De va dap an HSG 12 Dak Lak V2

Chứng minh rằng tổng độ dài các cạnh đối diện của lục giác đó bằng nhau khi và chỉ khi khoảng cách giữa các cặp cạnh đối diện của nó bằng nhau.. Từ 3 hình thang cân nội tiếp ABDE, BCEF v[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2009-2010

TỈNH ĐẮKLẮK MƠN :TỐN 12 - THPT

Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề ) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 6/01/2010

Bài 1:( điểm)

1) Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 xy y2 x y2

  

2) Tìm số nguyên x để biểu thức sau số phương :

2

x  x  x  x Bài 2:(4 điểm)

1) Giải hệ phương trình

1

2

1

2

2

n

n n

x x x nx

x x x nx

x x x nx  n

    



     

  

     



2) Có cách xếp học sinh nam học sinh nữ thành hàng song song ( hàng học sinh) cho học sinh đối diện bao gồm nam, nữ

Bài 3:(3 điểm)

Xét lục giác lồi ABCDEF nội tiếp đường trịn có cạnh đối diện song song Chứng minh tổng độ dài cạnh đối diện lục giác khoảng cách cặp cạnh đối diện

Bài 4:(4 điểm)

1) Cho dãy  xk với

 

1

2! 3! 4! !

k

k x

k

    



Tìm lim 2009

n n n

n n

J x x x

 

   

2) Cho đa thứcP x( ) x5 x2 1

   có nghiệm r r r r r1, , , ,2 Đặt q x( )x2

Tính q r q r q r q r q r         1

Bài 5:(4 điểm)

1) Chứng minh với x >1 tồn tam giác mà số đo cạnh số

 

1

P x x x  x  x , P x2 2x3x22x1, P x3  x4 1 tam giác ứng với mọi x > cho trước có góc lớn

2) Giả sử phương trình x3 + x2 + ax + b = có nghiệm phân biệt Hãy xét dấu biểu thức

a2 – 3b.

===========Hết==========

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2009-2010

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN TỐN 12 TUYỂN CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

Bài 1: (5điểm)

1.Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 xy y2 x y2

  

+ Ta cóx2 2xy y2 x y2 xy xy xy( 1)

      0,5đ

+ Hay (x y)2 xy xy( 1)

   0,5đ

Nhận thấy xy, xy+1 số ngun liên tiếp, có tích số phương nên ta có + xyxy1 00

 

 0,5đ

+ Khi xy=0 thìx2 y2 0 x y 0

     0,5đ

+ Khi xy  1 xy1thì (x=1,y=-1);(x=-1,y=1) 0,5đ + Vậy nghiệm PT (0,0); (1,-1); (-1,1) 0,5đ

2 Tìm số nguyên x để biểu thức sau số phương x4 2x3 2x2 x 3

   

Đặt x4 2x3 2x2 x 3 y2 ;y

      

+Ta có y2 (x4 2x3 x2) (x2 x 3) (x2 x)2 (x2 x 3)

           0,5đ

Đặt a x2 x

  , ta chứng minh a2  y2 (a2)2 Thật : 2 3 ( 1)2 11 0

2

y  a x   x x  

Xét (a 2)2 y2 x2 x 2 2 x4 2x3 2x2 x 3

         

1 3( 1)2 0

2

x x x

      

+Như 2

( 2)

a  y  a nên y2 (a1)2 0,5đ +Khi x4 2x3 2x2 x 3 x2 x 12

       0,5đ

+Hay

2

1

2 x

x x

x       



 0,5đ

1 Giải hệ phương trình

1

2

1

2

2

n

n n

x x x nx

x x x nx

x x x nx  n

    

 

    

  

     



Giải: Cộng vế với vế tất PT hệ ta có:

x1x2x3 xn 1 0,5đ

Trừ phương trình thứ k cho phương trình thứ k-1 (k<n) trừ phương trình thứ n cho PT thứ nhất, ta có:x1x2x3 xn nxk  k (k1) 0,5đ

Hay n ( 1, 2, , 1) k

x x x x

x k n

n n n

   

    

Và x1x2x3 xn nxn  n 0,5đ

Vậy nên n n x

n



 0,5đ

2 Có cách xếp học sinh nam học sinh nữ thành hàng song song ( hàng học sinh) cho học sinh đối diện bao gồm nam, nữ

Giải : Có trường hợp

Trường hơp 1: 0,5đ

+ Có A5=5! cách xếp em nam hàng 5! cách xếp em nữ hàng Vậy có P1 =5!5!

Trường hợp 2: 0,5đ

+ Có A455.4 20 cách xếp em nam vào hàng cách xếp em nữ vào vị trí cịn

lại

Có 4! cách xếp em nữ đối diện hàng thứ hai 1! cách xếp em nam đối diện

Vậy có 5.5.4!

