ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG TỈNH VÀ CHỌN THI HSG QUỐC GIA

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG TỈNH VÀ CHỌN THI HSG QUỐC GIA ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG TỈNH VÀ CHỌN THI HSG QUỐC GIA ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG TỈNH VÀ CHỌN THI HSG QUỐC GIA ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG TỈNH VÀ CHỌN THI HSG QUỐC GIA ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG TỈNH VÀ CHỌN THI HSG QUỐC GIA ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG TỈNH VÀ CHỌN THI HSG QUỐC GIAĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG TỈNH VÀ CHỌN THI HSG QUỐC GIAĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG TỈNH VÀ CHỌN THI HSG QUỐC GIAĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG TỈNH VÀ CHỌN THI HSG QUỐC GIA

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU _ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (4 điểm) Cho hàm số y = KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: TOÁN LỚP 12 Thời gian làm thi : 180 phút Ngày thi : 02/11/2010 x  mx  m x2  (1) Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt tiếp tuyến với đồ thị (1) điểm vuông góc với Câu (5 điểm) Giải hệ phương trình :   2x  y     2x   y      Tìm giá trị nhỏ lớn hàm số : y  tan x  16cos x x    ;   3 Câu (4 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD , mặt bên có góc đỉnh S số đo  ( <  <  ) Chứng minh điều kiện cần đủ để tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp cách mặt phẳng chứa mặt hình chóp  =  Cho H trực tâm tam giác ABC không cân góc A nhọn, hình chiếu H AB, AC theo thứ tự E, F Gọi D trung điểm đoạn thẳng BC, P;Q giao điểm đường tròn đường kính AD , đường kính BC Chứng minh : Ba điềm H, P , Q thẳng hàng đường thẳng BC ,EF , PQ đồng quy Câu (4 điểm): Cho hàm số f : R  R thỏa mãn : x  R : f ( x  1)  f ( x)  f ( x)  f ( x ) Chứng minh: x  R; m  Z : f ( x  m)  f ( x)  2m q  Q : f (q)  2q Câu (3 điểm) : Gọi T phép biến đổi dãy số sau: chọn 19 số hạng dãy số số hạng cộng thêm 1, số hạng lại dãy số giữ nguyên Cho dãy số gồm 2010 số nguyên a1; a2 ; a3 ; ; a2010 Chứng minh : Từ dãy số cho, sau số hữu hạn phép biến đổi T , ta dãy số gồm 2010 số -HẾT -Họ tên thí sinh:……………………………………… Chữ ký giám thị 1:…………………… Số báo danh :…………………………………………… 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 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm thi 180 phút Ngày thi: 07/12/2010 Câu 1( điểm ) a/ Giải phương trình: 2( x  x  1)(1  x2  1)  x x b/ Giải bất phương trình: log3 ( x2  x  1)   log x Câu 2( điểm ) Cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường tròn (O) Trên tia đối tia BA, CA ta lấy điểm E F cho BE = CF = BC M điểm chạy (O) Chứng minh : MA + MB + MC  EF Câu 3( điểm ) Cho dãy số (un) thỏa :   1  61  u1   ;      15  * un 1  un  64 , n N a) Chứng minh dãy số (un) có giới hạn b) Tìm lim un Câu 4( điểm ) Tìm tất hàm số f :[0; )  [0; ) , thoả mãn: f ( x  f ( y))  f ( y  f ( x))  2( f ( y)  3x  y); x, y  Câu 5( điểm ) a) Tìm tất số phương gồm chữ số cho chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống khác không? b) Trên mặt phẳng cho x 2010 điểm ; điểm thẳng hàng.Người ta tô 2010 điểm màu đỏ tô 2010 điểm lại màu xanh Chứng minh rằng:bao tồn cách nối tất điểm màu đỏ với tất điểm màu xanh 2010 đoạn thẳng điểm chung -HẾT Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu KỲ THI CHỌN ĐỘI TUY ỂN HỌC SINH GIỎICẤP TỈNH THPT, NĂM HỌC 2010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN ( Hướng dẫn chấm có 03 trang ) Câu Câu (4 điểm) Nội dung kiến thức  Phương trình hoành độ giao điểm: x2  mx  m  0(2)  Đồ thị (1) cắt 0x điểm phân biệt  m< m>4  TXD : D = R  x  m  x   x x  mx  m y'  x2       Điểm   Hai giao điểm M1  x1 ,0  ; M  x2 ,0  x1  m 2x  m , y '  x2   22 x1  x2  Vì x1 ; x2 hai nghiệm phuương trình (2) Hai tiếp tuyến vuông góc  y '( x1 ) y '  x2   1  x12 x22  x12  x22  2m  x1  x2   x1 x2  m2   + y '  x1   Câu (5 điểm)  m2  2m    m  