Đề thi môn Toán Lớp 12 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh - Bảng A - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Gia Lai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi môn Toán Lớp 12 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh - Bảng A - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Gia Lai (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 ——————————— Môn thi : Toán - Bảng A ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 13/11/2015 Đề thi có 01 trang gồm 06 câu ———————————————————————————————————– Câu 1 (3 điểm). Giải hệ phương trình sau 2x2√3 2x x3 + xy2 + 2x3 x2y 8 = 0 2 − − − ( y + 10x = 14+ xy. 1 Câu 2 (3 điểm). Cho dãy số (u ) như sau: u = và n 1 5 5u2 u = n , n = 1, 2, n+1 9u2 u + 1 ∀ n − n u u u Tìm lim 1 + 2 + + n . n→+∞ 2u + 1 2u + 1 ··· 2u + 1  1 2 n  Câu 3 (4 điểm). Cho các số tự nhiên a,b,c,d,e thỏa điều kiện a4 + b4 + c4 + d4 = e4. Chứng minh rằng trong 5 số đã cho có ít nhất hai số chia hết cho 10. Câu 4 (3 điểm). Tìm các hàm số f : R R thỏa mãn: với mọi x R thì → ∈ f(2x) = 2f(x) (1) f(x) x < 1. (2)  | − | Câu 5 (4 điểm). Cho tam giác ABC nhọn. Gọi E đối xứng với B qua AC và F đối xứng với C qua AB. CE cắt BF tại D và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Chứng minh AK vuông góc với BC. Câu 6 (3 điểm). Trong mặt phẳng, xét 100 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng số các cặp điểm có khoảng cách bằng 1 không vượt quá 729. ————————————–Hết————————————– Họ và tên thí sinh Số báo danh Thí sinh không sử dụng tài liệu, máy tính cầm tay. Giám thị không giải thích gì thêm. 1
2. 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi : Toán - Bảng A ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 13/11/2015 Hướng dẫn chấm Câu 1 (3 điểm). Hệ đã cho trở thành 3 2x3 + x(xy y2)+8=2x2.√2x x3 − − − xy y2 = 10x 14 ( − − 3 2x3 + 10x2 14x +8=2x2.√2x x3 (5) − − − ⇔ xy y2 = 10x 14 (6) ( − − 0,5điểm Ta nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ, xét x = 0. Từ phương trình (5), chia hai vế cho x3 ta được phương6 trình 10 14 8 3 2 2+ + = 2 1 x x2 x3 x2 − − r − 1 Đặt = t, t = 0. Khi đó ta thu được phương trình: x 6 3 8t3 14t2 + 10t 2 = 2√2t2 1 − − − 0,5điểm 3 (2t 1)3 + 2(2t 1) = (2t2 1) + 2√2t2 1 (*) ⇔ − − − − 0,5điểm Xét hàm số f(u)= u3 + 2u, u R. Ta có f 0(u) = 3u2 + 2 > 0, u R. ∈ ∀ ∈ Suy ra f(u) đồng biến trên R. 0,25điểm Từ ( ) ta thấy ∗ 3 f(2t 1) = f √2t2 1 . − −   Do f(u) đồng biến, suy ra 3 √2t2 1 = 2t 1 2t2 1=(2t 1)3 2t(4t2 7t + 3) = 0 − − ⇔ − − ⇔ − t = 1 3 ⇔  t = 4 