P A

Trường hợp 3: 0,5đ

+ Có A355.4.3 60 cách xếp em nam vào hàng, có

5 5.4 20

A   cách xếp em nữ vào vị trí cịn lại

Có 3! cách xếp em nữ đối diện hàng thứ hai 2! cách xếp em nam đối diện

Vậy có 3 3!2!5

P A A cách xếp

Trường hợp : 0,5đ

Có 2! cách xếp em nữ đối diện hàng thứ hai 3! cách xếp em nam đối diện

Vậy có 2!3!5

P A A cách xếp

Bài 3: (3 điểm) Xét lục giác lồi ABCDEF nội tiếp đường trịn có cạnh

đối diện song song Chứng minh tổng độ dài cạnh đối diện lục giác khoảng cách cặp cạnh đối diện

Từ hình thang cân nội tiếp ABDE, BCEF CDFA ta AD = BE = CF (=d) tức đường chéo lục giác (và

bằng d) 0.5 đ

Dựng đỉnh thứ tư G hình bình hành ABEG Vì AB//DE E thuộc đoạn DG nên ta có:

AB+DE = GE+ED = GD

0.5 đ

Đồng thời ta có AG = BE = AD (=d) tam giác ADG cân A

Gọi = AA1, hb = CC1 , hc = EE1 khoảng

cách (AB//DE) , (CD//FA), (EF//BC) Mặt khác ta đặt AB + DE = DG = 2a, CD + FA = 2b EF + BC = 2c

0.5 đ

Thế DA1 = A1G = a tam giác vuông A1 ta có

2 2

1

DA AA AD a2h2a d2 0.5 đ Chứng minh tương tự ta hệ thức

2 2 2 2

a b c

a h b h c h d (1) 0.5 đ

Từ hệ thức (1) suy a b c   hb hc 0.5 đ

Cách : Cũng ký hiệu a , b , c , , hb , hc lời giải

Ta xét hình thang cân chéo “tự cắt” nội tiếp ABED, BCFE CDAF theo thứ tự góc có độ lớn   , , ghi hình vẽ

để ý o

180

 

Từ tam giác vng ADA1 ( vng A), ta có: a

h a

d sin cos 

Chứng minh tương tự ta có dãy tỷ số

 

a b c

h h h

a b c

d 2p cos cos cos sin sin sin  

Vì  , , góc nhọn nên từ (2) ta suy a b c     60o  ha hb hc

Bài 4(4 điểm)

1 Cho dãy  xk với

 

1

2! 3! 4! !

k

k x

k

    



Tìm giới hạn lim 2009

n n n

n n

J x x x

 

Dễ thấy dãy  xk đơn điệu tăng từ đẳng thức

   

1

1 ! ! !

k

k k  k 0,5đ

Suy xk  11 ! k

 

 , ta có : 2009 2009 2009 2009

n n n n n

x x x  x  x 0,5đ

Hay 2009 2009 2009 2009 n n n n n n

x  x x  x  x 0,5đ

Do lim 2009 2009

n n n

n n

J x x x x

 

   

Vậy nên : 1 2010!

J   0,5đ

2 Cho đa thứcP x( ) x5 x2 1

   có nghiệm r r r r r1, , , ,2

Đặt q x( ) x2 2

  Tính q r q r q r q r q r         1

Giải : Ta cóP x( )x r 1 x r 2  x r 5 0,5đ        12    52 

1 2

q r q r q r  r  r  r 

Mặt khác với i=1,2,…,5 ta có 2  2   2 

i i i

r    r   r 0,5đ

Nên ta có

   1  5  1  2  5  1  2  5

q r q r q r   r  r  r   r   r   r

P  2 P  2 0,5đ

   2 5 21  2 5  221 23

   

    0,5đ

Vậy q r q r   1 q r 5 23

Bài 5 (4 điểm)

1 Chứng minh với x >1 tồn tam giác mà số đo cạnh số

 

1

P x x x  x  x , P x2 2x3x22x1, P x3 x41 tam giác ứng với x > cho trước có góc lớn

Giải : Đặt a x2 x 1 ;b 2x 1 ;c x2 1 0

         

Ta có 2

2

b c x  x a x   x b c x  x 0,5đ

Điều chứng tỏ a,b,c độ dài cạnh tam giác 0,5đ

Do            

1 ; ;

Gọi  góc lớn tam giác, thì:

2 2 2 os

a b c  bcc  suy os

2

c   hay

3



  0,5đ

2.Giả sử phương trình x3 + x2 + ax + b = có nghiệm phân biệt Hãy xét dấu biểu

thức: a2 – 3b.

Tập xác định: R

y’ = 3x2 + 2x + a tam thức bậc hai có biệt số

’ = – 3a

+ Pt: x3 + x2 + ax + b = có nghiệm phân biệt nên y’ = có nghiệm phân biệt x

1, x2

f(x1).f(x2)< 0.5 đ

Suy ra:

1

1 3a f (x ).f (x )

 

 

 

(x1, x2 hai nghiệm phương trình 3x2 + 2x + a = 0)

+ Thực phép chia đa thức ta được:

f(x) = x3 + x2 + ax + b = 1x y ' 1(6a 2)x 9b a

3 9

 

    

 

 

Suy f(x1) =  

1

(6a 2)x 9b a

9    ; f(x2) =  

1

(6a 2)x 9b a

9    0.5 đ

f(x1).f(x2) <  (6a-2)2x1x2 + (6a-2)(9b-a)(x1 + x2) + (9b-a)2 <

Vì x1, x2 nghiệm phương trình: 3x2 + 2x + a =

nên x1 + x2 =

2

 ; x1.x2 = a

3

Do đó: a(6a 2)2 (6a 2)(9b a)2 (9b a)2 0

3     3  

+ suy ra: 4(3a – 1)(a2 – 3b) + (9b – a)2 < 0 0.5 đ

+ Vì (9b – a)2  3a – < nên a2 – 3b > 0. 0.5 đ

B.HƯỚNG DẪN CHẤM

1.Điểm làm cho theo thang điểm 20, tổng điểm thành phần khơng làm trịn số