Đề thi HSG lớp 12 năm 2013 môn Toán vòng 1 tỉnh Quảng Bình pot

SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán - Vòng I ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012) SỐ BÁO DANH: Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2.5 điểm): Giải phương trình: 4n 2n * 2012 2012 (n ) x x     . Câu 2 (2.5 điểm): Cho dãy số n (u ) xác định bởi công thức: 1 * 1 2 3 1 3 2 ; ( ). 3 n n n u u u n u                  Tính: lim n u ? Câu 3 (1.5 điểm): Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 36 9 x y z x y y z z x       . Câu 4 (2.0 điểm): Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC, N là chân đường phân giác góc  BAC . Đường thẳng vuông góc với NA tại N cắt các đường thẳng AB, AM lần lượt tại P, Q theo thứ tự đó. Đường thẳng vuông góc với AB tại P cắt AN tại O. Chứng minh OQ vuông BC. Câu 5 (1.5 điểm): Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 3 x y z    . HẾT Trang: 1 - Đáp án Toán - Vòng 1 SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán - Vòng I (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012) HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang) yªu cÇu chung * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Câu Nội dung Điểm 1 Phương trình: 4n 2n x x 2012 2012 (n N*) (1)     Đặt t = x 2n  0, phương trình (1) trở thành: 2 2 2 2 2 t t 2012 2012 1 1 t t t 2012 t 2012 4 4 1 1 t t 2012 2 2 t 1 t 2012 t t 2011 0. (2)                                     Giải phương trình (2) ta được: 1 8045 t 2    thỏa mãn điều kiện Phương trình có 2 nghiệm: 2n 1 1 8045 x 2    và 2n 2 1 8045 x 2     , n *   . 2 ,5 đi ểm 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 2 Theo công thức xác định dãy ( ) n u , ta có * 0; n u n     . Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 2,5 điểm 0,5 Trang: 2 - Đáp án Toán - Vòng 1 2 * 3 3 1 2 2 2 1 3 1 3 3 2 . 3 ; 3 3 n n n n n n n n u u u u u n u u u                        . Do đó: * 3 3 ; n u n    . Mặt khác: 3 1 2 2 2 2 1 1 3 1 3 0 3 3 3 n n n n n n n n n u u u u u u u u u                       . Vậy ( ) n u là dãy số giảm và bị chặn dưới nên nó có giới hạn. Giả sử, lim n u a  .Ta có: 3 2 2 2 1 3 3 3 a a a a a a       . Vậy: 3 lim 3 n u  0,5 0,5 0,5 0,5 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 36 9 x y z x y y z z x       2 2 2 2 2 2 1 1 1 (9 ) 36 x y y z z x x y z              . Ta có:       3 2 z + zx z z x 3 xy y xy xy y z          . Do đó:     2 2 2 3 27 z+zx 1 1 1 z+zx xyz z+zx 27 . z+zx xy y xy y x y z xy y xy y                      Mặt khác:         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 6 1 1 1 2 3 . x y y z z x x y y z z x xy yz zx                 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 (9 ) 27 4 3 z+zx . z+zx x y y z z x x y z xy y xy y                             9 108. 6 xy yz zx xy yz zx              1.5 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang: 3 - Đáp án Toán - Vòng 1   9 108 6 2 1296 xy yz zx xy yz zx              . Suy ra: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 (9 ) 36 x y y z z x x y z             . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1. 0,25 0,25 4 Chọn hệ trục tọa độ Nxy sao cho A, N nằm trên trục hoành. Vì AB không song song với các trục tọa độ nên phương trình của nó có dạng : y = ax + b (a  0). Khi đó : ;0 b A a         , (0; ) P b  . AC đi qua A và đối xứng với AB qua trục hoành nên có phương trình : y = -ax – b. PO đi qua P, vuông góc với AB nên có phương trình : 1 y x b a    . O là giao điểm của PO và trục hoành nên ( ,0) O ab  . BC đi qua gốc tọa độ nên : +) Nếu BC không nằm trên trục tung thì phương trình BC có dạng y = cx với c  0,c   a (vì B, C không thuộc trục hoành, BC không song song với AB và AC). B là giao điểm của BC và AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ : ; y ax b b bc B y cx c a c a                 . C là giao điểm của BC và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ : 2.0 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 y x O Q P M N C B A Trang: 4 - Đáp án Toán - Vòng 1 ; y ax b b bc C y cx c a c a                    . Do đó : 2 2 2 2 ; ab abc M c a c a          , suy ra :   2 2 2 ; ( ) bc AM c a a c a    . Từ đó ta có phương trình của AM là : 2 a ab y x c c   . Q là giao điểm của AM với trục tung nên 1 0; 1; ab Q QO ab c c                  . Do đó QO  là một vectơ pháp tuyến của BC nên QO vuông góc BC. +) Nếu BC nằm trên trục tung thì tam giác ABC cân tại A nên M  N, do đó O thuộc AN nên QO vuông góc BC. 0,25 0,25 0,25 5 Giả sử   , , x y z là nghiệm nguyên dương của phương trình. Ta có:         2 2 x+2 3 2 z ( ) 2 z 2 3 ( ) 4 8 3 z 12 4 4 3 ( ) 12 ( ) 4 3 ( ) 12 4 y z y x y z y x y z yz y yz x y z x y z x y z yz                            Nếu ( ) x y z   thì   2 ( ) 4 12 4 3 ( ) x y z yz x y z           (vô lý). Nếu x y z   thì 1 3 3 4 3 1 y z yz x y z                      . Thử lại, ta thấy: (4; 3; 1) và (4; 1; 3) là nghiệm của phương trình. Vậy: nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (4; 3; 1) và (4; 1; 3). 1,5 điểm 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 . KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2 012 - 2 013 Môn thi: Toán - Vòng I ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2 012 ) . GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2 012 - 2 013 Môn thi: Toán - Vòng I (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2 012 ) HƯỚNG