Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cấp thành phố năm học 2012-2013 môn Toán 12 là đề thi chính thức của Sở Giáo dục và Đào tạo Cần Thơ trong kỳ thi tuyển học sinh giỏi cấp thành phố với thời gian làm bài là 180 phút không kể thời gian giao đề. Mời các bạn cùng tham khảo.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2012-2013 KHÓA NGÀY: 16/10/2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (4 điểm) Giải hệ phương trình sau tập số thực R x+y+z =0 x3 + y + z = 48 x + y + z = 16128 Câu (4 điểm) Cho dãy số nguyên (un ) xác định sau: u1 = ; u2 = un = 4un−1 − un−2 , ∀n ≥ 3, n ∈ N a) Chứng minh u2n + u2n−1 − 4un un−1 = −3 với n ≥ 2, n ∈ N b) Chứng minh u2n − số phương với n, n ∈ N∗ Câu (4 điểm) Cho nửa đường tròn (T ) tâm O, đường kính AB = 2R điểm P di động (T ) (P khác A B) Gọi (O1 ) (O2 ) hai đường tròn nhận OP làm tiếp tuyến chung, đồng thời (O1 ) tiếp xúc với (T ) OA theo thứ tự M, N, (O2 ) tiếp xúc với (T ) OB theo thứ tự H, L a) Chứng minh P di động (T ) đường thẳng M N HL qua điểm cố định K b) Gọi C, D theo thứ tự giao điểm thứ hai (O1 ) với M A M B, E giao điểm CN với BK F giao điểm DN với AK Chứng minh P di động (T ), ta √ ln có bất đẳng thức p > R(3 + 2), p chu vi tứ giác ABEF Câu (4 điểm) Cho dãy 2013 số nguyên dương a1 , a2 , a3 , a2013 thỏa mãn số không lớn 4026 với hai số bội số chung nhỏ hai số lớn 4026 Chứng minh số hạng dãy số cho lớn 1342 Câu (4 điểm) Trong bảng vng có 10 × 10 ô điền tất ô dấu “+” Một bước thực cách đổi toàn dấu hàng cột sang dấu ngược lại Có khả hay khơng sau hữu hạn bước trên, bảng ô vuông nhận có dấu “-” ? Hãy chứng minh khẳng định ——HẾT—— Ghi chú: Giám thi coi thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2012-2013 KHĨA NGÀY: 16/10/2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU NỘI DUNG 1(4đ) ĐIỂM Xét đa thức f (t) = t + at + bt + c có nghiệm x, y, z Từ phương trình x + y + z = 0, ta suy a = Do f (t) = t3 + bt + c Mặt khác xn+3 +y n+3 +z n+3 +b (xn+1 + y n+1 + z n+1 )−16 (xn + y n + z n ) = (4) Và đặt Sn = xn + y n + z n với n ∈ N∗ Khi (4) trở thành Sn+3 + bSn+1 − 16Sn = Ta có S7 = −bS5 + 16S4 = −b (−bS3 + 16S2 ) + 16 (−bS2 + 16S1 ) = b2 S3 − 32bS2 + 256S1 (5) Thế S7 = 16128, S3 = 48, S2 = −2b, S1 = vào (5), ta b = ±12 +b = 12, ta f (t) = t3 + 12t − 16 có nghiệm (khơng thỏa) +b = −12, ta f (t) = t3 − 12t − 16 có ba nghiệm t = −2; t = 2; t = Vậy hệ cho có nghiệm (x; y; z) (−2; 2; 4) hoán vị √ √ a) Phương trình đặc trưng λ2 − 4λ + = ; λ1 = − ; λ2 = + un = c1 λn1 + c2 λn2 1.0đ 1.0đ 1.0đ c1 λ1 + c2 λ2 = c1 λ21 + c2 λ22 = D= D c1 = λ1 λ2 λ21 λ22 λ2 22 λ22 √ = λ1 λ2 (λ2 − λ1 ) = 1đ √ = λ22 − 2λ1 = + √ λ1 = 2λ − λ = −3 + 1 λ21 √ √ √ √ 3+2 3+2 −3 + 2− √ √ c1 = = ; c2 = = 2 √ √ 3 + − Vậy un = c1 λn1 + c2 λn2 = λn1 + λn2 , n ≥ 2 Ta có λ1 λ2 = Vậy: √ √ √ n−1 − √ 2+ un = (2 − 3)λ1 + (2 + 3)λ2n−1 2 n−1 n−1 + λ2 λ , n≥1 = Từ đó: D c2 = 2(4đ) 1đ Tiếp CÂU NỘI DUNG 2(n−1) 2(n−1) 2(n−2) 2(n−2) λ1 + λ2 + λ1 + λ2 +4 u2n + u2n−1 = 2n−4 λ (λ1 + 1) + λ22n−4 (λ22 + 1) + = 1 = 4λ2n−3 + 4λ22n−3 + = λ2n−3 + λ22n−3 + 1 4un un−1 = λn−1 + λn−1 λ1n−2 + λn−2 2 2n−3 2n−3 n−2 = λ1 + λ2 + (λ1 λ2 ) (λ1 + λ2 ) 2n−3 