de thi hsg toan 12 tinh bac lieu 20072

de thi hsg toan 12 tinh bac lieu 20072 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả cá...

SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI HSG ĐBSCL LẦN THỨ 16 - NĂM 2009

(Gồm 7 câu) Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM:

Câu 1) ( 3 điểm )

Giải phương trình 43x4−4 24 x3+18 3 04 = (1)

Ta thấy x≤0 không là nghiệm của phương trình (1) (0,5đ) Với x>0, 4

3

2 18

3

x

x

4

3

4 3

x x

⇔ + = (2) (0,5đ)

Do x>0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số: ; ; ;183

3 3 3

x x x

x ta có:

x

+ = + + + ≥ = (1đ)

Do đó (2) xãy ra khi và chỉ khi: 183

3

x x

= ⇔ x4 =54 ⇔ x= 454 ( do x>0) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x= 454 (1đ)

-Câu 2) ( 3 điểm )

Không mất tính tổng quát ta giả sử: AB AC BC≤ ≤

Gọi K =MM'∩NN' và I là giao điểm của đường

thẳng PK với BC

• Ta chứng minh M'∈AC:

Thật vậy giả sử M’ ở ngoài đoạn AC thì M'∈AB:

BM BM+ = BC BM+ < BC BA+

=12(BC AB AB+ + ) ≤12(AB BC CA+ + )

• Tương tự ta cũng chứng minh được 'N ∈BC: (1đ)

CM = AB BC CA+ + −CM = AB CA+

2

⇒ = = (0,5đ) Tương tự ' 1

2

MN = AB MN= suy ra tam giác MNM’ cân tại N, tam giác NMN’ cân tại M (0,5đ)



⇒ 

=







nên MK, NK là các phân giác

N

M

P A

M'

N' IP'

(0,5đ) Suy ra ·MPI =·IPN =MIP· (do NP MI// ) ⇒ ∆IMP cân tại M 1

2

1 2

Vậy MM1, NN1, PP1 đồng qui tại một điểm (đpcm) (0,5đ)

-Câu 3) ( 2 điểm )

Giả sử có số nguyên a để (a2+1)M ta có: p a2 ≡ −1 mod( p) (0,25đ)

Suy ra a p−1≡ −( ) (1 p2−1 modp) hay: a p−1− ≡ −1 ( )1 p2−1−1 mod( p) (0,5đ)

Nhưng theo định lí Fhec-ma thì: a p−1− ≡1 0 mod( p) (0,5đ)

Nên ( )−1 p2−1− ≡1 0 mod( p) (*) mà p là số nguyên tố dạng 4k+3 nên:

(*) ⇔ − ≡2 0 mod p( ) (0,5đ)

Điều vô lí trên suy ra bài toán được chứng minh (0,25đ)

-Câu 4) ( 3 điểm )

Ta có dãy { }a n là một dãy tăng thực sự, (0,5đ) Thật vậy: nếu tồn tại số tự nhiên k sao cho a k+1≤a k thì do giả thiết a2k+1 >a a k k+2 ta thu được a k+1>a k+2 (do a k∈N*) và cứ như thế ta được một dãy số nguyên dương giảm thực sự, điều này không thể xãy ra vì dãy { }a n là dãy vô hạn

(1đ)

Do a1>a0 ≥1 nên theo phương pháp quy nạp ta có ngay a n >n, ∀ ∈n N*

Suy ra:

1 2

1 2

n

n n

a +a + +a < (0,5đ)

Đặt 2

1 2

n n

1

0 u n

n

< < (0,5đ)

Vậy lim

n→∞ 2

1 2

n

n

  (theo nguyên lí kẹp) (0,5đ)

-Câu 5) ( 3 điểm )

Chọn 1 cây bất kì trong hàng cây, đánh dấu là cây A Có hai trường hợp sau xãy ra:

Trường hợp 1: Cây A không bị chặt Khi đó xét hàng cây gồm 16 cây còn lại Ta sẽ chặt 4 cây trong

số 16 cây đó sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt (0,5đ)

Giả sử đã chặt được 4 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 12 cây (không kể cây A) Việc phục hồi lại hàng cây là đặt 4 cây đã chặt vào 4 vị trí đã chặt, số cách làm này bằng với

số cách đặt 4 cây vào 4 trong số 13 vị trí xen kẽ giữa 12 cây (kể cả 2 đầu), nên:

Số cách chặt 4 cây ở trường hợp 1 là: C134 =715 (cách) (1đ) Trường hợp 2: Cây A bị chặt Khi đó hàng cây còn lại 16 cây Ta sẽ chặt 3 cây trong số 16 cây còn lại sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt ( hai cây ở hai phía của cây A cũng không được chặt) (0,5đ)

Giả sử đã chặt được 3 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 13 cây Do hai cây

ở hai phía cây A vừa chặt không được chặt nên ta xét hàng cây gồm 11 cây còn lại

Lập luận tương tự như trường hợp 1, ta có số cách chặt cây là: C123 =220(cách)

Suy ra: số cách chặt cây thỏa yêu cầu đề bài là: 715 220 935+ = (cách) (1đ)

- - -

Câu 6) ( 3 điểm )

x R

∀ ∈ ta có: f x( )+ f  2x = −x

 ÷

  f x( ) + f  2x = −23x−3x

 ÷

 

⇔

f x( ) +23x = −f  2x +3x

 ÷

⇔ (2) (0,5đ)

Từ (1) ta có: f ( )0 =0.

Đặt ( ) ( ) 2

3

x

g x = f x + , ta có: (0,5đ) ( )0 0

g = , g(x) liên tục trên R và ( ) ,

2

x

g x = −g  ∀ ∈x R

 ÷

  (do(2)) (0,5đ)

n n

      với n N∈ , mà g(x) liên tục trên R, g( )0 =0 nên: g x( ) = ∀ ∈0, x R (0,5đ)

3

x

f x = − ∀ ∈x R (0,5đ) Thử lại, ta thấy f x( ) = −23x thỏa (1), vậy có duy nhất một hàm số thỏa yêu cầu đề bài (0,5đ)

-Câu 7) ( 3 điểm )

Trong mặt phẳng Oxy, đặt uur1 =( )a b; ,uuur2 =( )c d; ,uuur3 =(x y; ),uuur4 =( )z t; (0,5đ)

Ta có: u uur uur1 2 =ac bd u u+ , ur uur1 3 =ax by u u+ , ur uur1 4 =az bt+ ,

u uuuruur2 3 = +cx dy u u, uuruur2 4 = +cz dt u u, uuruur3 4 =xz yt+ (1đ)

Vì trong 4 góc tạo bởi 4 vectơ u u u uur uur uur uur1, , ,2 3 4

có ít nhất một góc không vượt quá 900 nên tồn tại cặp vectơ ,u uur uuri j

i j

i j

i j

u u

u u

u u

ur uur

ur uur

ur uur (1đ) Suy ra u uur uuri j ≥0 vì vậy ta có điều phải chứng minh (0,5đ)