Đề Hsg Toan 12 Soc Trang.doc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SÓC TRĂNG Đề chính thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH NĂM 2017 MÔN TOÁN 12 (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề) Đề thi này có 01 trang Câu 1 (4 đ[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

SÓC TRĂNG

Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH

NĂM 2017 MÔN: TOÁN 12 (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề)

Đề thi này có 01 trang

Câu 1. (4 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực:

4x1 x3 1 2x32x 1

Câu 2. (4 điểm) Cho dãy số  x với n n   được xác định như sau:*

1 2 1

3

x









a) Chứng minh rằng dãy số  x không bị chặn trên n

b) Xét dãy số  y xác định bởi n

n

n

y

   Tìm limy n

Câu 3. (4 điểm) Cho tập hợp A 0,1, 2,3, 4,5 Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 3 gồm 5

chữ số được lập từ tập A

Câu 4. (4 điểm) Chứng minh rằng 1n 2n 3n 4n 5

    khi và chỉ khi n không chia hết cho 4 n  

Câu 5. (4 điểm) Cho ba tia Ox , Oy , Oz đôi một vuông góc với nhau tại O và , ,A B C theo thứ tự là

ba điểm thay đổi trên Ox , Oy , Oz sao cho tam giác ABC có diện tích S không đổi cho trước Gọi S , 1 S , 2 S lần lượt là diện tích của các tam giác 3 OBC, OCA, OAB

a) Chứng minh 2 2 2 2

S S S S

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 2 3

S

P

-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. (4 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực:

4x1 x3 1 2x32x 1

Lời giải

4x1 x  1 2x 2x1 2x31 4x1 x3 1 2x1 0

1

t x  , t 0 ta được phương trình :

2

2t  4x1 t2x1 0 có  4x 32 suy ra phương trình có hai nghiệm

4

Với 1 3 1 1

1 4

x

Với t2x 1 x3 1 2x1 3 2

x

 



 



1

2 2

0, 2

x

x









Vậy tập nghiệm của phương trình là 3 3

; 2 4

S   

Câu 2. (4 điểm) Cho dãy số  x với n n   được xác định như sau:*

1 2 1

3

x









a) Chứng minh rằng dãy số  x không bị chặn trên n

b) Xét dãy số  y xác định bởi n

n

n

y

   Tìm limy n

Lời giải

x   x x  x   x    x n1x n,  n * Giả sử dãy  x bị chặn trên suy ra dãy n  x có giới hạn hữu hạn Ta giả sử lim n x n  , a a 3 Mặt khác do 2

x   x x  x  nên a a 2 3a4  a2 mâu thuẫn với điều kiện 3

a  Vậy dãy số  x không bị chặn trên n

b) Ta có x n1 x n2 3x n 4 x n1 2x n2 3x n2  x n1 2x n1 x n 2

1

n

n

y

Hay

1

n

y

Mặt khác dãy số  x tăng và không bị chặn trên nên lim n x  suy ra n

1

1

2

n

n

y

x 



Câu 3. (4 điểm) Cho tập hợp A 0,1, 2,3, 4,5 Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 3 gồm 5

chữ số được lập từ tập A

Lời giải

Đặt N 1 0,3 , N 2 1, 4 , N 3 2,5 Gọi số cần lập là n abcde

* Trường hợp 1: Cả 5 chữ số thuộc N khi đó:1

- Có 1 cách chọn a, mỗi vị trí còn lại có 2 cách chọn

- Do đó có 24 16 số

* Trường hợp 2: Cả 3 chữ số thuộc N , 1 1 chữ số thuộc N , 2 1 chữ số thuộc N khi đó:3

- Nếu a N 1 ta có 1 cách chọn a; có C cách chọn hai vị trí thuộc 42 N ; có 1 1 1

2 1

C C cách

chọn một vị trí thuộc N và 2 N ; mỗi vị trí (trừ 3 a) có 2 cách chọn số Do đó có

4 .22 1 192

- Nếu a N 1 ta có 3

4

C cách chọn ba vị trí thuộc N ; có 1 1 1

2 1

C C cách chọn một vị trí thuộc

2

N và N ; mỗi vị trí có 3 2 cách chọn số Do đó có

4 .22 1 256

* Trường hợp 3: Một chữ số thuộc N , hai chữ số thuộc 1 N , ba chữ số thuộc 2 N3

- Tương tự trường hợp 2 có: 2 4 1 2 5

1 .2C C C .2 864 số

* Trường hợp 4: Hai chữ số thuộc N , ba chữ số thuộc 1 N có:2

1 .2C C 2 256 số

* Trường hợp 5: Hai chữ số thuộc N , ba chữ số thuộc 1 N3

- Tương tự trường hợp 4 có 256 số

* Trường hợp 6: Bốn chữ số thuộc N , một chữ số thuộc 2 N có: 3 4 5

* Trường hợp 7: Bốn chữ số thuộc N , một chữ số thuộc 3 N có: 2 160 số

* Vậy có cả thảy: 16 192 256 864 3.256 2.160 2160      số

Câu 4. (4 điểm) Chứng minh rằng 1n 2n 3n 4n 5

    khi và chỉ khi n không chia hết cho 4 n  

Lời giải

* Trường hợp 1: n4k:

1k 2 k 3k 4 k 1 16k 81k 216k

Ta có 16 1 mod 5   16k 1 mod 5 

81 1 mod 5 81k 1 mod 5 

216 1 mod 5 216k 1 mod 5 

- Do đó A  1 16k 81k216k 4 mod 5 

- Vậy A không chia hết cho 5

* Trường hợp 2: n4k1, n4k3  n là số lẻ Do đó:

- 2n 3n

 chia hết cho 2 3 5  

- 1n 4n

 chia hết cho 1 4 5   Suy ra A 1n2n3n 4n5

* Trường hợp 3: n4k2

1k 2 k 3 k 4 k 1 4.2 k 9.3 k 16.4 k

- Ta có 24k 1 mod 5 

 4.24k 1 mod 5 

4

3 k 1 mod 5

 9.34k 1 mod 5 

4

4 k 1 mod 5

 16.44k 1 mod 5 

- Do đó A    1 4 4 1 mod 5  . Suy ra A chia hết cho 5

Vậy A chia hết cho 5 khi và chỉ khi n không chia hết cho 4.

Câu 5. (4 điểm) Cho ba tia Ox , Oy , Oz đôi một vuông góc với nhau tại O và , ,A B C theo thứ tự là

ba điểm thay đổi trên Ox , Oy , Oz sao cho tam giác ABC có diện tích S không đổi cho trước Gọi S , 1 S , 2 S lần lượt là diện tích của các tam giác 3 OBC, OCA, OAB

a) Chứng minh 2 2 2 2

S S S S

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 2 3

S

P

Lời giải

a

b

c

A

O

B

C H

a) Đặt OA a , OB b , OC c Kẻ OH CB, ta có CB OA CB AH

CB OH









1 2

ABC

OBC

OH

BC

bc OH

 ; AH2 OH2OA2

2

a

1 4

4 b c a b a c

Hay S2 S12S22S32 (điều phải chứng minh)

b) Theo câu a) ta có 2 2 2 2  1 2 32

3

3

2

2

S

P

S

 1 2 3

9 3

S

 

9 3

S

 



9

3 2 3

 Suy ra P  6 3 3

Vậy Pmax  6 3 3 đạt được khi 1 2 3

2 3

S

Hướng dẫn tìm và tải các tài liệu ở đây https://forms.gle/LzVNwfMpYB9qH4JU6