ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN – SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN – SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1) ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN ( BẢNG A ) Thời gian: 180 phút (không kể giao đề) Ngày thi: 06/10/2011 Câu 1: ( 5,0 điểm ) a. Giải phương trình sau: 2 2 3 4 4 1 1 5 4 2x x x x x x+ + = + + − − với x R∈ . b. Giải phương trình: ( ) 2 2sin 3sin 2 1 3 cos 3sinx x x x+ + = + . Câu 2: ( 5,0 điểm ) a. Cho tam giác ABC vuông cân tại B , cạnh 2AB = . Trong mặt phẳng chứa tam giác ABC lấy điểm M thỏa 2 2 2 MA MB MC+ = . Tìm quỹ tích của điểm M. b. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc bằng 0 60 , 6, 9BM CN= = . Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác ABC. Câu 3: ( 4,0 điểm ) Cho dãy số ( ) n u xác định bởi 1 1u = và 2 1 3 2 n n u u + = + với mọi 1n ≥ . a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số ( ) n u . b. Tính tổng 2 2 2 2 1 2 3 2011 .S u u u u= + + + + . Câu 4: ( 3,0 điểm ) Cho , ,a b c là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1a b c+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ( ) ( ) 3 6M a b c a b c abc= + + − + + + Câu 5: ( 3,0 điểm ) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ( ) 3 2 2 2 2 2 3 3 x y x xy m x x y m + + + = − −    + + =   với ,x y là các số thực. ………………. Hết ………………. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1) Môn: TOÁN ( BẢNG A ). Ngày thi: 06/10/2011 ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Hướng dẫn có 04 trang ) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. Câu Đáp án Thang điểm 1 a. ( 3,0 điểm ) Đặt 2 3 1, 2 t x x t= + + ≥ . Khi đó phương trình trở thành: ( ) 4 2 4 2 2 4 7 5 6 9 4 4 0t t t t t t t= − + − ⇔ − + − − + = 0,5 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 0 1 5 0t t t t t t⇔ − − − = ⇔ − − + − = (*) 0,5 (*) 2 2 1 0 5 0 t t t t  − − = ⇔  + − =   0,5  Với 3 2 t ≥ thì 2 1 0t t− − = có một nghiệm là 1 5 2 t + =  Với 3 2 t ≥ thì 2 5 0t t+ − = có một nghiệm là 1 21 2 t − + = 0,5  Khi 1 5 2 t + = thì 2 2 2 1 5 1 2 2 1 5 0 2 x x x x   + + + = ⇔ + − − =  ÷  ÷   1 3 2 5 2 x − − + ⇔ = hoặc 1 3 2 5 2 x − + + = . 0,5 Khi 1 21 2 t − + = thì 2 2 2 1 21 1 2 2 9 21 0 2 x x x x   − + + + = ⇔ + − + =  ÷  ÷   1 19 2 21 2 x − − − ⇔ = hoặc 1 19 2 21 2 x − + − = . 0,5 b. ( 2,0 điểm ) Phương trình đã cho được viết lại: ( ) 2 2 3sin 2 3 sin cos cos 3 3sin cosx x x x x x+ + = + 0,5 ( ) ( ) 2 3 sin cos 3 3 sin cos 0x x x x⇔ + − + = 0,5 3sin cos 0x x⇔ + = hoặc 3sin cos 3x x+ = 0,5 (5,0 điểm)  1 3 sin cos 0 tan 6 3 x x x x k π π + = ⇔ = − ⇔ = − + , k Z ∈  3 sin cos 3x x+ = phương trình vô nghiệm. 0,5 a. (2,0 điểm )  Chọn hệ trục tọa độ Bxy vuông góc sao cho tia Bx qua A và tia By qua C. Ta có: ( ) 0;0B , ( ) 2;0A , ( ) 0;2C . Giả sử ( ) ;M x y . 