Dap an Toan HSG 12 vinh Phuc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (230.67 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ 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









Câu 2. Giải hệ phương trình: 
2

2 2

2 0

( ,

R)

8 (

2 )

y

xy

x y

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:

2



1 



x

z

y

Câu 5. Cho dãy số

 

a

n n0 xác định như sau:

0 1

1 1

1

7

2

1

 

















n n n

a

n

.
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều là số chính phương.

——Hết——

Chú ý: Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG TỈNH 
 TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2008-2009

--- HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

(Dành cho học sinh các trường THPT Chuyên)

---Câu 1 (2,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

ĐK:

2 9 0 3

3
x
x

x


   

 


0,25

+ Nếu x3, bình phương hai vế của PT ta được:

2 2

2 2

9 6

9 9

x x

x

x x

  

 

4 2

2 9 6. 2 72 0

x x

x x

   

 

0,5

Đặt

2 9 ( 0)

x

t t

x

 

 , ta có PT: t26t 72 0  t 6. 0,5

Khi đó

4 2 2

2 6 36 324 0 18

9
x

x x x

x        

Trong trường hợp này tìm được x3 2

0,5

+ Nếu x 3 thì

0 6 2
2 9

x
x

x

  



: PT vơ nghiệm

0,5

Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất x3 2. 0,25

Câu 2 (2,5

điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Hệ

2 2

2 2 4

4 2 2 0 (1)

2 2 4

y

xy

x y xy xy

x xy y



 

 



   



  



 0,5

+ Nếu xy0

thì (1) trở thành:

x24y2  0 x y 0. Thử lại khơng thoả mãn hệ 0,25
+ Nếu xy0

thì (1) trở thành:

x24y24xy 0 (x2 )y 2  0 x2y0 0,5
Kết hợp với PT thứ hai của hệ ban đầu ta có

2 8 2 2

2 2
x

x

x
 
  



 0,5

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

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Nội dung trình bày Điểm

O
A

B C

a) Đặt MB/AB=x . Suy ra SABN SBMC 7x, do đó:

¿
SBOM=7x −2
SAMON=SBOC=2

¿{

¿ 0.25

Ngoài ra: SCON=7−2−2−(7x −2)=5−7x , SAON= x

1− x SCON=

x(5−7x)

1− x ,
SAMO=1− x

x SBOM=
1− x

x (7x −2) 0.25

Do SAMON=SANO+SAMO nên:

2=x(5−7x)

1− x +
1− x

x (7x −2)⇔
9x2−9x+2=0

x∉{0;1}

¿{ 0.25

Giải PT trên được

x=1/3

¿
x=2/3

¿
¿
¿
¿

hay

MB/AB=1/3

¿
MB/AB=2/3

¿
¿
¿

¿ 0.25

b

. 1,0 điểm.

Nội dung trình bày Điểm

Vì ΔABN=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.

Gọi Q là trung điểm AM ⇒ ΔAQN đều

0.25

⇒Q là tâm ngoại tiếp tứ giác AMON và ∠AOM =∠ANM=900⇒∠

AOB=1500

0.25

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):

Nội dung trình bày Điểm

Giả sử tìm được (x ; y ; z) thỏa mãn. Khi đó z lẻ. 0.25

* Xét phương trình: 2x− zy+1

=−1⇔2x=(z −1)(zy+zy −1+. ..+z+1) (1). 0,25
+ Nếu y chẵn thì zy

+zy−1+.. .+z+1 là số lẻ lớn hơn 1, suy ra vơ lí do VT(1) biểu diễn được

dưới dạng lũy thừa với số mũ nguyên dương của 2 cịn VP(1) thì khơng thể. Vậy y lẻ. 0.25

+ Khi đó có: 2x

=zy+1−1=

(

z

y+1
2 −1

)(

z

y+1
2

)

. Do

(

z

y+1

2 −1, z

y+1
2

)

=2 , suy ra

z

y+1
2 −1

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

* Xét phương trình: 2x− zy+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:

⇒zy+1

≡1(mod 4)⇒2x=zy+1+1≡2(mod 4)⇒x=1⇒1=2x−1=zy+1>1 (vơ lý).

Vậy y chẵn. 0.25

Khi đó: 2x=zy+1+1=(z+1)(zy− zy −1+.. .− z+1) . Do z lẻ, y chẵn nên

zy− zy−1

+.. .− z+1 là số lẻ, suy ra zy− zy−1+.. .− z+1=1⇒zy+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):

Nội dung trình bày Điểm

Xét dãy Fibonaci (Fn n) 1:F1F2 1 , Fn2 Fn1Fn  n 1. 
Ta có: a0=12=F12, a1=12=F22, a2=22=F32, a3=52=F52 .

Ta chứng minh: an=F22n −1∀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 2, ta CM (*) đúng với n=k+1 , tức là CM: ak1F22k1
Với k ≥2 ta có: ak+1− ak=(7ak− ak −1−2)−(7ak −1− ak −2−2)=7ak−8ak −1+ak −2

⇒ak+1=8ak−8ak−1+ak −2

0.25

Kết hợp với giả thiết quy nạp suy ra: ak+1=8F22k−1−8F22k −3+F22k −5 (1).

Từ cách xác định của dãy (Fn) có: Fn2 3Fn Fn2  n 3, suy ra:

2k 5 3 2k 3 2k 1 3

F   F   F   k
(2)

0.25

Thay (2) vào (1) được:

3F2k −1− F2k−3¿
2

=F22k+1

3F2k −3− F2k −1¿
2

=¿
ak+1=8F22k−1−8F22k −3+¿

Vậy an=F22n −1,∀n≥1 . Do đó an chính phương với mọi n0.

0.25

</div>

Dap an Toan HSG 12 vinh Phuc

3

6 2 (

R)

9

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>









2 0

( ,

R)

8

(

2 )

<i>y</i>

<i>xy</i>

<i>x y</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>y</i>





 

















<i>MB</i>

<i>AB</i>



<i>AOB</i>



( ; ; )

<i>x y z</i>

2

1





<i><sub>z</sub></i>

 

<i>a</i>

1

7

2

1





















<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>n</i>

<sub>: PT vơ nghiệm</sub>

điểm):

thì (1) trở thành:

thì (1) trở thành:

<sub> thì </sub>

<sub> thì </sub>

.

<b>b</b>

<b>. 1,0 điểm.</b>

<i><b>0.25</b></i>