Câu 5: 4 điểm Cho ngũ giác ABCDE nội tiếp trong đường tròn bán kính bằng 1.
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 2010 - 2011
* Môn thi: TOÁN
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ
Câu 1: (4 điểm)
Giải phương trình: x− + 2 4 − +x 2x− = 5 2x2 − 5x
Câu 2: (4 điểm)
Cho dãy số không âm (ai), với i = 0, 1, 2, … thỏa điều kiện
am + n + am – n = 1
2(a2m + a2n) với mỗi cặp chỉ số m, n tùy ý mà m ≥ n
Tính a2010 biết a1 = 1
Câu 3: (4 điểm)
Giải phương trình : tan2x + tan2y + cot2 (x y+ ) = 1
Câu 4: (4 điểm)
Cho a b, ∈Zvà ( 2 2 2 4 5 ) 3
M + + +
a Chứng minh rằng a và bkhông chia hết cho 3
Câu 5: (4 điểm)
Cho ngũ giác ABCDE nội tiếp trong đường tròn bán kính bằng 1
Biết AB = a, BC = b, CD = c, DE = d, AE = 2
Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 + abc + bcd < 4
- HẾT -
(Gồm 01 trang)
CHÍNH THỨC
Trang 2SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2010 - 2011
* Môn thi: TOÁN
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm)
2
x− + − +x x− = x − x (1)
ĐK: 5 4
(1)⇔ x− − + 2 1 4 − − +x 1 2x− − = 5 1 2x2 − 5x-3 (0,5đ)
3
x
x
=
⎡
⎢
⎣
2 ≤ ≤x nên (3) 2 1 2.5 1 6
2
VP > x+ > + = và VT (3) < 3 (0,5đ)
Vậy PT (1) có duy nhất nghiệm x = 3 (0,5đ)
Câu 2: (4 điểm)
Cho m = 1, n = 0, ta có a1 + a1 = 1
2(a2 + a0) ⇒a2 = 4 (0,5đ)
Ta sẽ chứng minh an = n2 bằng qui nạp (0,5đ)
Với n = 0, 1, 2 khẳng định trên đúng (0,5đ)
Giả sử an = n2 đúng với n = 0, 1, 2, …k;
Cho m = k, n = 0, ta được ak + ak = 1
2(a2k + a0)
⇒a2k = 4ak = (2k)2 (0,5đ)
Cho m = k, n = 1, ta được ak + 1 + ak – 1 = 1
2(a2k + a2)
⇒ak + 1 = 1
2a2k + 2 – ak – 1 (0,5đ)
⇔ak + 1 = 1
2(2k)2 + 2 – (k – 1)2
⇔ak + 1 = (k + 1)2 (0,5đ)
Theo giả thiết qui nạp ta có an = n2 với n = 0, 1, 2, … (0,25đ)
Vậy a2010 = 20102 (0,25đ)
(Gồm 03 trang)
CHÍNH THỨC
Trang 3Câu 3: (4 điểm)
tan2x + tan2y + cot2(x y+ ) = 1 (1)
Ta có: cot ( x + y ) = 1
tan(x y+ )=
1 tan x.tan tan x tan
y y
−
⇒cot (x + y ) [tan x tan y+ ]= 1- tanx.tany (0,25đ)
⇒tanx.tany + tany cot ( x + y ) + tanx cot ( x + y ) = 1 ( 2 )
( 1 ) – ( 2 ) vế theo vế ta được :
2⎡⎣ − y + y− x y+ + x y+ − x ⎤⎦= (0,75đ)
t anx tan cot( )
⎧
1
t anx tan cot( )
3 1
t anx tan cot( )
3
⎢
⎢
⇔
−
⎢⎣
Xét hệ ( I )
1
t anx
3 1 tan
3 1 cot( )
3
y
x y
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
1
t anx
3 1 tan
3
y
⎪⎪
⇔ ⎨
⎪⎩
6 ( ; )
6
m n
⎧ = +
⎪⎪
⎪ = +
⎪⎩
(0,5đ)
Xét hệ ( II )
1
t anx
3 1 tan
3 1 cot( )
3
y
x y
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪ + = −
⎪
⎩
1
t anx
3 1 tan
3
y
⎪⎪
⇔ ⎨
⎪⎩
(0,5đ)
6 ( ; )
6
m n
⎧ = − +
⎪⎪
⎪ = − +
⎪⎩
Vậy nghiệm của phương trình đã cho :
6
m n
⎧ = +
⎨
⎪ = +
⎪⎩
6
m n
⎧ = − +
⎨
⎪ = − +
⎪⎩
(0,25đ)
Trang 4Câu 4: (4 điểm)
Ta có a2 +b2 + 2a+ 4b+ 5 = (a+ 1 ) 2 + (b+ 2 ) 2
Với x∈Zthì x có dạng 3k , 3k+1 , 3k+2 ( k∈Z) (0,5đ)
2
x
⇒ có dạng 3m , 3m+1 ( m∈Z ) (0,5đ)
Suy ra (a+ 1 ) 2 + (b+ 2 ) 2 có dạng 3t , 3t+1 , 3t+2 ( t∈Z ) (1,0đ)
Vì (a+ 1 ) 2 + (b+ 2 ) 2 M 3 nên (a+ 1 )2, (b+ 2 )2có dạng 3t (1,0đ)
Vậy (a+ 1 ) M 3 và (b+ 2 ) M 3 ⇒a , bkhông chia hết cho 3 (1,0đ)
Câu 5: (4 điểm)
( ) (2 )2
= uuur uuur+ + uuur uuur+
= AB2 +BC2 +CD2 +DE2 + 2AB.BC+ 2CD.DE (1,0đ)
Vì 2AB.BC= − 2BA.BC= − 2ab cos ABC
= 2abcos AEC (vì ABC AEC+ = 1800)
=abCE (vì CE = AE.cos AEC = 2 cos AEC) (1,0đ)
mà CE > CD = c nên 2AB BC> abc
Tương tự ta có: 2CD.DE>bcd
Vậy: a2 + b2 + c2 + d2 + abc + bcd < 4 (1,0đ)
-
HẾT -o A
E
C