Có bao nhiêu cách chia tập S n thành ba tập con khác rỗng (hợp với nhau bằng S n và đôi một giao với nhau bằng rỗng) sao cho mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp?. HẾT.[r]
(1)SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013
MƠN: TỐN Ngày thi 09/10/2012 (Thời gian làm bài 180 phút) Đề thi gồm 04 câu, 01 trang
Câu (5 điểm):
Giải hệ phương trình:
3
3
3
x y 2y 8
y z 2z 8
z x 2x 8
Câu (5 điểm):
Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH Gọi P, Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABH và ACH Các đường thẳng AP, AQ lần lượt cắt BC D và E Chứng minh đường thẳng AH, DQ, EP đồng quy một điểm.
Câu (6 điểm):
Cho phương trình (ẩn x, tham số n nguyên dương):
2 n 3
x 2x 3x nx 0
4
a) Chứng minh với số nguyên dương n phương trình có nghiệm dương nhất, kí hiệu nghiệm là xn.
b) Chứng minh n
1 lim x
3
Câu (4 điểm):
Cho tập Sn = {1; 2; 3;…; n} với n là số nguyên dương lớn Có bao nhiêu cách chia tập Sn thành ba tập khác rỗng (hợp với Sn và đôi giao với rỗng) cho tập không chứa hai số nguyên liên tiếp?
HẾT
Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1:
Giám thị 2:
(2)SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN
Ngày thi 09/10/2012
(hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Câu Đáp án Điểm
1 5 điểm
Ta có:
3
3
3
x y 2y 8 x (y 1) 7
y z 2z 8 y (z 1) 7
z x 2x 8 z (x 1) 7
x, y, z 1
Giả sử x max{x; y;z} (y -1)2 max{(x -1) ;(y -1) ;(z -1) }2 2
y max{x; y;z} x y y z Vậy x = y = z.
Khi ta có phương trình:
3 2
x x 2x x x 2x (x 2)(x x 4)
x
Vậy hệ có nghiệm (x; y; z) = (2; 2; 2)
1,0
1,0 1,5
1,0 0,5 2
5 điểm
Cách 1:
BAH ACH
1
BAE BAH HAE BAH HAC
2
1
BEA ACH EAC ACH HAC
2
BEA EAB
tam giác ABE cân đỉnh B.
Mà BP là đường phân giác góc ABE BP là đường trung trực của
đoạn AE PA PE .
1,0
1,0 1,0
B
A
C
H E
D P
(3)Mặt khác
1
PAE PAH HAE (BAH HAC) BAC 45
2
PAE
vuông cân đỉnh P EPAD.
Tương tự: DQAE
Vậy AH, DQ, EQ là đường cao tam giác ADE suy AH, DQ, EP đồng quy
Cách 2:
Áp dụng tính chất tia phân giác góc tam giác:
PA AB
PD BD,
QE CE
QA AC,
HD AH
DB AB,
EC AC
HE AH PA
PD
HD
DB EC HE QE QA = AB BD AH AB AC AH CE AC= CE BD PA HD QE
PD HE QA
AH, DQ, EP đờng quy (Định lí Ceva)
1,0 1,0 2,0 1,5 0,5 3 (6 điểm)
a) điểm
Xét
2 n
n
3
f x x 2x 3x nx
4
f xn' 1 x x2 2 n x2 n
Ta có f xn' 0 x R f xn đồng biến, liên tục R
Mà f 0n 0; f 1n 0
n
f x 0
có nghiệm và nghiệm thuộc 0;1
0,5 0,5 0,5 0,5
b) điểm
2 n
2 n n
1 1 1 1 9
3f 1 2. 3 n
3 3 3 3 4
1 1 1 1 1 3
f 2 n 1 n
3 3 3 3 3 4
2 n
n n
* n
3 2n
1 1 1 1 n 3
2f 1
3 3 3 3 3 2 2.3
2n 3 1
f 0 n N
3 4.3
Suy n n
1
f f x
3
suy n 1 x
3
(do f xn là hàm số đồng biến R)
1,0
(4)Với n N *, theo định lý Lagrange, tồn n n 1
c ;x
3
cho:
'
n n n n n n
1 1
f (x ) f ( ) f (c )(x )
3 3
n ' n
n n
1 1 2n 3
x
3 f (x ) 4.3
n ' n n
n n
1 1 2n 2n 3
x
3 f (c ) 4.3 4.3
(vì f xn' 1 x (0;))
Mà
2 3
lim 0
4.3n n
n
lim 1
3
n n x
.
0,5
1,0
1,0
4 4 điểm
Kí hiệu S(n) là số cách chia tập S thành ba tập khác rỗng cho tập không chứa hai số nguyên liên tiếp
Các khả xảy chia tập Sn+1 = {1; 2; 3; ; n; n+1}
Khả 1: {n+1} không là ba tập Sn+1
Ta thực cách chia sau: Chia Sn thành tập (thỏa mãn đề bài) và bổ xung phần tử (n 1 ) vào hai tập không chứa phần
tử n Do số cách chia trường hợp này là 2S(n)
Khả 2: {n+1} không là ba tập Sn+1
Khi phần tử Sn phải nằm hai tập cịn lại Có thể thấy có cách chia thỏa mãn (một tập chứa số chẵn và tập chứa số lẻ) Do đó, số cách chia trường hợp này là cách Vậy ta thu công thức truy hồi:
S n 1 2S n 1
S n 1 S n
Đặt un S n 1 un 1 2un Vậy un là cấp số nhân có
công bội
Mặt khác, ta thấy S 3 1 nên ta có S n 2n 2 1, n 3 Vậy số cách chia thỏa mãn yêu cầu bài toán là S n 2n 2 1, n 3
1,5
1,0
0,5
1,0
(5)-Hết -SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013
MÔN: TOÁN Ngày thi 10/10/2012
(Thời gian làm bài 180 phút)
Đề thi gồm 04 câu, 01 trang
Câu (5 điểm):
Cho số thực x, y, z, t thoả mãn:
2
2
x y 4x 2y 0
z t 4z 2t 0
Tìm giá trị lớn biểu thức: P = (x – z)(y – t).
