròn đơn vị có tâm nằm đỉnh ngũ giác Theo nguyên lí Dirichlet, hình tròn phải tồn hình tròn chứa 403 điểm số điểm lấy ■ Bài Cách 1: Xét dãy số nguyên (bn) xác định b0 = 1, b1 = –1 bn = 6bn −1 + 2016bn − với n ≥ Dễ thấy với n ≥ 0, ta có an ≡ bn (mod 2011) (∗) Phương trình đặc trưng dãy (bn): x − x − 2016 = , hay (x – 48)(x + 42) = Suy ra, số hạng tổng quát dãy (bn) có dạng: bn = C1.(−42) n + C2 48n ⎧C + C2 = Từ điều kiện ban đầu dãy (bn), ta ⎨ ⎩ 42C1 − 48C2 = 49 41 49.(−42) n + 41.48n C2 = Vì bn = 90 90 90 Vì 2011 số nguyên tố nên theo định lí Phecma nhỏ, ta có: ∀n ≥ Suy C1 = (−42) 2010 ≡ 482010 ≡ 1(mod 2011) Do 90b2012 ≡ 49.(−42)2012 + 41.482012 ≡ 49.(−42)2 + 41.482 ≡ 90b2 (mod 2011) Suy b2012 ≡ b2 (mod 2011) (vì (90, 2011) = 1) Mà b2 = 6b1 + 2016b0 = 2010 nên b2012 ≡ 2010(mod 2011) Vì a2012 ≡ 2010(mod 2011) (theo (∗)) ■ Cách 2: + Số hạng tổng quát dãy (an): ( ⎞ ⎛1 an = ⎜ − ⎟ + 14 14 ⎠ ⎝2 ) n ( ) ( ) n ⎞ ⎛1 +⎜ + − 14 ⎟ 14 ⎠ ⎝2 (1) + Đặt p = 2011, ta có: ( ⎞ ⎛1 a p +1 = ⎜ − ⎟ + 14 14 ⎠ ⎝2 Do (3 + 14 ) p +1 ) p +1 = Ap +1 + B p +1 14 Ap + = B p +1 = ( p +1) / ∑ i =0 (3 − i =1 14 ) p +1 C 2pi+1.32i.14 ( p +1) / ∑ ⎞ ⎛1 +⎜ + ⎟ − 14 14 ⎠ ⎝2 p +1 = Ap +1 − B p +1 14 , p +1 −i p +1 −i 2i −1 2i −1 C p +1 14 (2) , nên a p +1 = Ap +1 − B p +1 (3) (4) + Do p số nguyên tố nên C kp ≡ 0(mod p ) ∀k =1, p −1 Do đó, từ C pk +1 = C pk + C pk −1 suy C kp +1 ≡ 0(mod p ) ∀k = 2, p −1 Vì vậy, từ (2) (3), ta được: Ap +1 ≡ (14( p +1) / + p +1 ) (mod p ) B p +1 ≡ 3( p + 1)(14( p −1) / + p −1 ) ≡ 3(14( p −1) / + p −1 ) (mod p ) Do đó, từ (4) suy a p +1 ≡ (−3 p + 2.14( p −1) / ) (mod p ) (5) Để ý 452 ≡ 14 (mod p) (45 , p) = 1, theo định lí Phecma nhỏ ta có: p ≡ 3(mod p) 14( p −1) / ≡ 45 p −1 ≡ 1(mod p ) Do đó, từ (5) ta a2012 = a p +1 ≡ − + = − ≡ 2010(mod 2011) (Đpcm) Chú ý: Đối với làm thí sinh theo Cách 2, yêu cầu trình bày chi tiết bước tìm số hạng tổng quát an Bài Do n ABC n ACB góc nhọn nên E nằm tia đối tia AB nằm cạnh AB, đồng thời F nằm cạnh AC nằm tia đối tia AC Vì thế, từ định nghĩa điểm M, N, P suy E, M, N thẳng hàng M, F, P thẳng hàng ( ) 1n n=1 n Do NMP AEF + n AFE = BAC 2 n = BAC n Suy ra: A, M, N, P nằm đường tròn NAP (1) Tiếp theo, ta chứng minh n = BAC n d qua tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC (2) NAP Không tổng quát, giả sử AB < AC (3) • Điều kiện cần: Giả sử I ∈ d Khi đó, từ (3) suy E nằm tia đối tia AB F nằm cạnh AC Qua A, kẻ đường thẳng Ax (khác AC) tiếp xúc với (P) Ta chứng minh Ax tiếp xúc với (N) Thật vậy, gọi T, T1, T2, T3 tiếp điểm (P) Ax, CD, DF, FC Gọi S giao điểm Ax DF Ta có: AT = AT3 , CT3 = CT1 , DT1 = DT2 ST2 = ST Do AS – SD = (AT – ST) – (DT2 – ST2) = AT3 – DT1 = AC – CD (4) Vì I ∈ d nên D tiếp điểm (I) cạnh BC Suy AC – CD = AB – BD (5) Từ (4) (5) suy AS + BD = AB + SD Vì ABDS tứ giác ngoại tiếp Suy Ax tiếp xúc với (N) n = NAx n + xAP n = BAx n + xAC n = BAC n Từ đó, ta có NAP 2 n = BAC n Xét hai trường hợp sau: • Điều kiện đủ: Giả sử NAP - Trường hợp 1: E nằm tia đối tia AB F nằm cạnh AC Qua A, kẻ tiếp tuyến Ax (khác AC) (P) cắt DF S Ta có n = NAP n − xAP n = BAC n − xAC n = BAx n NAx 2 Suy Ax tiếp xúc với (N) Do ABDS tứ giác ngoại tiếp Suy AS + BD = AB + SD Hơn nữa, theo chứng minh phần trên, ta có AS – SD = AC – CD (Xem (4)) Từ đó, ta BD = AB + CD – AC Suy 2BD = AB + BC – AC AB + BC + CA Do BD = p – b, p = b = AC Suy BD = BK, K tiếp điểm (I) cạnh BC Từ đó, D K nằm cạnh BC, suy D ≡ K Vì I ∈ d - Trường hợp 2: E nằm cạnh AB F nằm tia đối tia AC Khi đó, (3) nên CD > CK (∗) Mặt khác, dễ thấy, trường hợp B đóng vai trò C C đóng vai trò B, E đóng vai trò F F đóng vai trò E, (N) đóng vai trò (P) (P) đóng vai trò (N) trường hợp trước Vì thế, theo chứng minh trên, ta phải có CD = CK, mâu thuẫn với (∗) Mâu thuẫn nhận cho thấy trường hợp xảy Vậy, (2) chứng minh Từ (1) (2) hiển nhiên ta có điều phải chứng minh theo yêu cầu đề ■ Bài Ta chứng minh khẳng định phương pháp phản chứng Giả sử tồn đa thức với hệ số thực G(x, y) H(x, y), khác đa thức hằng, cho (1) P ( x, y ) = G ( x, y ).H ( x, y ) , P ( x, y ) = x n + xy + y n , n∈ N ∗ Viết G(x, y) H(x, y) dạng đa thức x: G ( x, y ) = g m ( y ).x m + g m −1 ( y ).x m −1 + + g1 ( y ).x + g ( y ) , m∈ N ; H ( x, y ) = hk ( y ).x k + hk −1 ( y ).x k −1 + + h1 ( y ).x + h0 ( y ) , k ∈ N ; gi ( y ), i = 0, m , h j ( y ), j = 0, k , đa thức với hệ số thực y Từ (1) suy ra: + m + k = n, (2) + Với n ≥ 2, g m ( y ), hk ( y ) đa thức chúng không bội y (3) Từ (3), G(x, y) H(x, y) khác đa thức nên n ≥ m, k ≥ (4) • Xét n = Khi đó, theo (2), ta có m + k = Suy m = k = 1, m = k = Giả sử m = k = (Trường hợp m = k = xét tương tự) Khi đó, ta có ( y + 1) x + y = g ( y ).h1 ( y ) x + g ( y ).h0 ( y ) Suy g ( y )(h1 ( y ) − h0 ( y )) = Vì thế, g ( y ) đa thức hằng, mâu thuẫn với giả thiết G(x, y) khác đa thức • Xét n ≥ Gọi i0 j0 số bé cho gi0 ( y ) h j0 ( y ) đa thức không bội y Dễ thấy, hệ số xi0 + j0 khai triển G(x, y) H(x, y) g ( y ).hi0 + j0 ( y ) + g1 ( y ).hi0 + j0 −1 ( y ) + + gi0 ( y ).h j0 ( y ) + gi0 +1 ( y ).h j0 −1 ( y ) + + gi0 + j0 ( y ).h0 ( y ) Từ định nghĩa i0 j0 suy hệ số không chia hết cho y Vì thế, từ (1), với lưu ý P có hệ số xn không chia hết cho y, suy i0 + j0 = n Do i0 = m j0 = k Kết hợp với (4) suy phải có m = k = 1, trái lại, m, k > 1, từ việc cân hệ số x hai vế (1) ta có y = g ( y ).h1 ( y ) + g1 ( y ).h0 ( y ) # y , điều vô lí Giả sử m = (Trường hợp k = xét tương tự) Khi đó, ta có x n + xy + y n = ( ax + g ( y ))(bx n −1 + hn − ( y ).x n − + + h1 ( y ).x + h0 ( y )) , (5) a, b số thực, với ab = Từ (5) ta y n = g ( y ).h0 ( y ) Suy g ( y ) = a ' y s , s ∈ N ∗ , s ≤ n a ' số thực khác a' Đặt c = − , ta có c ≠ Thế x = cy s vào (5), ta a c n y sn + cy s +1 + y n ≡ (6) + Nếu s = n = từ (6) ta (c + c + 1) y ≡ Suy c + c + = , điều vô lí + Nếu s = n > từ (6) ta (c n + 1) y n + cy ≡ , điều vô lí (vì c ≠ 0) + Nếu s ≥ n ≥ sn > n sn > s + Do (6) điều vô lí, c ≠ • Vậy, tóm lại, điều giả sử ban đầu sai ta có điều đề yêu cầu chứng minh ■ SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 DỰ THI QUỐC GIA, NĂM HỌC 2010-2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ DỰ BỊ MÔN THI:TOÁN ( Hướng dẫn chấm có : trang ) Câu Câu Nội dung kiến thức Điểm 4điểm Giải phương trình: 2( x x 1)(1 x 1) x x (1) * Điều kiện: x (1) 2(1 1 )( ) x x x 0,5 Đặt cos 2t , t x * (1) trở thành: 2(1 sin t )(cos 2t sin 2t ) (2) 0,5 * (2) 2(1 2sin t )(cos 2t sin 2t ) sin t 0,5 * sin(4t ) sin t 3 *t ;x 3 20 cos 10 0,5 Giải bất phương trình: log ( x x 1) log x (1) * (1) log ( x 1) log x Điều kiện x > Đặt t log x x 2t 1 t (1) trở thành: 2t t t 0,5 t 3 3 t t 0,5 t * f (t ) , f '(t ) ln ln 3 3 3 3 t 0,5 t 2 f ''(t ) 0, t ln ln 3 3 * f(1) = f(3) = , lập luận f’ có nghiệm t0 t0 (1;3) * Lập BBT, suy f (t ) t * Nghiệm: < x < 0,5 Câu 4điểm A C B F E M Áp dụng định lí ptoleme vào tứ giác ABMC ta có : MA.BC = MB.AC + MC.AB MA MB MC MB AF AE MC BC BC Áp dụng bất đt B.C.S ta có : 2 AF AE 2 AE AF MB MC MB MC BC BC BC EF BC EF 2 BC Dấu “=” xảy MB MC MBC AF AE AFE MBC EFA Câu 1 4điểm a) un 1 un 15 15 un 1 un , n N * 64 64 Xét hs : f(x) = 15 x f tăng R 64 Chứng minh : un 1 un , n N * (1) QN 15 Thật : Với n = : u2 u1 u1 u13 64 1 61 (4u1 1)(16u12 4u1 15) ( HN u1 ; ) Giả sử ( 1) vớ n = k , nghĩa : uk 1 uk Với n = k + 1, (1) uk uk 1 f (uk 1 ) f (uk ) ( HN f tăng) 1 61 * Chứng minh : un ; , n N (2) QN 1 61 Thật : Với n = : u1 ; 1 61 Giả sử ( 2) vớ n = k , nghĩa : uk ; Với n = k + uk 1 uk 15 f (uk ) 64 1 61 61 1 uk ; , f tăng nên: f f uk f 4 1 61 uk 1 (1), (2) suy Đpcm b) Đặt L = lim un Suy : n Từ Câu a) suy 1 61 L L 15 15 61 un31 un L3 L L3 64 L 15 L 64 64 61 L So với đk suy ra: lim un n 1 61 Câu 3điểm Giải pt hàm: f ( x f ( y )) f ( y f ( x)) 2( f ( y ) x y ); x, y * Đặt f(0) = a , cho x y f (a ) a Cho x 0, y a f (2a ) 3a ; cho x a, y f (2a ) a Vậy 7a = 3a nên a = Suy f(0) = * Cho y = ta có f ( f ( x)) f ( x) x Xét dãy số (xn) : x1 = x, x2 = f(x), xn+1 = f(xn) , n = 1,2,3,… Ta có : xn+2 + xn+1 – 6xn = Pt đặc trưng : t2 + t – = có nghiệm -3, Vậy xn (3) n 2n , với n =1 n = ta có : 0,5 f ( x) x 3 x 15 * 9 f ( x) f ( x) x 10 x2 n ; n 1, 2, * Vì xn 0, n 1, 2, x2 n 1 2n n 1 2 2 ; n 3 3 * Cho n dần đến vô cực, ta có Vậy f(x) = 2x * Thử lại, ta thấy f(x) = 2x thoả đề Câu 0,5 5điểm a/ Số phải tìm có dạng : aabb a, b N ,1 a , b Ta có aabb k (1) , k N ,31 k 100 (1) 1100a 11b k 11(100a b) k (2) Từ (2) k chia hết 11, 11 nguyên tố suy k chia hết 11 Mà 31 < k < 100 nên suy k {33; 44;55;66;77;88;99} Thay vào ( 1) ta k = 88 Vậy số cần tìm : 