Đề thi hsg môn toán lớp 12 sở gd đt long an năm học 2012 2013 bảng b file word có lời giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM 2012-VÒNG LONG AN Mơn: TỐN- Bảng B Ngày thi:23/10/2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút( không kể thời gian phát đề) Câu 1: (6,0 điểm) xy    a) Giải hệ phương trình:  2   x  y 1  b) Giải phương trình: x  y 2 2 x  y 3 ,với x, y   x  x    x  1 3 x ,với x   Câu 2: (5,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân A, cạnh BC nằm đường thẳng có phương trình: x  y  0 Đường cao kẻ từ B có phương trình: x  y  0 , điểm M  1;1 thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C Xác định toạ độ đỉnh tam giác ABC b) Trong mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt A,B,C,D cho bốn điểm khơng nằm đường thẳng Chứng minh rằng: AC  BD  AB  CD  AD  BC Câu 3: (3,0 điểm) Cho dãy số(un) xác định sau : u1    un   un1   (  1)un  a) Chứng minh: tan b) Tính: (n 1, n  )   21 u2015 Câu 4: (3,0 điểm) Cho ba số dương a, b c thỏa mãn abc = 1.Chứng minh rằng: a) a  b  c a  b  c b) 1   1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 Câu 5: (3,0 điểm)  x  y  m  Cho hệ phương trình  ( x  2) y  xy 3m( y  )  Tìm m để hệ phương trình có nhiều hai nghiệm với x,y  …….HẾT…… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:………………………………Số báo danh:……………… Chữ ký giám thị 1:…………………….Chữ ký giám thị 2:………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM 2012-VÒNG LONG AN Mơn: TỐN- Bảng B Ngày thi:23/10/2012 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1a (3,0 điểm)  x  y  x  y 2  Giải hệ phương trình:  2 2   x  y   x  y 3  x  y  x  y 2  Giải hệ phương trình:  2 2   x  y   x  y 3 Điểm 0,25 Điều kiện: x+y 0, x-y 0 u  x  y Đặt:  ĐK: u 0, v 0 ta có hệ:  v x  y  u  v 2 (u  v)  u  v 2 uv      u  v2   u  v2   uv 3   uv 3  2    u  v 2 uv  (1)    (u  v)  2uv   uv 3 (2)   0,25 0,5 0,5 Thế (1) vào (2) ta có: uv  uv   uv 3  uv  uv  (3  uv )  uv 0  u 4   uv 0 v 0  Kết hợp (1) ta có:   u 0 u  v 4   v 4 0,5 u 4  (vì u>v) v 0 Từ ta có: x = 2; y = 2.(Thỏa đk) Vậy nghiệm hệ là: (x; y) = (2; 2) Câu 1b Giải phương trình: (3,0 điểm) Từ pt ta thấy x 0,5 0,25 0,25 x ( x  1)   x  3 x (1)   0,5 (1)  x2  1     x   3 x x  , t 2 x Pt trở thành: t     t  0,5 t 3 2  t 2 t  9t  14 0 1,0 Đặt: t x  x 0,5 0,5 2  x 1 x Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân A, cạnh BC nằm Câu 2a (2,5 điểm) đường thẳng có phương trình x  y  0 Đường cao kẻ từ B có phương trình x  y  0 , điểm M  1;1 thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C Xác định toạ độ đỉnh tam giác ABC A M B I N E C  x  y  0 Toạ độ B nghiệm hệ   x  y  0 0,25 Suy B  3;   Gọi d đường thẳng qua M song song với BC  d : x  y  0 Gọi N giao điểm d với đường cao kẻ từ B Toạ độ N nghiệm hệ 0,25  x  y  0   x  y  0 0,25 Suy N  4;   