Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi dự thi quốc gia tỉnh đắk lắk toán 12

Đề Thi Chọn Đội Tuyển Học Sinh Giỏi Dự Thi Quốc Gia Tỉnh Đắk Lắk Toán 12 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2010 2011 TỈNH ĐẮK LẮK MÔN TOÁN 12 – THPT Thời gian làm bài 180 phút(không kể thời gian giao đề) Ngày thi 30112010 Bài 1(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C đều là góc nhọn Chứng minh rằng 3 32 < sinA + sinB + sinC 2  Bài 2(3,0 điểm) Trên các cạnh của một tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều A’BC, B’CA, C.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2010 - 2011 TỈNH ĐẮK LẮK MƠN: TỐN 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút(không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30/11/2010 Bài 1(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C góc nhọn Chứng minh rằng: 3 < sinA + sinB + sinC  Bài 2(3,0 điểm) Trên cạnh tam giác ABC, dựng phía tam giác ABC tam giác A’BC, B’CA, C’AB Gọi A0, A1, B0, B1, C0, C1 trung điểm cạnh BC, B’C’, CA, C’A’, AB, A’B’ hai tam giác ABC A’B’C’ Chứng minh đoạn thẳng A0A1, B0B1, C0C1 đồng qui Bài 3(3,0 điểm) Cho n số tự nhiên lớn Tìm ước chung lớn số: C12 n ;C32 n ; ;C22 nn 1 Bài 4(3,0 điểm) Cho hai số thực dương a, b a > b Hai dãy số (un) (vn) thành lập u v sau: u1 = a; v1 = b; u n+1  n n ; vn+1  u n ; với n số tự nhiên lớn Chứng minh rằng: 1) Hai dãy số bị chặn 2) nlim u = nlim v  n  n Bài 5(3,0 điểm) a 2x+2010 Cho hàm số f(x) = 2x , với a số thực dương a +a Tính tổng: S= f(0) + f( ) + f( ) + + f(1) n n Bài 6(3,0 điểm) Chứng minh bất đẳng thức: -1  1+ 2sinx + 1+ 2cosx  2( +1) Bài 7(3,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) điểm A cố định đường trịn Một điểm M di chuyển đường tròn (O;R), hai tiếp tuyến đường tròn (O;R) điểm M điểm A cắt điểm P Một đường tròn (O1; R1) qua điểm M tiếp xúc với AP điểm P Chứng minh M di chuyển đường trịn (O;R), đường trịn (O1;R1) ln ln tiếp xúc với đường tròn cố định Hết Họ tên thí sinh_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Số báo danh_ _ _ _ _ _ _ _ DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN 12 – THPT A ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài 1(2,0 điểm) Chứng minh: 3 +/ Vì A, B, C ba góc tam giác nên sin góc dương, vậy: (0.5 điểm) sinA + sinB + sinC > sin A + sin B + sin 2C Mặt khác: 1- cos2A 1- cos2B sin A + sin B + sin 2C = + +1- cos2C = - (cos2A + cos2B) - cos2C 2 2 = - cos(A + B)cos(A - B) - cos C = + cosCcos(A - B) - cos C = + cosC(cos(A - B) - cosC) = + cosC(cos(A - B) + cos(A + B)) = + 2cosA.cosB.cosC > (0.5 điểm) (Vì góc A, B, C nhọn nên cosA, cosB, cosC dương), đó: sinA+sinB+sinC>2 < sinA + sinB + sinC   A+B A B  2sin +/ Ta có: (sinA + sinB) + (sinC + sin )= 2sin cos 2 A+B  2(sin  sin 4sin  C  )  4sin A+B+C+  , suy ra: sinA + sinB +sinC  3sin cos   A B C  3  )  4sin C  cos A+B+C+ C   3= (1.0 điểm) (Nếu thí sinh áp dụng bất đẳng thức JenSen có dùng đạo hàm để chứng minh hàm lồi cho điểm tối đa, khơng chứng minh hàm lồi cho nửa số điểm) Bài 2(3,0 điểm) +/ Ta chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng qui nhau: Gọi I giao điểm AA’ BB’, sử dụng phép quay tâm C góc quay +600 ta có B’ biến thành A B biến thành A’, nên B’B biến thành AA’ suy ra: B’B=AA’ ฀ ' =600 Trên tia IA’ lấy I cho I I = IB, nên tam góc(B’B,AA’) = 600, góc BIA 1 giác IBI1 Sử dụng phép quay tâm B, góc quay 60 , A’ biến thành C, A biến thành C’ I1 biến thành I, A’A = CC’, A, I1, A’ thẳng hàng, nên C, I, C’ thẳng hàng hay A’A cắt CC’ I, từ AA’, BB’, CC’ đồng qui (1.0 điểm) +/ Ta chứng minh tam giác ABC, A0B0C0, A’B’C’ A1B1C1 có trọng tâm G     - Xét hai tam giác ABC C’B’A’, ta chứng minh AC '  BA '  CB '  (hình 1) DeThiMau.vn A B’ C’ C B A’       AB  OB * ; BC  OC * ; CA  OA * Lấy  điểm O, gọi điểm cho       Và AC '  OC2 ; BA '  OA2 ; CB '  OB2 (hình 2) Sử dụng phép quay tâm O, góc quay +600, ta có C2 biến thành B*, A2 biến thành C*, B2 biến thành A*, nghĩa là: A* B2 B*, C*, A* C* O C2 A2 B* (hình 2)             OC2  OB * ; OA2  OC * ; OB2  OA * ; vậy: AC '  AB ; BA '  BC ; CB '  CA , đó:        AC '  BA '  CB '  AB  BC  CA  , phép quay tương ứng 1–1, nên     AC '  BA '  CB '  , suy trọng tâm hai tam giác ABC, A’B’C’ trùng nhau: (1.0 điểm) Hai tam giác cịn lại hai tốn bản, trường hợp (0,25 điểm) - Sử dụng phép vị tự tâm G, hệ số k   , biến đoạn thẳng AA’, BB’ CC’ thành đoạn thẳng A0A1, B0B1, C0C1 suy điều phải chứng minh (0,50 điểm) DeThiMau.vn Hình tồn C’ A A1 B’ C0 B0 I B1 B C A0 C1 I1 A’ Bài 3(3,0 điểm) Ta có: (1+ x)n = C0 + C1 x + C2 x + C3 x + + C2n-1x 2n-1 + C2n x 2n (1) 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n Thay x = -1 vào (1) ta có: C + C + + C  C + C + + C2n-1 2n 2n 2n 2n 2n 2n n 2n-1 Thay x = vào (1) ta có: = C + C + C + C + + C + C2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n-1 n-1 Vậy: C + C + + C (0,5 điểm) 2 2n 2n 2n Như ước chung số C1 ;C3 ; ;C2n-1 có dạng 2p, ta cần tìm số tự 2n 2n 2n nhiên p lớn (0,5 điểm) k+1 k Giả sử n = q, q số lẻ , C = 2n = q , nên ước chung cac 2n k 1 số xét  , ta có: (0,5 điểm) k+1 q p-1 Cpk+1  C k+1 , số tổ hợp nguyên, p số lẻ, nên Cpk+1 chia hết q q1 q p cho 2k+1, tức Cpk+1  2k 1.M p , Mp nguyên, p =1, 3, …, 2n–1 Vậy 2k+1 q ước chung số xét ước chung lớn (1,5 điểm) Bài 4(3,0 điểm) 1) Ta có: u1 > v1 theo bất đẳng thức Cauchy ta có u2 > v2, suy