1. Trang chủ
  2. » Tất cả

DAPAN_TOAN_LDT_HSG12_DU THI QG 2011

5 1 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 196 KB

Nội dung

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 MƠN THI:TỐN ( 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 π = 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 π * ⇔ sin(4t + ) = sin t 3π t= ;x = 3π * 20 cos 10 0,5 2 Giải bất phương trình: log ( x + x + 1) < + log x (1) * (1) ⇔ log ( x + 1) < + log x Điều kiện x > t Đặt t = log x ⇒ x = 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 BC Dấu “=” xảy ⇔ MB MC · · = ⇔ ∆MBC : ∆AFE ⇔ MBC = EFA AF AE Câu 1 4điểm 15 15 ⇔ un +1 = un + , ∀n ∈ N * 64 64 15 ⇒ f tăng R Xét hs : f(x) = x + 64 a) un +1 = un + * Chứng minh : un +1 > un , ∀n ∈ N (1) QN 15 > u13 Thật : Với n = : u2 > u1 ⇔ u1 + 64  1 + 61  ⇔ (4u1 + 1)(16u12 − 4u1 − 15) < ( HN u1 ∈  − ; ÷ ) ÷   Giả sử ( 1) vớ n = k ≥ , nghĩa : uk +1 > uk 1 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 ∈  − ; ÷ ÷   15 Với n = k + uk +1 = uk + = f (uk ) 64  1 + 61   + 61   1 uk ∈  − ; , f tăng nên: f  − ÷< f ( uk ) < f  ÷ ÷ ÷ ÷   4    1 + 61 Suy : − < uk +1 < (1), (2) suy Đpcm b) Đặt L = lim un n →∞ Từ Câu a) suy − 1 + 61 < L≤  L = −  15 15 − 61  un3+1 = un + ⇒ L3 = L + ⇔ L3 − 64 L − 15 = ⇔  L = 64 64  + 61  L =  So với đk suy ra: lim un = n →∞ Câu 1 + 61 Giải pt hàm: f ( x + f ( y )) + f ( y + f ( x )) = 2( f ( y ) + 3x + 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 ) = 7a 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, n n Vậy xn = α (−3) + β , với n =1 n = ta có : 3điểm 0,5 f ( x) − x  α =  −3α + β = x 15 ⇔ * 9α + β = f ( x)  β = f ( x) + 3x  10  x2 n ≥ ; ∀n = 1, 2, * Vì xn ≥ 0, ∀n = 1, 2, ⇒   x2 n −1 ≥ 2n n −1 2 2 ⇒ − β  ÷ ≤ α ≤ β  ÷ ; ∀n 3 3 * Cho n dần đến vơ cực, ta có α = 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 tơ màu đỏ , cịn X Y tơ 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

Ngày đăng: 16/09/2016, 22:03

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w