Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều là số chính phươnga. ——Hết——.[r]
Trang 1SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
—————————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2008-2009
ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT Chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————
Câu 1 Giải phương trình: 2
3
6 2 ( R) 9
x
x
Câu 2 Giải hệ phương trình:
2
2 0
( , R)
x y
Câu 3 Cho tam giác đều ABC có diện tích bằng 7 Các điểm M và N lần lượt nằm trên hai cạnh AB và AC
sao cho AN = BM Gọi O là giao điểm của hai đường thẳng BN và CM Biết diện tích tam giác BOC bằng 2.
a Tính tỷ số
MB AB
b Tính giá trị AOB (kí hiệu là góc)
Câu 4 Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( ; ; ) x y z sao cho: 2x zy1 1
Câu 5 Cho dãy số an n0
xác định như sau:
1
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều là số chính phương
——Hết——
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh SBD
Trang 2SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG TỈNH TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2008-2009
- HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh các trường THPT Chuyên)
-Câu 1 (2,5 điểm):
ĐK:
9 0
3
x x
x
0,25
+ Nếu x 3, bình phương hai vế của PT ta được:
2
72
x
0,5
Đặt
2
2 ( 0)
9
x
x
Khi đó
2
9
x
Trong trường hợp này tìm được x 3 2
0,5
+ Nếu x 3 thì
3
0 6 2
2 9
x x
x
Câu 2 (2,5 điểm):
Hệ
2
y
xy
+ Nếu xy 0 thì (1) trở thành: x24y2 0 x Thử lại không thoả mãn hệy 0 0,25 + Nếu xy 0 thì (1) trở thành: x24y24xy 0 (x2 )y 2 0 x2y0 0,5
Kết hợp với PT thứ hai của hệ ban đầu ta có
8
2 2
x x
x
Với x 2 2 thì y 2; Với x 2 2 thì y 2 0,5 Vậy hệ có hai nghiệm ( ; ) (2 2;x y 2);( 2 2; 2) . 0,25
Câu 3 (2 điểm).
a 1,0 điểm.
Trang 3Nội dung trình bày Điểm
O A
M
N
a) Đặt MB/ AB=x Suy ra S ABN S BMC 7x, do đó:
¿
SBOM=7 x −2
SAMON=SBOC=2
¿{
Ngoài ra: SCON=7 −2 −2 −(7 x −2)=5 − 7 x , SAON= x
1 − x SCON=x (5 −7 x)
1− x ,
SAMO=1− x
x SBOM=1− x
Do SAMON=SANO+SAMO nên:
2=x (5− 7 x)
1− x +
1 − x
x (7 x −2)⇔
9 x2−9 x +2=0
x ∉{0;1}
Giải PT trên được
x=1/3
¿
x=2/3
¿
¿
¿
¿
hay
MB/ AB=1/3
¿
MB/ AB=2/3
¿
¿
¿
b 1,0 điểm.
Vì Δ ABN= ΔBMC nên ta có: ∠BOM=∠ BCM+∠CBO =∠MBO+∠CBO=600
Ta cũng có ∠MAN+∠ MON=1800 nên tứ giác AMON nội tiếp 0.25
Trường hợp 1: MB AB/ 1 / 3 AM 2BM 2AN
Trường hợp 2: Tương tự trên có:
MB/ AB=2/3⇒2 AM=MB=AN ⇒∠ AMN=∠ AON=900⇒∠ AOB=900 0.25
Câu 4 (2 điểm):
* Xét phương trình: 2x − z y+1
=−1 ⇔2 x
=(z −1)( z y
+z y − 1+ +z +1) (1) 0,25
+ Nếu y chẵn thì z y
+z y− 1
+ +z+1 là số lẻ lớn hơn 1, suy ra vô lí do VT(1) biểu diễn được dưới dạng lũy thừa với số mũ nguyên dương của 2 còn VP(1) thì không thể Vậy y lẻ 0.25
+ Khi đó có: 2x
=z y+1 − 1=(z
y+1
2 −1)(z
y+1
2 +1) Do (z
y+ 1
2 −1 , z
y+1
2 +1)=2 , suy ra
z
y+1
Trang 4* Xét phương trình: 2x − z y+1=1 (2)
+ Nếu z=1 thì x=1 , y nguyên dương tùy ý là nghiệm 0.25
+ Xét z là số lẻ lớn hơn 1:
Nếu y lẻ ⇒ y +1 chẵn, từ đó:
⇒ z y+1 ≡1(mod 4)⇒ 2 x
=z y +1+1 ≡2(mod 4)⇒ x=1 ⇒1=2 x
− 1=z y+1>1 (vô lý)
Khi đó: 2x
=z y+1+1=(z +1)(z y − z y −1+ − z+1) Do z lẻ, y chẵn nên
z y − z y− 1
+ − z+1 là số lẻ, suy ra z y − z y− 1
+ − z+1=1 ⇒ z y+1+1=z +1 (vô lí do
z>1, y >0¿ Vậy (2) chỉ có nghiệm dạng ( 1;t ;1¿ với t nguyên dương tùy ý
0.25
Kết luận: PT đã cho có nghiệm là (x ; y ; z)=(3 ;1 ;3),(1 ;t ;1)+¿ ∀ t ∈ Z¿
0,25
Câu 5 (1 điểm):
Xét dãy Fibonaci (F n n) 1:F1F2 1 , F n2 F n1F n n 1
Ta có: a0=12
=F12, a1=12
=F22, a2=22
=F32, a3=52
=F52
Ta chứng minh: a n=F 2 n −12 ∀ n≥ 2 (*) bằng phương pháp quy nạp theo n
0.25
Thật vậy, với n=2, 3 có (*) đúng
Giả sử (*) đúng với n k , ta CM (*) đúng với 2 n=k +1 , tức là CM: a k1F22k1
Với k ≥ 2 ta có: a k+1 − a k=(7 ak − a k − 1 −2)−(7 a k −1 − a k −2 −2)=7 a k − 8 a k −1+a k −2
⇒a k+1=8 ak − 8 a k− 1+a k − 2
0.25
Kết hợp với giả thiết quy nạp suy ra: a k+1=8 F2 k− 12 − 8 F 2 k −32
+F 2 k −52 (1)
Từ cách xác định của dãy (F n) có: F n2 3F n F n2 n 3
, suy ra:
2k 5 3 2k 3 2k 1 3
F F F k
(2)
0.25
Thay (2) vào (1) được:
3 F 2 k −1 − F 2 k− 3¿2=F 2k +12
3 F 2 k − 3 − F 2 k −1¿2=¿
a k+1=8 F2 k− 12 − 8 F 2 k −32 +¿
Vậy a n=F 2 n −12 , ∀ n≥ 1 Do đó a n
chính phương với mọi n0.
0.25
……….