3. 3 Suy ra, x = 1 4  x = 3  0,5điểm + với x = 1, từ (6) suy ra 1 √17 1+ √17 y2 y 4 = 0 y = − hoặc y = − − ⇔ 2 2 0,25điểm 4 + với x = , từ (6) suy ra 3 2 √10 2+ √10 3y2 4y 2 = 0 y = − hoặc y = − − ⇔ 3 3 0,25điểm Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm: 1 √17 1+ √17 4 2 √10 4 2+ √10 1; − , 1; , ; − , ; 2 ! 2 ! 3 3 ! 3 3 ! 0,25điểm
4. 4 Câu 2 (3 điểm) Dễ thấy u = 0, n N∗. Từ giả thiết, ta có: n 6 ∀ ∈ 1 1 1 1 = + 9 , n = 1, 2, u 5 u2 − u ∀ n+1  n n  1 Xét dãy số (xn) như sau: xn = , n = 1, 2, Khi đó: x1 = 5 và un ∀ 1 x = (x2 x + 9), n = 1, 2, (1) n+1 5 n − n ∀ 0,5điểm 1 Từ (1) ta có x x = (x 3)2 0, n = 1, 2, (2) n+1 − n 5 n − ≥ ∀ Suy ra: x x − x − x x = 5 > 3 (3) n ≥ n 1 ≥ n 2 ≥···≥ 2 ≥ 1 Từ (2) và (3) suy ra: 3 < 5= x1 <x2 < <xn <xn+1 < (4) 0,5điểm··· ··· Ta có: 5(x 3) = x2 x 6=(x 3) (x + 2) n+1 − n − n − n − n 1 5 = (vì x 5). ⇔x 3 (x 3) (x + 2) n ≥ n+1 − n − n 1 1 1 Vậy = , n N∗, hay x 3 x 3 − x + 2 ∀ ∈ n+1 − n − n 1 1 1 = , n N∗. x + 2 x 3 − x 3 ∀ ∈ n n − n+1 − 0,5điểm Do đó n u n 1 1 1 1 i = = + + + 2u + 1 x + 2 x + 2 x + 2 ··· x + 2 i=1 i i=1 i 1 2 n X X   1 1 1 1 1 1 = + + + x 3 − x 3 x 3 − x 3 ··· x 3 − x 3  1 − 2 −   2 − 3 −   n − n+1 −  1 1 1 1 = = , n = 1, 2, x 3 − x 3 2 − x 3 ∀  1 − n+1 −  n+1 − 0,5điểm Trường hợp 1: Dãy (xn) bị chặn trên. Khi đó dãy (xn) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn. Đặt lim un = L. Từ n→+∞ 5= x <x <x < <x <x < 1 2 3 ··· n n+1 ··· suy ra L 5. Từ (1) cho n tiến đến + ta được ≥ ∞ 1 L = (L2 L + 9) L2 6L +9=0 L = 3. 5 − ⇔ − ⇔
5. 5 Điều này mâu thuẫn với L 5. Vậy trường hợp 1 không thể xảy ra. ≥ 0,5điểm Trường hợp 2: Dãy số (xn) không bị chặn trên. Khi đó do (4) nên: 1 lim xn =+ lim xn+1 =+ lim = 0. n→+∞ ∞⇒ n→+∞ ∞⇒ n→+∞ x 3 n+1 − Do đó n u n 1 1 1 1 i = lim = lim = . 2u + 1 n→+∞ x + 2 n→+∞ 2 − x 3 2 i=1 i i=1 i n+1 X X  −  0,5điểm
6. 6 Câu 3 (4 điểm). Trước hết ta có các kết quả sau (a) Với mọi số tự nhiên n bất kỳ ta luôn có: nếu n chẵn thì n4 chia hết cho 16, còn nếu n lẻ thì n4 chia 16 dư 1. 0,5điểm Do đó số số lẻ trong 4 số a,b,c,d chính là số dư của a4 + b4 + c4 + d4 = e4 khi chia cho 16. Ta xét các trường hợp sau 0,5điểm +) Nếu e lẻ thì e4 chia 16 dư 1 nên trong 4 số a,b,c,d có đúng một số lẻ và ba số chẵn. +) Nếu e chẵn thì e4 chia hết cho 16 nên cả 4 số a,b,c,d đều chẵn. 0,5điểm (b) Với mọi số tự nhiên n bất kỳ ta luôn có: nếu n chia hết cho 5 thì n4 chia hết cho 5, còn nếu n không chia hết cho 5 thì n4 chia 5 dư 1. Do đó số số không chia hết cho 5 trong 4 số a,b,c,d chính là số dư của a4 + b4 + c4 + d4 = e4 khi chia cho 5. Ta xét các trường hợp sau 0,5điểm +) Nếu e không chia hết cho 5 thì e4 chia 5 dư 1 nên trong 4 số a,b,c,d có đúng một số không chia hết cho 5 và ba số chia hết cho 5. +) Nếu e chia hết cho 5 thì e4 chia hết cho 5 nên cả 4 số a,b,c,d đều chia hết cho 5. 