Giả sử G và H là hai điểm nằm trong lục giác sao cho AGB DHE= =... Đường thẳng BE là trục đối xứng của hai điểm A và D.. 1,0đ Theo giả thiết, ta cũng có các tam giác BCD và AEF là các t
Trang 1Họ và tên thí sinh:……… ………… Chữ ký giám thị 1:
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012
* Môn thi: TOÁN (BẢNG A)
* Ngày thi: 06/11/2011
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ
Câu 1 (6 điểm):
Tìm n∈ ` sao cho số a n= 2+20112016n+20112011 2011(có 2016 số 2011 ở số
hạng cuối) chia hết cho 9
Câu 2 (7 điểm):
Cho phương trình: x2−(2cosα−1)x+6cos2α−cosα− =1 0 (1)
a) Tìm α để phương trình (1) có hai nghiệm x x 1, 2
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
A x= + x
Câu 3 (7 điểm):
Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC = CD, DE = EF = FA,
BCD EFA= = Giả sử G và H là hai điểm nằm trong lục giác sao cho
AGB DHE= =
Chứng minh rằng: AG + GB + GH + DH + HE ≥ CF Dấu bằng (=) xảy ra khi
nào?
-Hết -(Gồm 01 trang)
CHÍNH THỨC
Trang 2SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012
* Môn thi: TOÁN (BẢNG A)
* Ngày thi: 06/11/2011
* Thời gian: 180 phút HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (6 điểm):
Ta có
2011 3 ≡ 4 3 ≡ 1 mod 9( ) (0,5đ)
⇒ 2011 3.672 = 2011 2016 ≡ 1 mod 9( ) (0,5đ)
⇒ 2011 2016n n≡ (mod 9) (0,5đ)
Số 20112011…2011 có 2016 số 2011 ghép thành , nên tổng các chữ số bằng
( 2+0+1+1).2016=8064 chia hết cho 9 (0,5đ)
Suy ra a n≡ 2+n(mod 9)
Khi chia n cho 9, ta có số dư r∈{0;1;2;3;4;5;6;7;8} (0,5đ)
Ta thấy với r = 1, r = 2, r = 3, r = 4, r = 5, r = 6, r = 7 thì số dư khi chia (n2+ cho n)
9
a
Vậy các số cần tìm là n=9k và n=9k+8,k∈ N (1,0đ)
Câu 2 (7 điểm):
2 (2cos 1) 6cos2 os 1 0 (1)
a) Phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 khi và chỉ khi Δ ≥ 0
(2 cosα 1) 4(6cos α cosα 1) 0
2
k
⎢
⎢⎣
1 2 ( 1 2 ) 2 1 2
A x= +x = x +x − x x
Với α thỏa (2), theo định lí Vi-ét, ta có: 1 2
2
1 2
2 cos 1 6 cos os 1
x x
α
⎧
Vậy A= (2cosα− 1) 2 − 2(6 cos 2α−cosα− = − 1) 8cos 2α− 2 cosα+ 3
(Gồm 02 trang)
CHÍNH THỨC
Trang 3Đặt t= cosα, 1 1
2 t 2
− ≤ ≤ thì A= − 8t2 − + 2t 3 Xét hàm số f t( ) = − 8t2 − + 2t 3, ta có ( ) 16 2; ( ) 0 1
8
f t′ = − t− f t′ = ⇔ = −t (1,0đ) BBT
2
8
2 ( )
( )
f t
25 8
2 0 Dựa vào BBT ta có:
1 1;
2 2
⎡− ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦
1 1
;
2 2
⎡− ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦
Câu 3 (7 điểm):
Từ giả thiết suy ra AB=BD và ED=EA
Đường thẳng BE là trục đối xứng của hai điểm A và D (1,0đ)
Theo giả thiết, ta cũng có các tam giác BCD và AEF là các tam giác đều được dựng
trên BD và AE về phía ngoài tứ giác lồi ABDE
Gọi C’ đối xứng với C và F’ đối xứng với F qua BE
Các tam giác ABC’ và DEF’ đều (1,0đ)
Các điểm C’ và G nằm khác phía với AB, H
và F’ khác phía với DE
Các tứ giác AGBC’ và DF’EH nội tiếp (1,0đ)
Mặt khác, ta lại có:
GA+GB=GC’, HE+HD=HF’
(Xem chứng minh ở dưới)
Vì vậy:
GA+GB+GH+HE+HD=
Mà C’F’=ĐBE(CF) nên C’F’=CF
Từ đó, ta có:
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi G và H
nằm trên đoạn C’F’ (1,0đ)
Bổ đề: Lấy M trên cạnh GC’ sao cho AG=GM
Ta có: ΔAMC’=ΔAGB (c.g.c) => GB=C’M
Do đó: GA+GB=GM+C’M=GC’
Tương tự, ta cũng chứng minh được HE+HD=HF’ (1,0đ)
HẾT
(1,0đ)
M
B A
C'
G
F' C'
F
A
D B
E
C
G H
