Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều là số chính phươnga. ——Hết——.[r]
(1)SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2008-2009 ĐỀ THI MƠN: TỐN
(Dành cho học sinh THPT Chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. ————————————
Câu Giải phương trình: 3
6 ( R) 9
x
x x
x
Câu Giải hệ phương trình:
2
2 0
( , R)
8 ( 2 )
y xy
x y
x x y
Câu Cho tam giác ABC có diện tích Các điểm M N nằm hai cạnh AB AC cho AN = BM Gọi O giao điểm hai đường thẳng BN CM Biết diện tích tam giác BOC
a Tính tỷ số MB
AB
b Tính giá trị AOB (kí hiệu góc)
Câu Tìm tất ba số nguyên dương ( ; ; )x y z cho:
1
2 1
x zy
Câu Cho dãy số an n0 xác định sau:
0
1
1
7 2 1
n n n
a a
a a a n
Chứng minh số hạng dãy số phương
——Hết——
Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm.
(2)SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG TỈNH TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2008-2009
- HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN
(Dành cho học sinh trường THPT Chuyên)
-Câu (2,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
ĐK:
2 9 0
3 x x
x
0,25
+ Nếu x3, bình phương hai vế PT ta được:
2
2
2 2
9
72
9 9
x x
x
x x
4
2 9 2 72
9
x x
x x
0,5
Đặt
2
2 9 ( 0)
x
t t
x
, ta có PT: t26t 72 0 t 6. 0,5
Khi
2
4 2
2 36 324 18
9 x
x x x
x
Trong trường hợp tìm x3
0,5
+ Nếu x 3
3
0 2
x x
x
: PT vô nghiệm 0,5
Vậy PT cho có nghiệm x3 2. 0,25
Câu (2,5 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Hệ
2
2
2
2
4 2 (1)
2
y
xy
x y xy xy
x xy y
0,5
+ Nếu xy0 (1) trở thành: x24y2 0 x y Thử lại khơng thoả mãn hệ 0,25 + Nếu xy0 (1) trở thành: x24y24xy 0 (x2 )y 0 x2y0 0,5 Kết hợp với PT thứ hai hệ ban đầu ta có
2 8 2
2 x
x
x
0,5
Với x2 2 y 2; Với x2 2 y 2. 0,5 Vậy hệ có hai nghiệm ( ; ) (2 2;x y 2);( 2; 2) . 0,25
(3)Nội dung trình bày Điểm
O A
B C
M
N
a) Đặt MB/AB=x Suy SABN SBMC 7x, đó:
¿ SBOM=7x −2 SAMON=SBOC=2
¿{
¿ 0.25
Ngoài ra: SCON=7−2−2−(7x −2)=5−7x , SAON= x
1− x SCON=
x(5−7x)
1− x , SAMO=1− x
x SBOM= 1− x
x (7x −2) 0.25
Do SAMON=SANO+SAMO nên:
2=x(5−7x)
1− x + 1− x
x (7x −2)⇔ 9x2−9x+2=0
x∉{0;1}
¿{ 0.25
Giải PT
x=1/3
¿ x=2/3
¿ ¿ ¿ ¿
hay
MB/AB=1/3
¿ MB/AB=2/3
¿ ¿ ¿
¿ 0.25
b 1,0 điểm.
Nội dung trình bày Điểm
Vì ΔABN=ΔBMC nên ta có: ∠BOM=∠BCM+∠CBO =∠MBO +∠CBO=600
Ta có ∠MAN +∠MON=1800 nên tứ giác AMON nội tiếp 0.25 Trường hợp 1: MB AB/ 1 / 3 AM 2BM 2AN
Gọi Q trung điểm AM ⇒ ΔAQN 0.25
⇒Q tâm ngoại tiếp tứ giác AMON ∠AOM =∠ANM=900⇒∠
AOB=1500 0.25 Trường hợp 2: Tương tự có:
MB/AB=2/3⇒2 AM=MB=AN⇒∠AMN =∠AON=900⇒∠AOB=900 0.25
Câu (2 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Giả sử tìm (x ; y ; z) thỏa mãn Khi z lẻ 0.25
* Xét phương trình: 2x− zy+1
=−1⇔2x=(z −1)(zy+zy −1+ +z+1) (1) 0,25 + Nếu y chẵn zy
+zy−1+ +z+1 số lẻ lớn 1, suy vơ lí VT(1) biểu diễn
dưới dạng lũy thừa với số mũ ngun dương cịn VP(1) khơng thể Vậy y lẻ 0.25
+ Khi có: 2x
=zy+1−1=(z
y+1 −1)(z
y+1
+1) Do (z
y+1 −1, z
y+1
+1)=2 , suy
z
y+1 −1
(4)* Xét phương trình: 2x− zy+1
=1 (2)
+ Nếu z=1 x=1 , y nguyên dương tùy ý nghiệm 0.25 + Xét z số lẻ lớn 1:
Nếu y lẻ ⇒y+1 chẵn, từ đó:
⇒zy+1
≡1(mod 4)⇒2x=zy+1+1≡2(mod 4)⇒x=1⇒1=2x−1=zy+1>1 (vô lý)
Vậy y chẵn 0.25
Khi đó: 2x=zy+1+1=(z+1)(zy− zy −1+ − z+1) Do z lẻ, y chẵn nên
zy− zy−1
+ − z+1 số lẻ, suy zy− zy−1+ − z+1=1⇒zy+1+1=z+1 (vơ lí z>1, y>0¿ Vậy (2) có nghiệm dạng ( 1;t ;1¿ với t nguyên dương tùy ý
0.25
Kết luận: PT cho có nghiệm (x ; y ; z)=(3;1;3+¿),(1;t ;1)∀t∈Z¿
0,25
Câu (1 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
Xét dãy Fibonaci (Fn n) 1:F1F2 1 , Fn2 Fn1Fn n 1 Ta có: a0=12=F12, a1=12=F22, a2=22=F32, a3=52=F52
Ta chứng minh: an=F22n −1∀n≥2 (*) phương pháp quy nạp theo n
0.25
Thật vậy, với n=2,3 có (*)
Giả sử (*) với n k 2, ta CM (*) với n=k+1 , tức CM: ak1F22k1 Với k ≥2 ta có: ak+1− ak=(7ak− ak −1−2)−(7ak −1− ak −2−2)=7ak−8ak −1+ak −2
⇒ak+1=8ak−8ak−1+ak −2
0.25
Kết hợp với giả thiết quy nạp suy ra: ak+1=8F22k−1−8F22k −3+F22k −5 (1)
Từ cách xác định dãy (Fn) có: Fn2 3Fn Fn2 n 3, suy ra:
2k 2k 2k
F F F k (2)
0.25
Thay (2) vào (1) được:
3F2k −1− F2k−3¿
=F22k+1
3F2k −3− F2k −1¿
=¿ ak+1=8F22k−1−8F22k −3+¿
Vậy an=F22n −1,∀n≥1 Do an phương với n0
0.25