Đề thi HSG lớp 12 năm 2013 môn Toán vòng 2 tỉnh Quảng Bình docx

SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán - Vòng II
ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012)
SỐ BÁO DANH: Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)




Câu 1 (2.5 điểm):
Giải hệ phương trình:
3 2
3 2
3 2
3 5 1 4
3 5 1 4
3 5 1 4
x x x y
y y y z
z z z x

   

   


   

.

Câu 2 (2.0 điểm):
Cho x, y thỏa mãn
2 2
2
x y
 
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:

2 2
( 2) ( 2) 3( )( 4).
M x x y y x y xy
      


Câu 3 (1.5 điểm):
Tìm tất cả các hàm số
* *
:f 
 
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
1) Với mọi
*
, : ( ) ( )
n m n m f n f m
    .
2)
(2 ) ( )
f n f n n
 

với mọi
*
n


.
3) Nếu
( )
f n
là số chính phương thì n là số chính phương.

Câu 4 (2.5 điểm):
Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
DB, AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN lấy điểm Q sao cho
//
PQ CM
. Tính độ dài PQ và thể tích khối AMNP.

Câu 5:(1.5 điểm):
Cho đa giác đều n cạnh (
8
n

). Tính số tứ giác có 4 cạnh là 4 đường chéo của đa
giác đã cho.

HẾT

Trang:
1

-

Đáp án Toán
-

Vòng 2

SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán - Vòng II
(Khóa ngày 11 tháng 10 năm 2012)
HƯỚNG DẪN CHẤM

(Đáp án, hướng dẫn này có 3 trang)
yªu cÇu chung


* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập
luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải

sau có liên quan. Ở câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là
0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng
bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.

Câu

Nội dung Điểm
1

Ta giả sử (x; y; z) là nghiệm của hệ. Xét hàm số:
f(t) =t
3
- 3t
2
+ 5t + 1,
t
 

.
Ta có: f’(t) = 3t
2
- 6t +5 > 0 ,
t
 

.
Nên hàm số f(t) luôn đồng biến . Hệ PT có dạng

( ) 4
( ) 4
( ) 4
f x y
f y z
f z x








.
Vì vai trò của x, y, z là bình đẳng nên không mất tính tổng quát, ta giả sử:
,
x y x z
 
.
Nếu x > y thì f(x) > f(y)
( ) ( )
y z f y f z z x
     
(mâu thuẫn).
Tương tự nếu x > z ta cũng đi đến mâu thuẫn, suy ra x = y = z.
Khi đó, ta có:
x
3
- 3x

2
+ x + 1 = 0


(x - 1)(x
2
- 2x - 1) = 0
1
1 2
1 2
x
x
x



  


 


Vậy: hệ phương trình đã cho có nghiệm là:
x = y = z = 1; x = y = z =
1 2


2
,5

đi
ểm

0,25
0,25

0,25


0,5

0,25
0,25


0,5


0,25
2

Ta có:
2 2 2
( ) 2( ) 4 2 2
x y x y x y
        
.
2 2
( 2) ( 2) 3( )( 4)
M x x y y x y xy

      


3
( ) 12( ) 4
x y x y
    
.
2,0 điêm

0,5
0,5

Trang:
2

-

Đáp án Toán
-

Vòng 2

Đặt:


2;2
x y t t
    
. Ta có:

3
12 4
M t t
  
.
Xét
3
( ) 12 4
f t t t
  
, ta có:

2
'( ) 3 12 0 [-2; 2]
f t t t     . Do đó trên đoạn [-2; 2] , f(t) nghịch
biến.
Vậy:
[-2;2]
max max ( ) ( 2) 20 2 1.
M f t f t x y
          


[-2;2]
min min ( ) (2) 12 2 1.
M f t f t x y
        

0,25

0,25

0,25
0,25
3

Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ta có:
( ) ( 1) ( ) ( )
f n f n f n n f n n
      
.
Do đó :
( 1) ( ) 1
f n f n
  
.
Đặt :
*
(1)f a
 

. Ta có:
( ) (1) 1 1.
f n f n a n
     

Với
2

2
n a a
  
, ta có:

2 2 2
( 2) 2 1 ( 1)
f a a a a a a
        
.
Do đó:
2
2
a a
 
là số chính phương.
Mà:
2 2 2
2 ( 2)
a a a a     , nên
2 2
2 ( 1) 1
a a a a
     
.
Vậy:
( )
f n n

.

Thử lại ta thấy
( )
f n n

thỏa mãn các điều kiện bài toán.
1,5 điểm

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
4













Trên (ACM) dựng

// ( )
IN CM I AM

.
Trên (ABD) lấy điểm
P DI AB
 
.
Trên (DNP) dựng
// // ( )
PQ IN CM Q DN

.
Gọi E là trung điểm của PB

ME là đường trung bình của
BPD

, do đó:
// //
ME PD ME PI

.
Mặt khác: NI là đường trung bình của
ACM


I

là trung điểm của AM.

Nên PI là đường trung bình
AME

. Hay:

1 1 3 1 3
,
2 4 4 2 4
PI EM PD DI PD IN CM      .
2,5 điểm








0,25




0,25
0,25




0,25

D
A
B
C
M

N
I
P
Q
E

Trang:
3

-

Đáp án Toán
-

Vòng 2

Khi đó:
3 4 3
4 3 3
IN DI
PQ IN
PQ DP
     .

Ta có:

. . 1 1 1
. .
. . 2 3 6
AMNP
AMCB
V AM AN AP AN AP
V AM AC AB AC AB
   

Mà:

D
1
2
AMCB
ABC
V
V


Vậy:

1 2
.
12 144
AMNP ABCD
V V  (đvtt).
0,25

0,5


0,25



0,5
5

Gọi các đỉnh của đa giác đều n cạnh lần lượt là:
1 2
, , ,
n
A A A
.
Ta đếm số các tứ giác thỏa mãn yêu cầu bài toán có 1 đỉnh là
1
A
.
Khi đó:
2
,
n
A A
không phải là đỉnh của tứ giác vì
1 2 1
,

n
A A A A
là các cạnh của
đa giác. Ta cần chọn thêm các đỉnh:
, ,
i j k
A A A
thỏa mãn:

5 2 1 1
i j k n
      
(vì giữa 2 đỉnh của tứ giác phải có ít nhất
1 đỉnh của đa giác).
Mỗi cách chọn bộ 3 đỉnh như trên là 1 cách chọn bộ 3 số phân biệt trong
n – 5 số tự nhiên từ 5 đến n – 1.
Vậy có
3
5
n
C

tứ giác có đỉnh
1
A
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vì đa giác có n đỉnh và mỗi tứ giác được đếm lặp lại 4 lần theo 4 đỉnh nên
số tứ giác cần tìm là:
3
5

.
4
n
nC

.
1,5 điểm

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25