De va dap an HSG 12 Dak Lak V2

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (123.1 KB, 6 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2009-2010

TỈNH ĐẮKLẮK MƠN :TỐN 12 - THPT

Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề )
ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 6/01/2010

Bài 1:( 5 điểm)

1) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x2 xy y2 x y2 2

  

2) Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương : 4 3 2

2 2 3

x  x  x  x
Bài 2:(4 điểm)

1) Giải hệ phương trình

1 2 3

2 3 4 1

1 2 1

2 3 ... 1

2 3 ... 2

...
2 3 ...

n

n n

x x x nx

x x x nx  n

    



     





     



2) Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ thành 2 hàng song song

( mỗi hàng 5 học sinh) sao cho 2 học sinh đối diện bao gồm 1 nam, 1 nữ.

Bài 3:(3 điểm)

Xét một lục giác lồi ABCDEF nội tiếp trong một đường trịn có các cạnh đối diện song song.
Chứng minh rằng tổng độ dài các cạnh đối diện của lục giác đó bằng nhau khi và chỉ khi khoảng
cách giữa các cặp cạnh đối diện của nó bằng nhau

Bài 4:(4 điểm)

1) Cho dãy

 

xk với





1 2 3

...

2! 3! 4! 1 !

k

k
x

k

    



Tìm

lim

1 2 ... 2009

n n n

n
n

J x x x

 

   

2) Cho đa thứcP x( ) x5 x2 1

   có 5 nghiệm r r r r r1, , , ,2 3 4 5. Đặt q x( )x2 2.

Tính q r q r q r q r q r

         

1 . 2 . 3 . 4 . 5

Bài 5:(4 điểm)

1) Chứng minh rằng với mọi x >1 đều tồn tại một tam giác mà số đo các cạnh là những số

 

4 3 2

1 2 1

P x x x  x  x , P x2

 

2x3x22x1, P x3

 

x4 1 và các tam giác đó ứng với mọi
x > 1 cho trước đều có góc lớn nhất như nhau.

2) Giả sử phương trình x3 + x2 + ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Hãy xét dấu của biểu thức

a2 – 3b.

===========Hết==========

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2009-2010

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC 
MƠN TỐN 12 TUYỂN CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

Bài 1: (5điểm)

1.Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x2 xy y2 x y2 2

  

+ Ta cóx2 2xy y2 x y2 2 xy xy xy( 1)

      0,5đ

+ Hay (x y)2 xy xy( 1)

   0,5đ

Nhận thấy xy, xy+1 là 2 số ngun liên tiếp, có tích là số chính phương nên ta có
+ xyxy1 00

 

 0,5đ

+ Khi xy=0 thìx2 y2 0 x y 0

     0,5đ

+ Khi xy  1 0 xy1thì (x=1,y=-1);(x=-1,y=1) 0,5đ
+ Vậy nghiệm của PT là (0,0); (1,-1); (-1,1) 0,5đ

2. Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương
x4 2x3 2x2 x 3

   

Đặt x4 2x3 2x2 x 3 y2 ;y

      

+Ta có y2 (x4 2x3 x2) (x2 x 3) (x2 x)2 (x2 x 3)

           0,5đ

Đặt a x2 x

  , ta đi chứng minh a2  y2 (a2)2
Thật vậy : 2 2 2 3 ( 1)2 11 0

2 4

y  a x   x x  

Xét (a 2)2 y2



x2 x 2

 

2 x4 2x3 2x2 x 3



         

2 1 3( 1)2 1 0

2 4

x x x

      

+Như vậy 2 2 2

( 2)

a  y  a nên y2 (a1)2 0,5đ
+Khi đó



x4 2x3 2x2 x 3

 

x2 x 1



       0,5đ

+Hay 2 1

1
2 0

2
x

x x

x


    



 0,5đ

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

1. Giải hệ phương trình

1 2 3

2 3 4 1

1 2 1

2 3 ... 1

2 3 ... 2

...
2 3 ...

n

n n

x x x nx

x x x nx  n

    




    





     



Giải: Cộng vế với vế tất cả PT của hệ ta có:

x1x2x3...xn 1 0,5đ

Trừ phương trình thứ k cho phương trình thứ k-1 (k<n) và trừ phương trình thứ n cho PT

thứ nhất, ta có:



x1x2x3...xn



 nxk  k (k1) 0,5đ

Hay 1 2 3 ... n 1 2 ( 1, 2,..., 1)
k

x x x x

x k n

n n n

   

    

Và



x1x2x3...xn



 nxn  n 1 0,5đ

Vậy nên n 2
n
x

n



 0,5đ

2. Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ thành 2 hàng song song
( mỗi hàng 5 học sinh) sao cho 2 học sinh đối diện bao gồm 1 nam, 1 nữ.

