QUANG-BINH-2012-De-Dapan

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài.. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài..[r]

QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2011 - 2012 Mơn thi: Tốn - Vịng I ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 12 tháng 10 năm 2011)

SỐ BÁO DANH:……… Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:(3.0 điểm) Giải phương trình sau:

a) sin sin sin

4

x  x x 

     

   

   

b) 3 2x  9x2 3(x1) 2  x2 2x4 0 Câu 2:(2.0 điểm)

Cho dãy số (u ) xác định sau: n

1

2011

1

1 , ,

n

n n

u u

u n N n

u



  

     

 Tính

2011 2011 2011

1

2

lim n

n

u u u

u u u 

 

  

 

 

Câu 3:(2.0 điểm) Cho , , 0a b c thỏa mãn a b c  

Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức: P a b3 4c3

Câu 4:(2.0 điểm) Cho tam giác ABC cố định nội tiếp đường tròn (O) P điểm di

động cung BC không chứa A (P không trùng B, C) Gọi M, N hình chiếu vng góc A đường thẳng PB, PC

a) Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định b) Xác định vị trí điểm P cho AM.PB+AN.PC đạt giá trị lớn

Câu 5:(1.0 điểm) Cho , x y số nguyên dương thoả mãn

1

3

 

xy x x

số nguyên

dương Chứng minh tồn số nguyên dương z cho x y z xyz  

-HẾT -

SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2011- 2012

Mơn thi: Tốn - Vịng I (Khóa ngày 12 tháng 10 năm 2011)

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Đáp án, hướng dẫn có trang)

yêu cầu chung

* ỏp ỏn ch trỡnh bày lời giải cho Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng

* Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan

* Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm bài

* Điểm toàn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất

Câu Nội dung Điểm

1

a) sin sin sin

4

x  x x 

     

   

   sin 3xcos3xsin (sinx xcos )x

sin2 cosx x cos2 sinx x (cos2 cosx x sin2 sin ) sin2 sinx x x x sin2 cosx x

     

cos2 sinx x cos2 cosx x cos2 (sinx x cos ) 0x

     

cos ( )

4

x x  k k Z

     

0,25

0,25

0,5

b)

   

   

2

2

3 ( 1) 2

3 (3 ) ( 1) ( 1) (*)

x x x x x

x x x x

       

       

Xét hàm số : f t( )t2 t2 3 R

Ta có

2

2

'( ) 0,

3

t

f t t t R

t

      

 nên f đồng biến R

Do đó: (*) (3 )  1 1

2

f x f x x x x

       

0,5

0,5

0,5

2 Ta có:

2011

2011 2012 2012

1 1 1 1 n n

n n n n n n n

n n n n

u u

u u u u u u u

u u u u



 

 

          

Suy ra:

2011 2011 2011

1

2 1 1

1 1

n

n n n

u u u

u  u   u   u u   u 

Ta có: 2012

1

n n n

u  u u  Do (un) dãy số tăng

Giả sử lim 2012 0

n

u    a a a a   (vơ lí a a )

Suy

1

lim n lim

n

u

u 

   

Vậy

2011 2011 2011

1

2

lim n

n

u u u

u u u 

 

  

 

 =1

0,5

0,5

0,5

0,5

3

Ta có: 3 1 3 ( ) (2 ) 0

4

a b  a b  a b a b  (đúng)

 3  3

3 4 4 3 4

4

P a b  c  a b  c  c  c

Xét hàm số ( ) 13 3 4 , 0;33  

f c  c  c c

Ta có '( ) 33 2 12 ; '( ) 02 3 (do  0;3 )

4

f c   c  c f c   c c

BBT

c 3/5 f’(c) - +

f(c) 27/4 108

0,25

0,25

0,25

108/25

GTNN P=108/25 a=b=6/5 c=3/5

Mặt khác P a b34c3a b c  33c3 27 3 c3108 GTLN P=108 a=b=0 c=3

0,25

0,5

N

M

H O

B C

A

P

a) Gọi H hình chiếu vng góc A BC H điểm cố định Ta chứng minh MN qua H Thật vậy:

Tứ giác AHMB nội tiếp Suy BHM  BAM 900  ABM Tứ giác AHCN nội tiếp Suy CHN  CAN 900  ACN

Mặt khác ABM  ACN (do ABPC nội tiếp) Suy BHM  CHN

Do H thuộc MN hay MN qua điểm cố định H

0,25

0,5

0,25 0,25

4

b) Ta có: AM.PB+AN.PC=2SABP+2SACP=2SABPC=2SABC +2SPBC

AM.PB+AN.PC lớn SPBC lớn P điểm cung

BC

0,5

0,25

5

Theo thiết ta có :

3 2

2

( ) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( ( , 1) 1)

( 1) ( 1) ( ) ( 1) ( ) ( 1)

( ) ( 1) ( ( , 1) 1)

x x xy x x xy x xy do x xy

x xy xy x xy xy x x y xy

x y xy do x xy

         

          

    

  

  



Tồn số z N * cho x y z xy  (  , suy x y z xyz1)   

0,25

0,5

QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn thi: Tốn - Vịng II ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 12 tháng 10 năm 2011)