2n−3 = λ1 + λ2 +4 2 Vậy un + un−1 − 4un un−1 = −3 u2 − b) Chứng minh n số phương Từ câu a) ta có 4u2n + u2n−1 − 4un un−1 = 3u2n − =⇒ (2un − un−1 )2 = 3u2n − u2n − (2un − un−1 )2 =⇒ = 2u − u n n−1 3, ∀n ≥ Ta chứng minh rằng: 2u n−1 − un 3, ∀n ≥ 2u − u = − = Thật vậy: với n = 2u − u = 2u − u k k−1 Giả sử ta có với ∀k ≥ 2u − u k−1 k ĐIỂM Suy ra: 2uk+1 − uk 1đ 1đ = [4 (uk ) − uk−1 ] − uk = 8uk − 2uk−1 − uk = 6uk + uk − 2uk−1 2uk − uk+1 = 2uk − (4uk − uk−1 ) = −2uk + uk−1 Nói riêng ta có 2un − un−1 3, ∀n ≥ Suy 2un − un−1 = 3k, k ∈ Z u2 − u2 − Vậy n = k suy n số phương 3 Tiếp CÂU NỘI DUNG ĐIỂM P M H O1 D O2 C B N A L O F E K 3(4đ) 4(4đ) a) Ta có CM D = AM B = 90◦ =⇒ CD đường kính (O1 ) =⇒ IDM = IM D = OBM =⇒ CD AB Từ CN = DN =⇒ AM N = BM N = 45◦ hay M K tia phân giác góc AM B Vậy K trung điểm cung AB K điểm cố định Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có HL qua K b) Cũng từ kết ta có: F AN = F N A = EBN = EN B = 45◦ Suy AF N = BEN = EN F = 90◦ hay tứ giác N EKF hình chữ nhật Từ chu vi tứ giác ABEF tính bởi: p = AB + BE + EF + F A = AB + BE + EK + N K = AB + BK + N K = √ 2R + R + N K Mà N K ≥ OK = R Đẳng thức xảy N ≡ O hay (O1 ) đường tròn tiếp xúc AB O =⇒ P ≡ B =⇒ điều xảy giả thiết B = P √ Vậy N K > R hay T > R(3 + 2) Bổ đề: Với dãy số hữu hạn số nguyên dương (ak ) , k = 1, n + 1, số khơng lớn 2n ln tồn hai số chúng thỏa mãn số chia hết cho số Chứng minh: Do ∈ N∗ i = 1, n + nên ta viết = 2si ri , si ∈ N ri ∈ 2k − 1|k = 1, n Từ ri nhận n giá trị lẻ nên theo nguyên lý Dirichlet n + số cho phải tồn hai số , aj (i = j) thỏa mãn ri = rj Khơng tính tổng qt giả sử ≥ aj , ≡ 0(modaj ) Xét tốn cho: 1đ 1đ 1đ 1đ 1đ 1đ Tiếp CÂU 5(4đ) NỘI DUNG Do dãy số cho dãy hữu hạn nên tồn số nhỏ chúng, không tổng quát giả sử = {ak } , k = 1, 2013 Khi ta cần chứng minh > 1342 đủ Thật vậy, giả sử ≤ 1342, ta có 2014 số 2a1 , 3a1 , a2 , a3 , , a2013 thỏa mãn khơng có số lớn 4026 Theo giả thiết [ai , aj ] > 4026, i, j = 1, 2013, i = j nên dãy 2014 số tồn số thỏa mãn số bội số Điều vô lý với bổ đề Vậy a1 > 1342 Giả sử có khả sau số hữu hạn bước nhận bảng có dấu “-” Cho hàng thứ i ta đổi dấu xi lần cột thứ j ta đổi dấu yj lần Khi (i, j) ta thay đổi xi + yj lần Suy có dấu “-” xi + yj số lẻ Cho p số lượng số lẻ số xi Cho q số lượng số lẻ số yj Khi số lượng dấu “-” bảng là: p(10 − q) + (10 − p)q = 10p + 10q − 2pq Từ ta có đẳng thức 10p + 10q − 2pq = ⇐⇒ 5p + 5q − pq = ⇐⇒ (p − 5)(q − 5) = 2.11 Vì 11 số nguyên tố nên p − 11 q − 11 Giả sử p − 11 −5 ≤ p − ≤ nên p − 11 p − = điều trái với (p − 5)(p − q) = 2.11 Vậy câu trả lời ĐIỂM 1đ 1đ 1đ 1đ 1đ ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2 01 2- 2013 KHÓA NGÀY: 16/10/2 012 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN Thời gian:... (5) Thế S7 = 1 6128 , S3 = 48, S2 = −2b, S1 = vào (5), ta b = ? ?12 +b = 12, ta f (t) = t3 + 12t − 16 có nghiệm (không thỏa) +b = ? ?12, ta f (t) = t3 − 12t − 16 có ba nghiệm t = −2; t = 2; t = Vậy... = (4) Và đặt Sn = xn + y n + z n với n ∈ N∗ Khi (4) trở thành Sn+3 + bSn+1 − 16Sn = Ta có S7 = −bS5 + 16S4 = −b (−bS3 + 16S2 ) + 16 (−bS2 + 16S1 ) = b2 S3 − 32bS2 + 256S1 (5) Thế S7 = 1 6128 ,