0,5  2 2 2 MA MB MC+ = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2x y x y x y⇔ − + + + = + − ⇔ 2 2 4 4 0x y x y+ − + = . 0,5  Phương trình trên là phương trình của một đường tròn tâm ( ) 2; 2I − , bán kính 2 2R = . 0,5  Vậy quỹ tích điểm M là một đường tròn tâm ( ) 2; 2I − , bán kính 2 2R = . 0,5 b. ( 3,0 điểm ) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.  Xét trường hợp: · = 0 120BGC Ta có: = + − = 2 2 2 0 2 . . cos120 76BC GB GC GB GC = + − ⇔ = 2 2 2 2 0 2 . .cos 60 28 4 AC MC GM GC GM GC Vậy AC 2 = 112 0,5 = + − ⇔ = 2 2 2 2 0 2 . . cos 60 13 4 AB NB GB GN GB GN Vậy AB 2 = 52 0,5 Vậy độ dài trung tuyến còn lại : + = − = ⇒ = 2 2 2 2 63 3 7 2 4 a a AC AB BC m m 0,5  Xét trường hợp: · = 0 60BGC Ta có : = + − = 2 2 2 0 2 . .cos 60 28BC GB GC GB GC = + − ⇔ = 2 2 2 2 0 2 . . cos120 52 4 AC MC GM GC GM GC Vậy AC 2 = 208 0,5 = + − ⇔ = 2 2 2 2 0 2 . .cos120 37 4 AB NB GB GN GB GN Vậy AB 2 = 148 0,5 Vậy độ dài trung tuyến còn lại : + = − = ⇒ = 2 2 2 2 171 171 2 4 a a AC AB BC m m 0,5 Câu Đáp án Thang điểm 3 (4,0 điểm) a. 2,0 điểm Dễ thấy * 0, n u n N> ∀ ∈ Từ 2 2 2 1 1 3 2 3 2 n n n n u u u u + + = + ⇔ = + . 0,5 Đặt 2 n n v u= thì có: ( ) 1 1 3 2 1 3 1 n n n n v v v v + + = + ⇔ + = + . 0,5 Đặt 1 n n x v= + thì ta có: 1 3 n n x x + = . Từ đây suy ra ( ) n x là cấp số nhân với 1 2x = , công bội là 3. 0,5 Nên: 1 1 1 2.3 2.3 1 2.3 1 n n n n n n x v u − − − = ⇒ = − ⇒ = − . 0,5 b. 2,0 điểm 0 1 2 2010 2.3 2.3 2.3 . 2.3 2011S = + + + + − 0,5 ( ) 0 1 2 2010 2 3 3 3 . 3 2011= + + + + − 0,5 ( ) 2011 2 3 1 2011 3 1 − = − − 0,5 2011 3 2012= − 0,5 4 (3,0 điểm) Chứng minh được: ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3a b c a b c+ + ≤ + + = 0,5 Suy ra: 3a b c+ + ≤ và ( ) ( ) 3 3a b c a b c+ + ≤ + + 0,5 ( ) 3 8 3 2 6 2 3 6 3 3 a b c M a b c abc + +   ≤ + + + ≤ + ≤  ÷   0,5 + 0,5 Vậy GTLN của M là 8 3 3 0,5 Giá trị này đạt được khi 1 3 a b c= = = . 0,5 5 (3,0 điểm) Viết lại hệ: ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 x x x y m x x x y m  + + = − −   + + + =   0,5 Đặt 2 2 ,u x x v x y= + = + . Dễ có: 1u ≥ − . Hệ trở thành: . 2 3u v m u v m = − −   + =  0,5 Suy ra: ( ) ( ) 2 2 3 2 3 3 2 2 u u m u m u m u m u − − = − − ⇔ − = + ⇔ = + 0,5 Xét hàm ( ) 2 3 2 u f u u − = + với 1u ≥ − . ( ) ( ) 2 / 2 4 3 0, 1 2 u u f u u u + + = ≥ ∀ ≥ − + 0,5 Bảng biến thiên: u 1− +∞ ( ) / f u + ( ) f u +∞ 2− 0,5 Kết luận : 2m ≥ − . 0,5 . đi m ) a. Cho tam giác ABC vuông cân tại B , cạnh 2AB = . Trong m t phẳng chứa tam giác ABC lấy đi m M thỏa 2 2 2 MA MB MC+ = . T m quỹ tích của đi m M của m t đường tròn t m ( ) 2; 2I − , bán kính 2 2R = . 0,5  Vậy quỹ tích đi m M là m t đường tròn t m ( ) 2; 2I − , bán kính 2 2R = . 0,5 b. ( 3,0 điểm