Download Đề thi HSG toán 12 tỉnh Bạc liêu

Ta sẽ chặt 3 cây trong số 16 cây còn lại sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt ( hai cây ở hai phía của cây A cũng không được chặt).[r]

ONTHIONLINE.NET

SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI HSG ĐBSCL LẦN THỨ 16 - NĂM 2009

Đề thi đề nghị Mơn: Tốn

(Gồm câu) Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM: Câu 1) ( điểm )

Giải phương trình 43x4 24 x318 04  (1)

Ta thấy x0 khơng nghiệm phương trình (1) (0,5đ)

Với x0,

4 18

(1)

3 x

x

   

4

18

3 x

x

  

(2) (0,5đ)

Do x0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số: 18 ; ; ; 3 x x x

x ta có:

4

3 3

18 18 18

4

3 3 3

x x x

x

x x

      

(1đ)

Do (2) xãy khi: 18 x

x



 x4 54  x454 ( x0)

Vậy phương trình cho có nghiệm x454 (1đ)

-Câu 2) ( điểm )

Khơng tính tổng qt ta giả sử: AB AC BC  .

Gọi K MM'NN' I giao điểm đường thẳng PK với BC

 Ta chứng minh M'AC:

Thật giả sử M’ ngồi đoạn AC M'AB:

Nên

1

' '

2

BM BM  BC BM  BC BA

   

1

2 BC AB AB AB BC CA

     

 Tương tự ta chứng minh đượcN'BC: (1đ)

 Ta lại có:    

1

'

2

CM  AB BC CA   CM  AB CA

Suy

1

' '

2

CM  CN CM  CA AB '

2

M N AB MN

  

(0,5đ)

Tương tự

1 '

2

MN  AB MN

suy tam giác MNM’ cân N, tam giác NMN’ cân M (0,5đ)

N

M P

A

B C

M'

 

 

' '

' '

MNN MN N

NMM NM M

 



 

 

 mà

   

   

' '

KNP MN N s l t

KMP NM M s l t

 

 

 

 nên MK, NK phân giác

trong tam giác MNP (0,5đ)

Suy MPI IPN MIP do NP MI//   IMP cân M

1

MI MP AC

  

 

1

BP BI BP BM MI AB BC AC

       

 P'I

Vậy MM1, NN1, PP1 đồng qui điểm (đpcm) (0,5đ)

-Câu 3) ( điểm )

Giả sử có số nguyên a để (a2 1) p ta có: a2 1 mod p (0,25đ) Suy    

1 1 p2 mod p

a   p

 

hay:    

1

1 1 1 p2 1 mod p

a   p

   

(0,5đ) Nhưng theo định lí Fhec-ma thì: ap11 mod  p (0,5đ)

Nên    

1

1 p modp

  

(*) mà p số nguyên tố dạng 4k3 nên:

(*)  2 mod  p (0,5đ) Điều vơ lí suy tốn chứng minh (0,25đ)

-Câu 4) ( điểm )

Ta có dãy  an dãy tăng thực sự, (0,5đ)

Thật vậy: tồn số tự nhiên k cho ak1ak giả thiết

1

k k k

a  a a  ta thu

được ak1ak2 (do akN*) ta dãy số nguyên dương giảm thực sự, điều xãy dãy  an là dãy vơ hạn

(1đ) Do a1 a01 nên theo phương pháp quy nạp ta có an n,  n N*

Suy ra:

1

n n

n

a a  a  (0,5đ)

Đặt 2 1

n

n n

u

n a a a

 

   

 

 

1 un

n

 

(0,5đ)

Vậy limn 

2

1 1

n n

n a a a

 

   

 

  (theo nguyên lí kẹp) (0,5đ)

-Câu 5) ( điểm )

Chọn hàng cây, đánh dấu A Có hai trường hợp sau xãy ra:

Trường hợp 1: Cây A khơng bị chặt Khi xét hàng gồm 16 lại Ta chặt số 16 cho khơng có hai kề bị chặt (0,5đ)

Giả sử chặt thỏa yêu cầu nói trên, lúc hàng cịn lại 12 (không kể A) Việc phục hồi lại hàng đặt chặt vào vị trí chặt, số cách làm với số cách đặt vào số 13 vị trí xen kẽ 12 (kể đầu), nên:

Trường hợp 2: Cây A bị chặt Khi hàng cịn lại 16 Ta chặt số 16 lại cho khơng có hai kề bị chặt ( hai hai phía A không chặt) (0,5đ)

Giả sử chặt thỏa yêu cầu nói trên, lúc hàng lại 13 Do hai hai phía A vừa chặt khơng chặt nên ta xét hàng gồm 11 lại

Lập luận tương tự trường hợp 1, ta có số cách chặt là: C123 220(cách)

Suy ra: số cách chặt thỏa yêu cầu đề là: 715 220 935  (cách) (1đ)

- - - Câu 6) ( điểm )

x R

  ta có:   x f x  f  x

   

2

2 3

x x x

f x f   

 



 

3

x x x

f x    f   

 

 



(2) (0,5đ) Từ (1) ta có: f  0 0

Đặt  

2 ( )

3 x g x f x 

, ta có: (0,5đ)

 0

g 

, g(x) liên tục R

( ) ,

2 x

g x g   x R

  (do(2)) (0,5đ)

Suy ra:    

2 2

n n

x x x

g x g g    g 

      với n N , mà g(x) liên tục R, g 0 0 nên: g x   0, x R (0,5đ)

Suy ra:  

,

3 x

f x   x R

(0,5đ)

Thử lại, ta thấy  

3 x f x 

thỏa (1), có hàm số thỏa yêu cầu đề (0,5đ)

-Câu 7) ( điểm )

Trong mặt phẳng Oxy, đặt u1 a b; 



,u2 c d; 



,u3 x y; 



,u4 z t; 



(0,5đ) Ta có: u u1 ac bd u u , ax by u u , az bt ,

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

u u2 cx dy u u , cz dt u u , xz yt

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

(1đ) Vì góc tạo vectơ u u u u1, , ,2

   

có góc khơng vượt q 900 nên tồn cặp

vectơ u ui, j

 

1 i j4

cho

 

cos ;

i j i j

i j u u u u

u u

 

   

 

(1đ) Suy u ui j 0

 

ta có điều phải chứng minh (0,5đ)