u v u2  1  u1; v2  u1v1  v1 Do b = v1 < v2 < u < u1 = a Giả sử n = k  bất đẳng thức sau đúng: b  vk < vk+1 < u k+1 < u k  a Với n = k+1 theo Cauchy: uk+2 > vk+2 u v  uk 2  k 1 k 1  uk 1; vk 2  uk 1vk 1  vk 1 Từ suy ra: b  < vn+1 < u n+1 < u n  a Tức dãy số (un) giảm bị chặn dưới, nên bị chặn, dãy (vn) tăng bị chặn nên bị chặn (2,0 điểm) DeThiMau.vn 2) Đặt nlim u = x; nlim v  y , ta có:  n  n x = nlim u =  n+1   1 lim u  lim  ( x  y )  x = y n n  n  (1,0 điểm) Bài 5(3,0 điểm) Ta có: f(1- x) = a 2011 a 2(1-x)+2010 = , suy f(x) + f(1- x) = a 2(1-x) + a a 2x + a a 2x+2010 a 2011  a 2010 + 2x 2x a +a a +a (1,0 điểm) Vì: S = f(0) + f( ) + f( ) + + f(1) n n S = f(1) + f( n -1 n-2 n n ) + f( ) + + f(0) Do đó: 2S = f(0) + f(1)  + f( ) + f(  n n -1   n-2  )  + f( ) + f( )   f(1) + f(0)  n   n n  (1,0 điểm) n -1 n-2  )    f(1) + f(0)  = a2010 Mà f(0) + f(1)  = f( ) + f( )  = f( ) + f( n   n n   n (0,5 điểm) (0,5 điểm) Suy ra: 2S = (n+1) a2010 hay S = (n  1)a 2010 Bài 6(3,0 điểm) Đặt f(x)   2sin x   cos x  nên f2(x) = + 4(sinx+cosx) +  2(sin x  cos x)  4sin x.cos x , đặt t = sinx + cosx, với điều kiện t  ta có hàm số g (t )   4t  2t  2t  miền t  , ta có bảng biến (2,0 điểm) thiên t  4t2 + 8t + 8t+8 – g(t) g’(t) Dấu g’(t) g(t) Vậy g (t )  min( g (  t   1 1 -4t2 + -8t + – 1 1 ); g ( ))  (  1) ; 2 4t2 + 8t + 8t+8 + (1,0 điểm) max g (t )  max( g ( 2); g (0); g ( 2))  4(  1)2 , từ suy đpcm  t  DeThiMau.vn Bài 7(3,0 điểm) B A P O O2 O1 M A’ Q +/ Kẻ đường kính AA’ (O;R), lấy AA’ điểm O2 cho O2A’ = chứng minh đường tròn (O2, R Ta R ) đường trịn cần tìm (1,0 điểm) +/ Kẻ đường kính PQ (O1;R1), O, M, Q thẳng hàng, dễ thấy tam giác OQP cân Q, gọi B điểm đối xứng O qua A ta có hai tam giác QPO, POB đồng dạng với suy QP PO , hay OP2 = 4RR1(1)  PO OB (0,5 điểm) +/ Do tam giác OAP vuông A nên OA2 + AP2 = OP2, kết hợp (1) ta có: OA2 + AP2 = 4RR1  R  AP  RR1  R12  RR1  25 R  AP  R12  RR1  R 16 16         R1  R   AP   R1  R    O1 P  O2 A   AP   R1  R           O1O22   R1  R   O1O2  R1  R (đpcm)   (1,5 điểm) B HƯỚNG DẪN CHẤM 1/ Điểm làm theo thang điểm 20, tổng điểm thành phần khơng làm trịn số 2/ Nếu thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa phần HẾT DeThiMau.vn ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN 12 – THPT A ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài 1(2,0 điểm) Chứng minh: 3 +/ Vì... vuông A nên OA2 + AP2 = OP2, kết hợp (1) ta có: OA2 + AP2 = 4RR1  R  AP  RR1  R12  RR1  25 R  AP  R12  RR1  R 16 16         R1  R   AP   R1  R    O1 P  O2 A   AP... thang điểm 20, tổng điểm thành phần khơng làm trịn số 2/ Nếu thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa phần HẾT DeThiMau.vn