7744 b/ Xét tất cách nối 2010 cặp điểm( đỏ với xanh ) 2010 đoạn thẳng cách nối tồn có 2010 cặp điểm số tất cách nối hữu hạn Do đó, tìm cách nối có tổng độ dài đoạn thẳng ngắt nhất.Ta chứng minh cách nối phải tìm Thật vậy: giả sử ngược lại ta có hai đoạn thẳng AX BY mà cắt điểm O(Giả sử A B tô màu đỏ , X Y tô màu xanh).Khi , ta Thay đoạn thẳng AX BY hai đoạn thẳng : AY BX , đoạn nối khác giữ nguyện ta có cách nối có tính chất : AY + BX < (AO +OY) + (BO + OX) = (AO +OX) + (BO + OY) 1 1 Suyra : AY+BX nên: f (2 x)f (x) f (x) f (2 x x) f (2) f (2 x)f (x) (2 x)f (x) 2x f (x) 1đ Do f (y x)f (x) (y x).f (x) Ta cho x cố định, y (do tính liên tục) ta có: 2x 2x f (x) f (x) 2x , x 0;2 Tóm lại: f (x) x 0 x 2; 1đ LƯU Ý: - Tổ chấm thống điểm thành phần đến 0,25đ - Thí sinh có lời giải phạm vi kiến thức chương trình (khác với đáp án) cho điểm tối đa phần - Điểm toàn làm tròn đến 0,5 - SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT , NĂM HỌC 2008-2009 MÔN THI : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm :180 phút Bài ( điểm) Cho hàm số: y x 3x có đồ thị ( C) điểm M thay đổi đường thẳng (D) có phương trình: y = -3x + Biện luận số tiếp tuyến kẻ từ M tới ( C) Bài ( điểm) Tính góc tam giác ABC biết: cos 2A cos 2B cos 2C Bài ( điểm) Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm O bán kính a O nhìn cạnh AB, BC, CD, DA góc 60 Tìm tứ diện tích lớn Bài ( điểm) Xác định số hạng tổng quát dãy số (u n ) biết rằng: u1 u n 1 9u n 3u n ; (n 1, 2,3 ) Bài ( điểm) Hãy tìm hàm số f (x) xác định tập hợp số thực không âm, nhận giá trị tập thỏa điều kiện sau: 1) f x.f (y) f (y) f (x y), x, y 2) f (2) 3) f (x) , x 0;2 HẾT Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU _ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (4 điểm) Cho hàm số y = KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: TOÁN LỚP 12 Thời gian làm thi : 180 phút Ngày thi : 02/11/2010 x mx m x2 (1) Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt tiếp tuyến với đồ thị (1) điểm vuông góc với Câu (5 điểm) Giải hệ phương trình : x y x y Tìm giá trị nhỏ lớn hàm số : y tan x 16 cos x x ; 3 Câu (4 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD , mặt bên có góc đỉnh S số đo ( < < ) Chứng minh điều kiện cần đủ để tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp cách mặt phẳng chứa mặt hình chóp = Cho H trực tâm tam giác ABC không cân góc A nhọn, hình chiếu H AB, AC theo thứ tự E, F Gọi D trung điểm đoạn thẳng BC, P;Q giao điểm đường tròn đường kính AD , đường kính BC Chứng minh : Ba điềm H, P , Q thẳng hàng đường thẳng BC ,EF , PQ đồng quy Câu (4 điểm): Cho hàm số f : R R thỏa mãn : x R : f ( x 1) f ( x) f ( x) f ( x ) Chứng minh: x R; m Z : f ( x m) f ( x ) 2m q Q : f (q ) 2q Câu (3 điểm) : Gọi T phép biến đổi dãy số sau: chọn 19 số hạng dãy số số hạng cộng thêm 