Giải : Có 4 trường hợp

Trường hơp 1: 0,5đ

+ Có A5=5! cách xếp 5 em nam 1 hàng và 5! cách xếp 5 em nữ 1 hàng. Vậy có P1 =5!5!

Trường hợp 2: 0,5đ

+ Có

A

455.4 20 cách xếp 4 em nam vào 1 hàng và 5 cách xếp 1 em nữ vào vị trí cịn

lại.

Có 4! cách sắp xếp 4 em nữ đối diện ở hàng thứ hai và 1! cách sắp xếp 1 em nam đối
diện.

Vậy có 4
2 5.5.4!

P A

Trường hợp 3: 0,5đ

+ Có

A

355.4.3 60 cách xếp 3 em nam vào 1 hàng, có
2

5 5.4 20

A   cách xếp 2 em nữ
vào vị trí cịn lại .

Có 3! cách sắp xếp 3 em nữ đối diện ở hàng thứ hai và 2! cách sắp xếp 2 em nam đối
diện.

Vậy có 3 2
3 5. 3!2!5

P A A cách sắp xếp

Trường hợp 4 : 0,5đ

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

Có 2! cách sắp xếp 2 em nữ đối diện ở hàng thứ hai và 3! cách sắp xếp 3 em nam đối
diện.

Vậy có 2 3
4 5. 2!3!5

P A A cách sắp xếp.

Bài 3: (3 điểm) Xét một lục giác lồi ABCDEF nội tiếp trong một đường trịn có các cạnh

đối diện song song . Chứng minh rằng tổng độ dài các cạnh đối diện của lục giác đó bằng
nhau khi và chỉ khi khoảng cách giữa các cặp cạnh đối diện của nó bằng nhau

Từ 3 hình thang cân nội tiếp ABDE, BCEF và CDFA ta được AD = BE = CF (=d) tức là
những đường chéo chính của lục giác bằng nhau (và

bằng d) 0.5 đ

Dựng đỉnh thứ tư G của hình bình hành ABEG .
Vì AB//DE và E thuộc đoạn DG nên ta có:

AB+DE = GE+ED = GD

0.5 đ

Đồng thời ta cũng có AG = BE = AD (=d) và tam giác
ADG cân ở A.

Gọi ha = AA1, hb = CC1 , hc = EE1 lần lượt là khoảng

cách giữa (AB//DE) , (CD//FA), và (EF//BC)
Mặt khác ta đặt AB + DE = DG = 2a, CD + FA = 2b và EF + BC = 2c

0.5 đ

Thế thì DA1 = A1G = a và trong tam giác vng ở A1 ta có

2 2 2

1 1

DA AA AD hay là a2h2a d2 0.5 đ
Chứng minh tương tự ta được các hệ thức

2 2 2 2 2 2 2

a b c

a h b h c h d (1) 0.5 đ

Từ các hệ thức (1) suy ra a b c   ha hb hc 0.5 đ

Cách 2 : Cũng ký hiệu a , b , c , ha , hb , hc như lời giải 1

Ta xét 3 hình thang cân chéo “tự cắt” nội tiếp ABED, BCFE và CDAF theo thứ tự các góc
có độ lớn   , , như đã ghi trên hình vẽ

để ý rằng o

180

 

Từ tam giác vng ADA1 ( vng ở A), ta có: a

h a

d
sin cos 

Chứng minh tương tự ta có dãy tỷ số bằng nhau





a b c

h h h

a b c

d 2p
cos cos cos sin sin sin  

Vì  , , là các góc nhọn nên từ (2) ta suy ra a b c     



60o



 ha hb hc

Bài 4(4 điểm)

1. Cho dãy

 

xk với





1 2 3

...