1 Vậy: m=-1 thỏa yêu cầu toán ( 2, điểm)  Đk : x  , y   x   x  y   24  10     2x   2x  y   y   U  V  10   2x   2x  U    Đặt  5  2   2y   2y V   U V U  V  10  U V  U V  25  x   x  x = y =2  y   24   (2.5 điểm)  16cos x   y cos x         0.5 0,5 0,5 0,5    1   Đặt cos x  t , x    ,   t   ;1 => y= f(t) =  16t  t  3 2   f’(t) = -  16 , f’(t) =  t = t 1   f(t) tăng đoạn  ;1 2  Maxy  Maxf (t )  f 1  16     ;   3 1   ;1 2  Miny  M inf  t   f    11     ;    Câu (4 điểm) 1   ;1   ( điểm )  Các mặt phẳng chứa mặt hình chóp cắt mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo giao tuyến đường tròn ngoại tiếp mặt  Ta có d  R  RC2 d khoảng cách ,R bán kính mặt cầu ngọai tiếp, RC bán kính đường tròn giao tuyến  ycbt  RSAB  RABCD AB AB      2sin  ( 2điểm)  PQ trục đẳng phương hai đường tròn đường kính (BC) đường kính (AD)  Gọi AH  BC  A1 , ta.có HA.HA1  HE.HC  H  PQ  Gọi K=EF  BC ( tam giác ABC không cân ) Ta có KB.KC  KE.KF  KA1.KD ( Xét đường tròn ( BC ), đường tròn Ơ –le) => Phương tích điểm K đường tròn đường kính ( BC ) = Phương tích điểm K đường tròn đường kính ( AD) => Đpcm Câu (4 điểm) (2 điểm ) m  N * , x  R  f  x  1  f  x   2; f  x    f  x  1   f  x   2.2   f  x  m   f  x   2m ( Thực m-1 lần liên tiếp ) m  z, m   f  x  m   f  x  2m   m   f  x  2m   2m   f  x  2m   f  x  m   2m  f  x  m   f  x   2m ( điểm ) m  q Q  q  , m Z, n  N* n 0,5 0,5 1 Câu (3 điểm) 2  m    2m  1 m f    n    f   n    f    2n   n    n  2  n      1 m m   f    4nf    4n  (1) 2  n  n    m  m2  m2  m   2 f    n    f   2m  n   f     2m  n   f    4m  2n (2)  n  n   n  n   m m Từ (1) (2) => f    (đpcm) n n  Ta xét dãy số hạng không Gọi d  Max  ak    ak   Không giảm tính tổng quát gọi a1 số hạng có giá trị nhỏ Ta xếp số hạng dãy lên vòng tròn  Gọi ( x, y) nghiệm nguyên dương phương trình : 19x= 2010y + ( pt có nghiệm nguyên dương )  Bắt đầu từ a1 ta thực liên tiếp x lần phép T theo hướng ( Mỗi bước 19 số liên tiếp ) ta số hạng tham gia y lần riêng a1 tham gia y+1 lần => a1 tăng nhiều số lại đơn vị số lại tăng Nếu dãy số có nhiều số hạng a1 ta thực tương tự  Mỗi lần thực d giảm , mà d số tự nhiên sau hữu hạn lần thực d =0 => đpcm Chý ý :  Tổ chấm tự thống cách chia điểm thành 0,25 không làm thay đổi tổng số điểm thành phần  Điểm thi giữ nguyên không làm tròn HẾT 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 MÔN THI:TOÁN ( Hướng dẫn chấm có : trang ) Nội dung kiến thức Câu Câu Điểm 4điểm Giải phương trình: 2( x  x  1)(1  x  1)  x x (1) 1 x x * Điều kiện: x  (1)  2(1   )(   ) 1 x2 0,5 Đặt   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 *  sin(4t  *t  )  sin t 3 ;x  3 20 cos 10 0,5 Giải bất phương trình: log3 ( x  x  1)   log x (1) * (1)  2log3 ( x  1)   log x Điều kiện x > Đặt t  log x  x  2t 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 < Câu 0,5 4điểm A C B E F 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  2 EF  BC  EF 2 BC Dấu “=” xảy  MB MC     MBC  AFE  MBC  EFA AF AE Câu 1 4điểm a) un1  un  15 15  un 1  un  , n  N * 64 64 Xét hs : f(x) = 15 x  f tăng R 64 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 1 , nghĩa : uk 1  uk Với n = k + 1, (1)  uk 2  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 1 , nghĩa : uk    ;    Với n = k + uk 1  uk  15  f (uk ) 64  1  61    61   1 uk    ;  , f tăng nên: f     f  uk   f     4    1  61  uk 1  (1), (2) suy Đpcm b) Đặt L = lim un Suy :  n  Từ Câu a) suy  1  61  L  L    15 15  61  3 un 1  un   L  L   L  64 L  15    L  64 64   61  L   So với đk suy ra: lim un  n  1  61 3điểm Câu 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, Vậy xn   (3)n   2n , với n =1 n = ta có : f ( x)  x         x   15  *  9  4  f ( x)    f ( x)  x  10  x2 n  ; n  1, 2, * Vì xn  0, n  1, 2,    x2 n 1  2n 0,5 1 n 1 2 2            ; n 3 3 * Cho n dần đến vô cực, ta có   Vậy f(x) = 2x * Thử lại, ta thấy f(x) = 2x thoả đề 0,5 5điểm Câu 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 tô màu đỏ , X Y tô 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) Suyra : AY+BX