Đề Hsg Toan 12 Soc Trang.doc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SÓC TRĂNG Đề chính thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH NĂM 2017 MÔN TOÁN 12 (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề) Đề thi này có 01 trang Câu 1 (4 đ[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SĨC TRĂNG Đề thức Câu KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH NĂM 2017 MƠN: TỐN 12 (Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề) Đề thi có 01 trang (4 điểm) Giải phương trình sau tập số thực:  x  1 Câu x  2 x3  x  (4 điểm) Cho dãy số  xn  với n  * xác định sau:  x1 3   xn 1 xn  3xn  a) Chứng minh dãy số  xn  không bị chặn b) Xét dãy số  yn  xác định yn  Câu 1    Tìm lim yn x1  x2  xn  (4 điểm) Cho tập hợp A  0,1, 2,3, 4,5 Hỏi có số tự nhiên chia hết cho gồm chữ số lập từ tập A Câu n n n n (4 điểm) Chứng minh      5 n không chia hết cho  n   Câu (4 điểm) Cho ba tia Ox , Oy , Oz đơi vng góc với O A, B, C theo thứ tự ba điểm thay đổi Ox , Oy , Oz cho tam giác ABC có diện tích S khơng đổi cho trước Gọi S1 , S , S3 diện tích tam giác OBC , OCA , OAB 2 2 a) Chứng minh S1  S2  S3 S b) Tìm giá trị lớn biểu thức: P  S3 S1 S2   S  S1 S  S S  S3 Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (4 điểm) Giải phương trình sau tập số thực: x  2 x  x   x  1 Lời giải Ta có  x  1 x  2 x  x    x  1   x  1 x3   x  0 Đặt t  x  , t 0 ta phương trình : 2t   x  1 t  x  0 có   x  3 suy phương trình có hai nghiệm t 4x  1 4x  4x  1 4x   t  2 x  4 Với t   1 3 x    x    x   x  4 Với t 2 x   2 x  0  x  2 x     x  4 x  x   x   x 2   x 0, x 2   Vậy tập nghiệm phương trình S   ;    Câu (4 điểm) Cho dãy số  xn  với n  * xác định sau:  x1 3   xn 1 xn  3xn  a) Chứng minh dãy số  xn  không bị chặn b) Xét dãy số  yn  xác định yn  1    Tìm lim yn x1  x2  xn  Lời giải * a) Ta có xn 1  xn  xn2  xn   xn   0  xn 1  xn , n   Giả sử dãy  xn  bị chặn suy dãy  xn  có giới hạn hữu hạn Ta giả sử lim xn a , a 3 Mặt khác xn 1  xn  xn  xn  nên a a  3a   a 2 mâu thuẫn với điều kiện a 3 Vậy dãy số  xn  không bị chặn 2 b) Ta có xn 1 xn  xn   xn 1   xn  3xn   xn 1   xn  1  xn    1 1 1 Do       xn 1   xn  1  xn   xn  xn  xn  xn  xn 1  yn  1    x1  x2  xn    1   1               x1  x2    x2  x3    xn  xn1   Hay yn  1  1  x1  xn 1  xn 1  Mặt khác dãy số  xn  tăng không bị chặn nên lim xn  suy   lim yn lim    1  xn 1   Câu (4 điểm) Cho tập hợp A  0,1, 2,3, 4,5 Hỏi có số tự nhiên chia hết cho gồm chữ số lập từ tập A Lời giải Đặt N1  0,3 , N  1, 4 , N  2,5 Gọi số cần lập n abcde * Trường hợp 1: Cả chữ số thuộc N1 đó: - Có cách chọn a , vị trí cịn lại có cách chọn - Do có 24 16 số * Trường hợp 2: Cả chữ số thuộc N1 , chữ số thuộc N , chữ số thuộc N3 đó: 1 - Nếu a  N1 ta có cách chọn a ; có C4 cách chọn hai vị trí thuộc N1 ; có C2 C1 cách chọn vị trí thuộc N N3 ; vị trí (trừ a ) có cách chọn số Do có C42 C21 C11.24 192 số 1 - Nếu a  N1 ta có C4 cách chọn ba vị trí thuộc N1 ; có C2 C1 cách chọn vị trí thuộc N N3 ; vị trí có cách chọn số Do có C43 C21 C11.25 256 số * Trường hợp 3: Một chữ số thuộc N1 , hai chữ số thuộc N , ba chữ số thuộc N3 - Tương tự trường hợp có: 1.C4  C4 C4 864 số * Trường hợp 4: Hai chữ số thuộc N1 , ba chữ số thuộc N có: 1.C41 24  C42 25 256 số * Trường hợp 5: Hai chữ số thuộc N1 , ba chữ số thuộc N3 - Tương tự trường hợp có 256 số * Trường hợp 6: Bốn chữ số thuộc N , chữ số thuộc N3 có: C5 160 số * Trường hợp 7: Bốn chữ số thuộc N3 , chữ số thuộc N có: 160 số * Vậy có thảy: 16  192  256  864  3.256  2.160 2160 số Câu n n n n (4 điểm) Chứng minh      5 n không chia hết cho  n   Lời giải * Trường hợp 1: n 4k : A 14 k  24 k  34 k  44 k 1  16k  81k  216k k Ta có 16 1  mod   16 1  mod  81 1  mod   81k 1  mod  216 1  mod   216k 1  mod  k k k - Do A 1  16  81  216 4  mod  - Vậy A không chia hết cho * Trường hợp 2: n 4k  , n 4k   n số lẻ Do đó: n n -    chia hết cho   5  n n -    chia hết cho   5  n n n n Suy A      5 * Trường hợp 3: n 4k  A 14 k 2  24 k 2  34 k 2  44 k 2 1  4.24 k  9.34 k  16.44 k 4k 4k - Ta có 1  mod   4.2 1  mod  34 k 1  mod   9.34 k 1  mod  44 k 1  mod   16.44 k 1  mod  - Do A     1  mod  Suy A chia hết cho Vậy A chia hết cho n không chia hết cho Câu (4 điểm) Cho ba tia Ox , Oy , Oz đơi vng góc với O A, B, C theo thứ tự ba điểm thay đổi Ox , Oy , Oz cho tam giác ABC có diện tích S không đổi cho trước Gọi S1 , S , S3 diện tích tam giác OBC , OCA , OAB 2 2 a) Chứng minh S1  S2  S3 S b) Tìm giá trị lớn biểu thức: P  S3 S1 S2   S  S1 S  S S  S3 Lời giải A a c O b B C H CB  OA  CB  AH Do a) Đặt OA a , OB b , OC c Kẻ OH  CB , ta có  CB  OH 1 OB.OC S ABC  AH BC S ; S OBC  OH BC  OB.OC  OH  2 BC bc b2c b2 c  a 2b2  a 2c 2 2  OH  ;   a  AH  OH  OA b2  c b2  c b2  c b c  a 2b  a c  2 2  2 2 Suy S  b c   b c a b a c   2 4 b c 2 2 Hay S S1  S2  S3 (điều phải chứng minh) S1  S2  S3   S1  S2  S3 S S3 S1 S2 S S S 2P    1  1  1  S  2S1 S  S S  S3 S  S1 S  S2 S  S3 b) Theo câu a) ta có S S12  S 22  S32    1  3 S  1  1   S  2S2 S  S3   S  2S1 9S 3  S 3  3S   S1  S2  S3  3S  2S 3    3 32   Suy P 6  3 Vậy Pmax 6  3 đạt S1 S S3  OA OB OC  2S Hướng dẫn tìm tải tài liệu https://forms.gle/LzVNwfMpYB9qH4JU6