0,5điểm Với kết quả trên, trở lại bài toán ta có: T H1: e chẵn. Khi đó tất cả 5 số đều chẵn và trong số đó có ít nhất 3 số chia hết cho 5 nên trong trường hợp này có ít nhất là 3 số chia hết cho 10. 0,5điểm T H2: e chia hết cho 5. Khi đó tất cả 5 số đều chia hết cho 5 và trong số đó có ít nhất 3 số chẵn nên trong trường hợp này có ít nhất là 3 số chia hết cho 10. 0,5điểm T H3: e không chia hết cho 10. Khi đó trong 4 số a,b,c,d có đúng ba số chẵn, một số lẻ và cũng có đúng ba số chia hết cho 5 còn một số không chia hết cho 5 nên trong trường hợp này có ít nhất là 2 số chia hết cho 10. Bài toán đã được chứng minh. 0,5điểm
7. 7 Câu 4 (3 điểm). Từ (1), bằng quy nạp ta chứng minh được: f(2nx) = 2nf(x), n N, x R. (3) ∀ ∈ ∀ ∈ 1,5điểm Bây giờ ta sẽ chứng minh f(x)= x, x R. Thật vậy, giả sử có x R sao cho f(x ) = x . Đặt ∀ ∈ 0 ∈ 0 6 0 f(x0)= x0 + ε, với ε = 0. Khi đó: 6 0,5điểm f(2nx ) = 2nf(x ) = 2n (x + ε) = 2nx + 2nε, n N 0 0 0 0 ∀ ∈ f(2nx ) 2nx = 2n ε , n N ⇒| 0 − 0| | | ∀ ∈ 2n ε < 1, n N. (4) ⇒ | | ∀ ∈ 0,5điểm Do lim (2n ε )=+ nên (4) là điều vô lí. Vậy f(x) = x, x R. Thử lại thấy thỏa mãn. n→+∞ | | ∞ ∀ ∈ 0,5điểm
8. 8 Câu 5 (4 điểm). Ta có KB2 KC2 = P P = BC (CD BD) − B/(K) − C/(K) − 1,0điểm Mặt khác, vì A là tâm đường tròn bàng tiếp đỉnh D của tam giác BCD nên AB2 AC2 = BC (CD BD) − − 1,5điểm Suy ra, KB2 KC2 = AB2 AC2. − − và do đó ta có AK BC. Bài toán được chứng minh. ⊥ 1,5điểm
9. 9 Câu 6 (4 điểm). Ta đặt tên các điểm đó là Ai,i = 1, 2, , 100 và gọi di là số đoạn thẳng có độ dài bằng 1 mà có một đỉnh là Ai,i = 1, 2, , 100. Khi đó số cặp điểm có độ dài bằng 1 là d + d + + d k = 1 2 100 2 1,0điểm Với mỗi i 1; 2; ; 100 thì số các cặp điểm mà khoảng cách từ mỗi điểm đến Ai đều bằng 1 2 ∈ { } 2 là Cdi , trong đó ta qui ước rằng Cdi = 0, khi di = 0 hoặc di = 1. Suy ra tổng số cặp như thế là 100 2 Cdi . i=1 P 1,0điểm Mặt khác, với hai điểm bất kỳ thì có nhiều nhất là hai điểm cùng có khoảng cách bằng 1 đến hai điểm đó (chúng thuộc đường trung trực) nên số cặp điểm được tính như trên không vượt quá 2 2C100. Do đó, 1,0điểm 100 2 2 2C100 > Cdi i=1 X 100 d (d 1) 100.99 > i i − ⇒ 2 i=1 X100 100 2.100.99 > d 2 d ⇒ i − i i=1 i=1 X X 100 2 di 100 2.100.99 > i=1  d ⇒ P100 − i i=1 X (2k)2 2.100.99 > 2k ⇒ 100 − k 6 729 ⇒ 1,0điểm