Câu (5 điểm):
Chứng minh phương trình
x 2 y 2
6
y x
có vơ số nghiệm ngun dương.
Câu ( điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao AM, BN Điểm D cung BC khơng chứa A đường trịn (O) và khác B, C Hai đường thẳng DA và BN cắt Q, hai đường thẳng DB và AM cắt P Gọi I là trung điểm PQ Chứng minh ba điểm M, N, I thẳng hàng.
Câu (5 điểm):
Tìm tất hàm số f : thỏa mãn điều kiện:
2 2 3 4
f x f y 4x f y 6x f (y) 4x f (y) f (y) f x với x, y .
HẾT
Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1:
(6)(7)SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013 MƠN: TỐN
Ngày thi 10/10/2012
(hướng dẫn chấm gồm 03 trang)
Câu Đáp án Điểm
1 05 điểm
Cách 1:
2 2
2 2
x y 4x 2y 0 (x 2) (y 1) 4
z t 4z 2t 0 (z 2) (t 1) 4
Đặt a = x - 2, b = y - 1, c = z - 2, d = t - 1, ta có:
2
2
a b 4
c d 4
2 2 2 2
2 2
P (x z)(y t) (a c)(b d) (a c)(b d)
2(a c )2(b d ) (a c )(b d )
a b c d 8 P 8
Đẳng thức xảy và khi:
2 2
2
2
(a c)(b d) 0
a b 2
a c
b d c d 2
a c b d a b 2
a b 4 c d 2
c d 4
x 2 2
y 1 2
z 2 2
t 1 2
hoặc
x 2 2
y 1 2
z 1 2
t 1 2
Vậy MaxP 8 .
Cách 2:
2 2
2 2
x y 4x 2y 0 (x 2) (y 1) 4
z t 4z 2t 0 (z 2) (t 1) 4
, R
thỏa mãn:
x 2cos ; y 2sin z 2cos ; y 2sin
Khi đó: P = (x-z)(y-t) = 4 (sin α2 +sin β
2 −sin(α+β ))≤ 4( 2+
1
2+1) =8
Đẳng thức xảy sin 2 sin 2 sin( )
(8)k
2m (k 1)
4
(k, m
Z
)
x 2
y
z 2
t 2
¿
x=2+√2 y =1+√2 z=2 −√2 t=2 −√2
¿{ { {
¿
Vậy MaxP 8 .
0,5
2 5 điểm
x y
y x
x2 - 2(3y-1)x + y2 + 2y = (*)
Xét dãy số {xn} xác định công thức:
0
n n n x 1; x
x 6x x n N
Ta có: {xn} tăng và
* *
n
x N n N
Với n N ta có: xn 2 6xn 1 xn 2 xn 2 xn 6xn 1 (1)
*
n n n n n n
n n n
2 *
n n n n n n n-1 n
2 *
n n n n n n-1 n n
2
n n n n 1
n n n n
x x x x x x
6 n N
x x x
x x x 2x x x x 2x n N
x x - x - 2x x x - x - 2x n N x x - x - 2x x x - x - 2x n N
x x x 2x
n N (2)
Từ (1), (2) suy x , xn n 2 là hai nghiệm phương trình:
2
n n n
2
n n n n n
t - 2(3x -1)t x 2x n N
x - 2(3x -1)x x 2x n N
Suy (x , xn n 1 ) là nghiệm phương trình (*) n N
Do ta có điều phải chứng minh
(9)Gọi H là trực tâm tam giác.
Tam giác ANH và BMH đồng dạng nên:
AN BM
NH MH (1)
Tam giác ANQ và BMP đồng dạng nên:
AN BM
NQ MP (2)
Từ (1) và (2) suy
NQ MP
NH MH
NQ MH IP
. . 1
NH MP IQ
Ba điểm M, I, N thẳng hàng (Định lí Menelaus)
1
1 1
5điểm
2 2 3 4
f x f y 4x f y 6x f (y) 4x f (y) f (y) f x x, y R (1)
+ Nhận xét: f x 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán + Xét trường hợp: f x 0 Đặt a = f(0)
Thay x 0 vào (1) ta
f f y f y a, y
(2) Tiếp tục thay x f (x) vào (1) ta
2
f f y f (x) 4(f (x)) f y 6(f (x)) (f (y)) 4f (x)(f (y)) (f (y)) f f (x) x,y
4 4
f f y f x f y f x f f x f x x, y
(3) Từ (2) và (3) suy
4
f f y f x f y f x a x, y
(4) Giả sử x 0 thỏa mãn f x 0 0 Thay y x vào (1) ta thu được:
2 2 3 4
0 0 0
f x f x f x 4x f x 6x f (x ) 4x f (x ) f (x ) x R
Vế phải là đa thức bậc ba theo biến x nên là hàm số có tập giá trị là
Vậy nên, vế trái là hàm số có tập giá trị là
x tồn u, v để f u f v x.
Do từ (4) suy ra:
4 4
f x f f u f v f u f v a x a, x
0,5 0,5
(10)Thử lại dễ thấy: f x x4 a, x (với a là số) thỏa mãn (1)
Vậy f x 0 và f x x4 a, x (với a là số) là hàm số cần tìm