1. Trang chủ
  2. » Cao đẳng - Đại học

De thi HSG mon Toan lop 12 tinh Quang Nam 20132014

5 11 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 342,54 KB

Nội dung

Ghi chú: ếu thí sinh có cách giải khác nhưng vẫn đúng thì ban giám khảo cần thảo luận thống nhất biểu điểm và cho điểm phù hợp với thang điểm..[r]

(1)http://edufly.vn SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (5,0 điểm) a) iải phương trình: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 Ngày thi : 02/10/2013 Môn thi : TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 3x   x   2x  x  8  x  3x  13x  15    y3 y (x, y  ) b) iải hệ phương trình:   2  y   5y (x  2x  2) Câu (4,0 điểm) 2014  u1  2013 a) Cho dãy số (un) xác định bởi:  2u  n 1  u n  2u n , n  * 1 Đặt Sn  Tính: limSn    u1  u  un  b) Tìm tất các hàm số f liên tục trên thỏa mãn: f(3x – y + ) = 3f(x) – f(y),  x, y  đó  là số thực cho trước Câu (5,0 điểm) a) Cho tam giác phẳng chứa tam giác C có diện tích ọi M là điểm nằm mặt C Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T  MA.h a  MB.h b  MC.h c (với ha, hb, hc là độ dài các đường cao vẽ từ , , C) b) Cho tam giác C có hai đỉnh , C cố định và đỉnh thay đổi ọi và là trực tâm và trọng tâm tam giác C ọi E là điểm đối xứng với qua Tìm tập hợp các điểm , biết điểm E thuộc đường thẳng C Câu (3,0 điểm) a) Tìm tất các số nguyên dương a, b, c cho: 3 a + 2b = c và a + 8b = c b) Cho đa thức f(x) có bậc n > 1, có các hệ số là các số nguyên và thỏa mãn điều kiện f(a + b) = a.b, với a, b là hai số nguyên cho trước (a, b khác 0) Chứng minh f(a) chia hết cho b và f(b) chia hết cho a Câu (3,0 điểm) TRUNG TÂM 130 EDUFLY oàng ăn Thái, Thanh Xuân, à ội Hotline: 0968 58 28 38 (2) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = Chứng minh với k  *, ta có: a2 k (a  b)(a  b2 )(a  b4 ) (a k 1  b2 k 1  b2 k ) (b  c)(b2  c2 )(b4  c4 ) (b2 k 1  c2 k 1  c2 k ) (c  a)(c2  a )(c4  a ) (c2 k 1  a2 k 1  ) 2k 1 - ết - (3) SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013 – 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12 THPT Câu 5.0 a) Giải PT: 3x   x   2x  x  (1) + Điều kiện: x  (*) Khi đó: 2x  (1)   (2x  3)(x  1) 3x   x  (2)  2x       x  (3)  3x   x  (2)  x = 3/2 (thỏa (*)) Vì x  nên < và x + > 3x   x   (3) vô nghiệm ậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3/2 8   x  3x  13x  15   y y b) Giải hệ PT (I):   2  y   5y (x  2x  2) + Điều kiện: y ≠ (*) Khi đó:   2 (x  1)(x  2x  15)     y y   (I)   1   5[(x  1)  1]  y2    a(a  16)  b b    2  1  b  5(a  1) a  b3  16a  4b   2 b  5a  (1)  a3 – b3 = (b2 – 5a2)(4a – b)  21a3 – 5a2b – 4ab2 = 2 1.0 uk 1    u k  u k (u k  2) u k u k (u k  2) =    u k 2u k 1 u k u k 1 0.25 0.25 0.25 u n 1  (u n2 0.5 u1 > 1.CM:  2u n ) /  1, n  N* 0.25  un > 1,  n  N* 0.25 Ta có: u n 1  u n  u n /  0, n  N*  (un) tăng 0.25 0.25 iả sử (un) bị chặn trên thì (un) tồn giới 0.25 hạn hữu hạn: limu = a (a ≥ 1) n  2a=a2 + 2a  a = Mâu thuẫn với a≥1 0.25 2.5  limun = +  lim(1/ u n 1)  0.25 ậy: limSn  1/ u1  2013/ 2014 0.25 b) f(3x – y + ) = 3f(x) – f(y), x,yR (1) 2.0 Trong (1), thay x  y  3x ' y ' ta được: 0.25   3x ' y '  , x’, y’R f (3x ' y ' )  2f      3x  y  , x, yR (2) f (3x  y  )  2f     Từ (1) và (2) suy ra:  f  x  y   f  x   f  y  ,x,yR (3)  0.25 2 0.25 0.25 0.25 Thay x = 0, y = vào (3) ta được: f(0) = 3f(0)/2–f(0)/2  f(0) = b, b tùy ý (3)  f  x  y   f (0) = 2.0 0.25  S  1/ u  1/ u n n 1 2  a = a   b a  4b 4.0 2014 , 2u n 1  u n2  2u n , n  N * 2.5 a) u1  2013 ới k  N*, ta có : 0.25 Đặt a = x + 1, b  (b ≠ 0), hệ trên trở thành: y Câu 0.25  [f  x   f (0)]  [f  y   f (0)] , 2 x,yR 0.25 Đặt g(x) = f(x) – f(0), ta có: g(0) = và: 0.25  3 g  x  y   g  x   g  y  ,x,yR  2 2 0.25 3     g  x   g  x  , g   y    g  y  ,x,yR 0.25 2    + Thay a = vào (1) b = và tìm hai nghiệm (–1 ; –1), (–1 ; 1) 0.25  g  x  y   g  x   g   y  ,x,yR        b 2 2    + Thay a   vào (1) b = và tìm g(x+y) = g(x) + g(y),x,yR hai nghiệm (–2 ; 2/3), (0 ; – 2/3) ì g liên tục trên R nên: 0.25 g(x) = ax, xR, với g(1) = a (a tùy ý) 0.25 0.25 (4)  f(x) = ax + b, xR (4) (với a, b tùy ý) 0.25 Thay (4) vào (1) ta được: b = a ậy f(x) = ax + a, với a tùy ý 0.25 + Thay a  4b vào (1) : 31 b  (vô nghiệm) 49 Kết luận đúng  Câu a) T  MA.h a  MB.h b  MC.h c 5.0 3.0 Ta có: h a  2S  , h b  2S  , h c  2S  a a b b c c  T   MA.GA  MB.GB  MA.GC    b.GB c.GC   a.GA  MA.GA MB.GB MA.GC   3    b.mc c.mc   a.ma 1 a.ma  a 2b2  2c2  a  3a (2b2  2c2  a ) 2  a.ma  a  b2  c2 Tương tự T b.mb  a  b  c2 a  b  c2 , c.mc  3 (MA.GA  MB.GB  MC.GC) (1) a  b2  c2 Đẳng thức xảy  a = b = c MA.GA  MB.GB  MC.GC  MA.GA  MB.GB  MC.GC  (MG  GA)GA  (MG  GB)GB  (MG  GC)GC a  b  c2  GA  GB2  GC2  (ma2  m2b  mc2 )  (2) Đẳng thức xảy  MA, GA cùng hướng, MB, GB cùng hướng, MC, GC cùng hướng  M trùng G Từ (1) và (2) suy ra: T  ậy minT    b) C và M trùng 0.25 Câu a) a + 2b = c (1), a3 + 8b3 = c2 (2) 3.0 2.0 0.25 2 0.25 (2)  (a + 2b)(a – 2ab + 4b ) = c (3) Từ (1) và (3) suy ra: 2 0.25 (2)  a 2– 2ab + 4b = (a2+ 2b)  4b – 2(a + 1)b + a – a = (4) 2 0.25 ’ = (a + 1) – 4(a – a) = –3a + 6a + (4) có nghiệm  ’ ≥  3a2 – 6a   3(a – 1)2   a = a = (vì a  N*) 0.25 + a =  b = 1, c = + a =  b = 1, c = ậy (a;b;c) =(1;1;3) (a;b;c) =(2;1;4) b) 0.25 iả sử: f (x)  a n x n  a n 1x n 1   a1x1  a 0,25 Ta có: f(a + b) – f(a) = 0.25 = a [(a+b)n  a n ]  a [(a+b)n 1  a n 1]+ +a b n n 1 0.25 n 1 n 2 n 2 n 1  a n b[(a+b) 0.25 +a n 1b[(a+b)  a(a+b) n 2  a(a+b) + +a n 3 + +a (a  b)  a n 3 (a  b)  a 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 0.25 ] n 2 ] 0.25 Suy ra: f(a + b) – f(a) chia hết cho b 0.25 Mà f(a+b) chia hết cho b nên f(a) chia hết cho b Tương tự, f(b) chia hết cho a 0.25 Câu 0.25 Đặt P là vế trái ĐT đã cho và : 2.0 0.25 0.25 + +a1b 3.0 y C H A G O E x B (5) Xây dựng hệ tọa độ hình vẽ Đặt C = 2b (b>0), ta có: B(0 ; –b), C(0 ; b) iả sử (x0 ; y0) (x0 ≠ 0) Ta có: G(x0/3; y0/3) Tọa độ điểm là nghệm hệ phương trình:  y  y0   x x  (y0  b)(y  b)  b   H  x0  E là điểm đối xứng với qua y0  ; y0     2x b  y02  x E  2x G  x H   x0   y  2y  y   y / G H  E E  BC  xE =  2x  b  2x 02  3y02  3b  Suy tập hợp các điểm x 2 3b /  y b2  y02 x0 x 02 3b /  a2  0.25 b2 k 1  b2 ) (b  c)(b2  c2 ) (b k 1 a  b2 0.25  a2 k c2  a k 1 k 1 ậy tập hợp các điểm là elip có trục nhỏ C, trục lớn có độ dài 3/ 2.BC , loại trừ , C ) 0.5  b2 k 1 b2  c2  k ) (b  c)(b2  c2 ) (b2 k 1  c2 k 1 ) 0.25  a2 k 1 ) 0.25 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 2(a4 + b4) ≥ (a2 + b2)2 …………………… k 1 k a  b2  k 1  b2 k (a  b)(a  b2 ) (a 0.25 ) Ta có: k  loại trừ điêm , C k 1 k (c  a)(c2  a ) (c k 0.25 k 1 k 2(a  b2 )  (a mp Oxy là elip:  c2 k (a  b)(a  b2 ) (a 0.25 1 k 1 0.5 k 0.25 k Ta có: P – Q = (a – b) + (b – c) + (c – a) =  2P  P  Q  0.25 k 1 c2  k (c  a)(c2  a ) (c 0 y02 k (a  b)(a  b2 ) (a  và khi: 0.25 b2 Q k 1  b2 k 1  ) )2 0.5 ab 2k Tương tự với các số hạng khác P+Q, suy 0.5 a b bc ca ra: 2P  k  k  k 2 P a bc 2k  33 abc 2k  0.25 2k 1 0.25 Đẳng thức xảy và a = b = c = Ghi chú: ếu thí sinh có cách giải khác đúng thì ban giám khảo cần thảo luận thống biểu điểm và cho điểm phù hợp với thang điểm (6)

Ngày đăng: 10/10/2021, 16:36

w