2! 3! 4! 1 !

k

k
x

k

    



Tìm giới hạn của

lim

1 2 ... 2009

n n n

n
n

J x x x

 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Dễ thấy dãy

 

xk là đơn điệu tăng từ đẳng thức









1 1

1 ! ! 1 !

k

k k  k 0,5đ

Suy ra xk 1



11 !



k

 

 , khi đó ta có : 2009 1 2 .... 2009 2009. 2009

n n n n n

x x x  x  x 0,5đ

Hay 2009 1 2 .... 2009 2009. 2009
n n n n n n

x  x x  x  x 0,5đ

Do đó

lim

1 2 ... 2009 2009

n n n

n
n

J x x x x

 

   

Vậy nên : 1 1
2010!

J   0,5đ

2. Cho đa thứcP x( ) x5 x2 1

   có 5 nghiệm r r r r r1, , , ,2 3 4 5.

Đặt q x( ) x2 2

  . Tính q r q r q r q r q r

         

1 . 2 . 3 . 4 . 5

Giải : Ta cóP x( )



x r 1

 

x r 2

 

... x r 5



và 0,5đ

   

 



12









52



1 . 2 ... 5 2 2 2 ... 2

q r q r q r  r  r  r 

Mặt khác với mọi i=1,2,…,5 ta có 2 2



2

 

2



i i i

r    r   r 0,5đ

Nên ta có

   

1 . 2 ...

 



2 1

 

2 2

 

... 2 5

 

2 1

 

2 2

 

... 2 5



q r q r q r   r  r  r   r   r   r

P

  

2 P  2



0,5đ



   

2 5 2 21 



 2

 

5  2



21 23

   

    0,5đ

Vậy q r q r

   

1 . 2 ...q r

 

5 23

Bài 5 (4 điểm)

1. Chứng minh rằng với mọi x >1 đều tồn tại một tam giác mà số đo các cạnh là những số

 

4 3 2

1 2 1

P x x x  x  x , P x2

 

2x3x22x1, P x3

 

x41 và các tam giác đó ứng với
mọi x > 1 cho trước đều có góc lớn nhất như nhau.

Giải : Đặt a x2 x 1 0 ;b 2x 1 0 ;c x2 1 0

         

Ta có 2 2 2

2 1 2

b c x  x a x   x b c x  x 0,5đ

Điều này chứng tỏ rằng a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác 0,5đ

Do đó

 





 





 





1 1 ; 2 1 ; 3 1

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Gọi  là góc lớn nhất của tam giác, khi đó thì:

2 2 2 2 os

a b c  bcc  suy ra os 1

c   hay 2



  0,5đ

2.Giả sử phương trình x3 + x2 + ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Hãy xét dấu của biểu

thức: a2 – 3b.

Tập xác định: R.

y’ = 3x2 + 2x + a là tam thức bậc hai có biệt số

’ = 1 – 3a.

+ Pt: x3 + x2 + ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x

1, x2 và

f(x1).f(x2)< 0. 0.5 đ

Suy ra:

1 2

1 3a 0
f (x ).f (x ) 0

 







(x1, x2 là hai nghiệm của phương trình 3x2 + 2x + a = 0).

+ Thực hiện phép chia đa thức ta được:

f(x) = x3 + x2 + ax + b = 1x 1 y ' 1



(6a 2)x 9b a



3 9 9

 

    

 

  .

Suy ra f(x1) =





(6a 2)x 9b a

9    ; f(x2) =





(6a 2)x 9b a

9    0.5 đ

f(x1).f(x2) < 0  (6a-2)2x1x2 + (6a-2)(9b-a)(x1 + x2) + (9b-a)2 < 0.

Vì x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình: 3x2 + 2x + a = 0

nên x1 + x2 =

2
3

 ; x1.x2 = a

3 .

Do đó: a(6a 2)2 (6a 2)(9b a)2 (9b a)2 0

3     3  

+ suy ra: 4(3a – 1)(a2 – 3b) + (9b – a)2 < 0 0.5 đ

+ Vì (9b – a)2  0 và 3a – 1 < 0 nên a2 – 3b > 0. 0.5 đ

B.HƯỚNG DẪN CHẤM

1.Điểm của bài làm cho theo thang điểm 20, là tổng điểm thành phần và khơng làm trịn
số.

</div>

De va dap an HSG 12 Dak Lak V2

 





lim

         

 

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>









<i>A</i>

<i>A</i>









 





lim

 









<sub></sub>

<sub></sub>

lim

         



 

 



   

 

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>







 



   

 



 

 

 

 

 



  



   



 



   

 

 

<sub> </sub>

<sub> </sub>

 

<sub></sub>

<sub></sub>

 

<sub></sub>

<sub></sub>

 