SỐ BÁO DANH:……… Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:(2.0 điểm)

Tính giới hạn sau:

a)  

2

0

2011 2011

lim

x

x x

x



  

b)

1 cos cos

lim

sin

x

x x

x x

 

Câu 2:(2.0 điểm)

Giải hệ phương trình:

3

2

3

x xy y y

x y

   

 

   



Câu 3:(2.0 điểm)

Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a2 b2 c2  Chứng minh rằng: 1

a2 13 b2 c2 b2 13 c2 a2 c2 13 a2 b2  1 Câu 4:(2.5 điểm)

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD cạnh a, mặt bên tạo với mặt đáy góc có số đo  Mặt phẳng qua AC vng góc với mặt phẳng (SAD) cắt đường thẳng SD I Gọi V thể tích khối chóp S.ABCD V1 thể tích khối chóp D.ACI

a) Chứng minh đường thẳng SD vng góc với mặt phẳng (ACI) b) Tính tỷ số

1 V

V V theo 

Câu 5:(1.5 điểm)

Một số gọi số thú vị số có chữ số đơi khác thành lập từ tập {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8} số chia hết cho 1111 Hỏi có số thú vị thế?

SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2011 - 2012

Mơn thi: Tốn - Vịng II (Khóa ngày 12 tháng 10 năm 2011)

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Đáp án, hướng dẫn có trang)

yêu cầu chung

* ỏp ỏn ch trỡnh bày lời giải cho Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết rõ ràng

* Trong bài, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan Ở câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai cho điểm

* Điểm thành phần nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm tuỳ tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm bài

* Điểm tồn tổng (khơng làm tròn số) điểm tất

Câu Nội dung Điểm

1

a) I =    

5

2

5

0

2011

2011 2011

lim lim

x x

x

x x

x x

x x

 

   

    

  

 

 

Ta có:

0

lim

x x  x 

 

       

 

       

 

5

4

0 5 5 5

5

4

0 5 5 5 5

2011 2011( )

lim lim

1 5 5

5.2011

lim 2011

1 5 5

x x

x

x x

x x x x x x

x x x x

 



  



       



  

       

Vậy I = - 2011

0,25

0,25

0,25

b) J =  

0

1 cos cos

lim lim

sin sin

x x

x x

x x x x

 





Ta có:

2

0 0

2sin sin

1 cos 2 2 1

lim lim lim

sin sin 2cos

2

x x x

x x

x

x x

x x x x

  

   

   

   

0 0

cos cos cos cos 2 2cos sin

lim lim lim

sin 1 cos 2 sin 1 cos 2

x x x

x x x x x x

x x x x x x x

  

 

  

 

Vậy J =

2

0,25

0,25

0,5

2

ĐK:

3 x 

3

2

(1)

3 (2)

x xy y y

x y            Giải (1):

3

(1) x xy y y x x y y

y y

 

        

  ( y=0 không nghiệm

của hệ phương trình với x) Xét hàm số f t( ) t3 t t R, 

2

'( )

f t  t    t R Vậy hàm số đồng biến R

Ta có: f x f y( ) x y x y2

y y

     

   

Thay vào (2) ta có: 3x 1 x  3 4 4x 4 3x2 10x 3 16

2

2

3

3 10

3 10 24 36

x

x x x x

x x x x

 

       

    



Vậy hệ phương trình có nghiệm (1; -1) (1; 1)

0,25

0,5

0,5

0,5

0,25

3 Ta có:

2 2

2

3

2 2

2 2

1 1

1

3

3

b c b c

b c

a b a c

a b c a

2 2 2 2

2 13 2 ; c 12 2

3

b c b a c a c b

b c a b   a b c  

Do đó: VT a b2 c2  (đpcm) 1

Dấu xảy

3

a b c  

0,5

0,5 0,25

4

a) Ta có AC(SBD)ACSD

Kẻ CH vng góc AI H  CHSD (vì (ACD)(SAD)) Suy SD(ACI)

b) Gọi O giao điểm AC BD, M trung điểm CD  OMCD,

SMCD  ((SCD), (ABCD)) (SM, OM)  SMO  SMO 

Gọi a độ dài cạnh đáy, suy

2

a tan a tan

SO ,SD

2

  

 

Ta có SD(ACI) SDAI 2

2

DI OD

OD DI.SD

SD SD tan

    

 

2 SACD

V DI

V  DS tan  

2

1

SABCD SACD 2

1

V 1 V 1

V 2V cos

V tan 2 V V tan 1

      

    

0,5

0,25 0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 S

D A

B C

O M

Do chữ số khác nên n hoán vị chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 Tổng số 36 nên n chia hết cho

Do 1111 có ước số chung lớn nên n chia hết cho 9999

Đặt x a a a a 1 4; y b b b b 1 4 , ta có: n x .104  y 9999x(x y ) chia hết cho 9999 nên (x+y) chia hết cho 9999

Ta có 0  x y 2.9999  x y 9999 Do a1 b1 a2  b2 a3  b3 a4  b4

Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, có cặp (1; 8), (2; 7), (3; 6), (4; 5) Số hoán vị cặp 4! Với cặp ta có cách chọn

Vậy số số thú vị 4!.24 384

0,5

0,5