1, số hạng lại dãy số giữ nguyên Cho dãy số gồm 2010 số nguyên a1 ; a2 ; a3 ; ; a2010 Chứng minh : Từ dãy số cho, sau số hữu hạn phép biến đổi T , ta dãy số gồm 2010 số -HẾT -Họ tên thí sinh:……………………………………… Chữ ký giám thị 1:…………………… Số báo danh :…………………………………………… SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 DỰ THI QUỐC GIA, NĂM HỌC 2010-2011 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm thi 180 phút Ngày thi: 07/12/2010 Câu 1( điểm ) a/ Giải phương trình: 2( x x 1)(1 x 1) x x b/ Giải bất phương trình: log ( x x 1) log x Câu 2( điểm ) Cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường tròn (O) Trên tia đối tia BA, CA ta lấy điểm E F cho BE = CF = BC M điểm chạy (O) Chứng minh : MA + MB + MC EF Câu 3( điểm ) Cho dãy số (un) thỏa : 1 61 u1 ; 15 * un 1 un 64 , n N a) Chứng minh dãy số (un) có giới hạn b) Tìm lim un Câu 4( điểm ) Tìm tất hàm số f :[0; ) [0; ) , thoả mãn: f ( x f ( y )) f ( y f ( x )) 2( f ( y ) 3x y ); x, y Câu 5( điểm ) a) Tìm tất số phương gồm chữ số cho chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống khác không? b) Trên mặt phẳng cho x 2010 điểm ; điểm thẳng hàng.Người ta tô 2010 điểm màu đỏ tô 2010 điểm lại màu xanh Chứng minh rằng:bao tồn cách nối tất điểm màu đỏ với tất điểm màu xanh 2010 đoạn thẳng điểm chung -HẾT Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: [...]... sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay Giám thị không giải thích gì thêm BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA ĐỀ THI CHÍNH THỨC LỚP 12 THPT NĂM 2011 Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai: 12/ 01/2011 Bài 5 (7,0 điểm) Cho dãy số nguyên (an) xác định bởi a0 = 1, a1 = − 1 và an = 6an −1 + 5an − 2 với mọi n ≥ 2 Chứng minh rằng a2 012 − 2010 chia hết... HẾT Họ và tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU _ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (4 điểm) Cho hàm số y = KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: TOÁN LỚP 12 Thời gian làm bài thi : 180 phút Ngày thi : 02/11/2010 x 2 mx m x2 1 (1) Tìm tất cả các giá... trình (khác với đáp án) thì vẫn cho điểm tối đa của phần đó - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5 - 2 3 SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT , NĂM HỌC 2008-2009 MÔN THI : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài :180 phút Bài 1 ( 4 điểm) Cho hàm số: y x 3 3x 2 có đồ thị là ( C) và một điểm M... nhau -HẾT -Họ và tên thí sinh:……………………………………… Chữ ký giám thị 1:…………………… Số báo danh :…………………………………………… SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 DỰ THI QUỐC GIA, NĂM HỌC 2010-2011 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài thi 180 phút Ngày thi: 07 /12/ 2010 Câu 1( 4 điểm ) a/ Giải phương trình: 2( x x 1)(1 x... và H(x, y) là các đa thức với hệ số