5  Gọi I trung điểm MN  I  ;   2  Gọi E trung điểm BC Do tam giác ABC cân nên IE đường trung trực BC, IE 13 0 qua I vng góc với BC  IE : x  y  13  0 x  y   21 11  6 2  E ,   C ;  Toạ độ E nghiệm hệ  5 5  10   x  y  0 CA qua C vng góc với BN suy CA : x  y  0 0,25 0,5 0,5 0,25 13   x  y  0  33 49   A  ; Toạ đô A nghiệm hệ    10 10   x  y  0  Trong mặt phẳng cho bốn điệm phân biệt A,B,C,D không nằm đường Câu 2b 0,25 thẳng Chứng minh rằng: AC  BD  AB  CD  AD  BC (2,5 điểm) Chọn hệ trục Oxy cho A, C  Ox , B  Oy 0,25 Giả sử hệ trục ta có: A( a,0), C (c,0), B (0, b), D ( m, n) 0,25 AB  CD  AD  BC 2  a  b   c  m   n  a  m   n  c  b 0,5  2m( a  c) 0 (*) Do A(a,0)  C (c,0)  a c 0,5 Vậy từ (*) suy m = , hay D nằm trục tung Vậy (*)  AC  BD Cho dãy số(un) xác định sau : 0,5 0,25 Câu u1    un   u n 1   (  1)u n  a) Chứng minh: tan b)Tính: 0,25 (n 1,2,3, )   21 u2015 Ta có : Câu 3a (1,0 điểm)  tan     tan tan     8    tan     tan  tan  0 8    tan     tan         (Vì tan dương) 8 Đặt u1  tan a , ta có:  tan 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 3b (2,0 điểm) 0,25    tan( a  )  tan  tan( a  ) , u  8 tan(a   ) u2     8  tan a.tan  tan tan(a  ) 8  Ta chứng minh : un tan(a  (n  1) ), n 1, n   (*) tan a  tan u1 tan a Với n = 0,25  Giả sử (*) với n = k , k 1 , hay ta có: uk tan( a  (k  1) )   tan(a  (k  1) )  tan u  21 8 tan( a  k  )  Ta có: uk 1  k  (  1)uk  tan(a  (k  1)  ).tan  8 0,25 Vậy (*) với n = k+1 0,25  Vậy un tan(a  (n  1) ), n 1, n   0,25  3 3 u2015 tan( a  2014 ) tan( a   251 ) tan( a  ) 4  21 = tan(a  )  1 Cho n = 2015, ta có : (  1) tan 0,25 0,25 0,25  Cho ba số dương a, b c thoả mãn abc = Câu a) a  b  c a  b  c b) 1   1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 Câu 4a (1,0 điểm) a  2a , b  2b , c  2c 0,25  a  b  c  a  b  c    a  b  c   0,25 Mà a  b  c 3 abc 3 0,25 Vậy: a  b  c a  b  c , đẳng thức xảy a b c 1 0,25  a b  Câu 4b (2,0 điểm) a3b a3b   a  b   ab   ab  3    a  b  ab Tương tự: a2  ab  b  a  b   ab    0,5  a  b  abc  ab a b c 3   ab  abc a3b3c  c a b3c 0,5 a b c   3 0,5  b  c  bc  c  a  ca Vậy: Câu (3,0 điểm)  3 a b c 3    bc  3 a b c 3   ca  abc a b c 3 abc  3 0,25 b a b3c a b c a a b3c 3  3 3 1 a3b3c   3 1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 a3b3c 0,25 Đẳng thức xảy a = b = c =   x  y  m(1) Cho hệ phương trình  ( x  2) y  xy 3m( y  )(2)  Tìm m để hệ phương trinh có nhiều hai nghiệm (1) x  m  y 3  3 m   y  y2  2 m  2  2  f ( y )  y  my  2m 0 (*) Thế vào (2)    y 3my  2m  0,25 0,25 Hpt có nhiều hai nghiệm pt (*) có ba nghiệm phân biệt  f ( y ) có hai nghiệm phân biệt y1 , y2 f ( y1 ) f ( y2 ) 0,5 f ( y ) có hai nghiệm phân biệt m 0 0,5 f ( y1 ) f ( y2 )  m   m  0,5  m 0  2  m   m   m  ( ,  2)  (2, ) 0,5 Vậy Ghi chú: Thí sinh giải khác hướng dẫn chấm mà chấm điểm theo thang điểm tương ứng 0,5