thực, khác đa thức hằng HẾT - • • Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay Giám thị không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT , NĂM HỌC 2008-2009 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN-ĐỀ CHÍNH THỨC ( Hướng dẫn chấm có : 2 trang ) Bài 1 ( 4 điểm) Gọi M(a;-3a +2) và. .. sn > n và sn > s + 1 Do đó (6) là điều vô lí, vì c ≠ 0 • Vậy, tóm lại, điều giả sử ban đầu là sai và vì thế ta có điều đề bài yêu cầu chứng minh ■ 6 SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 DỰ THI QUỐC GIA, NĂM HỌC 2010-2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ DỰ BỊ MÔN THI: TOÁN ( Hướng dẫn chấm có : 5 trang ) Câu Câu 1 Nội dung kiến thức Điểm 4điểm 1 Giải phương trình: 2(... ĐỀ THI CHÍNH THỨC LỚP 12 THPT NĂM 2011 Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011 Bài 1 (5,0 điểm) Cho số nguyên dương n Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, ta có bất đẳng thức: x n ( x n + 1 + 1) ⎛ x + 1 ⎞ ≤ ⎜ ⎟ xn + 1 ⎝ 2 ⎠ Hỏi đẳng thức xảy ra khi nào? 2n +1 Bài 2 (5,0 điểm) Cho dãy số thực (xn) xác định bởi 2n n − 1 ∑ xi với mọi n ≥ 2 x1 = 1 và. .. tổng độ dài các đoạn thẳng là nhỏ hơn Vố lý , vì trái với giả thi t là đã chọn cách nối có tổng độ dài là bé nhất Điều vô lý đó chứng tỏ : cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn nhất là không có điểm chung LƯU Ý: - Tổ chấm thống nhất điểm thành phần đến 0,25đ - Điểm bài thi giữ nguyên không làm tròn -HẾT - 5 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI. .. do G(x, y) và H(x, y) khác đa thức hằng nên nếu n ≥ 2 thì m, k ≥ 1 (4) • Xét n = 1 Khi đó, theo (2), ta có m + k = 1 Suy ra m = 0 và k = 1, hoặc m = 1 và k = 0 Giả sử m = 0 và k = 1 (Trường hợp m = 1 và k = 0 xét tương tự) Khi đó, ta có ( y + 1) x + y = g 0 ( y ).h1 ( y ) x + g 0 ( y ).h0 ( y ) Suy ra g 0 ( y )(h1 ( y ) − h0 ( y )) = 1 Vì thế, g 0 ( y ) là đa thức hằng, mâu thuẫn với giả thi t G(x,... thẳng AX và BY mà cắt nhau tại điểm O(Giả sử A và B tô màu đỏ , còn X và Y tô màu xanh).Khi đó , nếu ta Thay đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng : AY và BX , các đoạn đã nối khác giữ nguyện thì ta có cách nối này có tính chất : AY + BX < (AO +OY) + (BO + OX) = (AO +OX) + (BO + OY) 4 1 1 1 1 Suyra : AY+BX ... đổi tổng số điểm thành phần Điểm thi giữ nguyên không làm tròn HẾT BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Ngày thi: ... LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 - 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: B Ngày thi: 19/10/2014 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 01 trang) ĐỀ Câu 1:... TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU _ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (4 điểm) Cho hàm số y = KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: TOÁN LỚP 12 Thời gian làm thi