De HSG toan THPT Buon Ma Thuot 20122012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC ĐT - DAK LAK TRƯỜNG THPT BUÔN MA THUỘT. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2012 - 3013 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề). ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu 1 : ( 6 điểm ) 1. Cho a , b là hai số thực dương . Chứng minh :. a2  b2 a  b 2   ab  1 1 2 2  a b. Dấu bằng xảy ra khi nào ? Mở rộng cho n số dương ( không chứng minh ) 2 . Cho a , b , c là ba số thực dương thỏa mãn a + b + c = 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2. 2. 1  1  1  P  a   b   c   b  c  a . 2. Câu 2 : ( 4 điểm ) Giải hệ phương trình. 2011 2011 Cotx  Coty  x  y  2 2013 2012 x  2013  y  4024 y. Câu 3 : ( 4 điểm ) Các cạnh tứ giác có độ dài là 3 , 3 , 4 và 8 ( theo một thứ tự nào đó ) . Hai trong các góc của nó có Sin bằng nhau nhưng Cosin khác nhau , hơn nữa tứ giác này không nội tiếp được trong đường tròn . Tính diện tích tứ giác đó . Câu 4 : ( 4 điểm ) Các tâm của các mặt của hình lập phương nối với nhau tạo thành hình bát diện đều . Các tâm của các mặt của bát diện đều nối với nhau tạo thành hình lập phương mới . a/ Tính tỷ số hai cạnh của hai hình lập phương nói trên . b/ Gọi hình lập phương mới là hình lập phương thứ nhất , quá trình này được lặp lại tạo thành hình lập phương thứ 2 , 3 … Tính tỷ số các cạnh của hình lập phương thứ 1930 và 2012 . Câu 5 : ( 2 điểm ) Cho x , y là hai số nguyên dương . f(x;y) được xác định như sau : 1. f(x;1) = x 2. f(x;y) = 0 nếu x < y . 3. f(x + 1; y) = y [ f(x;y) + f(x; y - 1) ] Tính f ( 2012 ; 2012 ) ---------- HẾT ----------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN Câu 1 : ( 6 đ) 1 / Chứng minh mỗi BĐT 0,75 đ . Mở rộng đúng 0,75 đ . 2 / ( 3 đ) 1 1 1  2 2 2 a b c   1 1 1 c a *  a     b     c    3  b  b  c  a 3      1 1 1 1 * 0,5 đ   3 3 a b c abc * 6 = a + b + c  3 3 abc  3 abc  2 0,5 đ. Nên. 1 1 1 3 + +  a b c 2. 2. 0,5 đ. 0,5 đ 2. Do đó. 3  6 2  75 P  3   4  3   . Vậy Min P =. 0,5 đ. 75 khi a = b = c = 2 4. 0,5 đ. Câu 2 : ( 4 đ) * ĐK x , y ≠ k  , k  Z 0,5 đ 2011 * (1)  Cotx - x = Coty - y2011 * Xét f(t) = Cot t - t2011 HS giảm , t D 0,5 đ Từ f(x) = f(y)  x = y 0,5 đ 2013 * Thay vào (2) : x - 2012 x2 + 4024 x - 2013 = 0  x2013 - 2012 (x-1)2 - 1 = 0 (3) * CM x  1 : 2013 x = 2012 (x - 1)2 + 1  1 , x  R  x  1 0,5 đ Xét g(x) = VT (3) g’(x) = 2013 x2012 - 4024 ( x - 1) g” (x) = 2013 . 2012 x2011 - 4024 > 0 , x  1 0,5 đ  g’(x) tăng [ 1; +  ) 0,5 đ  g’(x)  g’(1) = 2013 > 0 , x  1  g(x) tăng [ 1; +  ) Chứng tỏ (3) có nghiệm duy nhất x = 1 0,5 đ Kết luận : Hệ phương trình có nghiệm x = y = 1 0,5 đ Câu 3 : (4 đ).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> B. A. C. D H. E. K. * Hai góc có Sin bằng nhau , Cos khác nhau nên chúng bù nhau ( khác 900 ) 1,0 đ * Tứ giác không nội tiếp trong đường tròn nên chúng là hai góc kề nhau  Tứ giác là hình thang không cân ( hình vẽ ở trên ) 1,0 đ * Từ B dựng BE // AD   BCE vuông tại B 1  dt ( ADH) + dt(BKC) = dt(BCE) = .3. 4 = 6 1,0 đ 2 3.4 12 * BK . EC = BE . BC  BK = = 0,5 đ 5 5 12 36 36 66  dt(AHKB) =3 . = . Vậy dt(ABCD) = +6= ( đvdt) 0,5 đ 5 5 5 5 Câu 4 : ( 4 đ ). B. C. S. S A Q. P. M. A1. N. Q B1. M. B'. I N. P. J. A'. D. C' S'. D'. a/ ( 2 đ) Gọi a là cạnh của Hlp ABCD. A’B’C’D’ , c1 = A1 B1 là cạnh của Hlp mới c 2 2 1 1 * Ta có : 1 =  c1 = IJ 0,5 đ . * IJ = MP = a 0,5 đ IJ 3 3 2 2 1 c 1 Nên c1 = a 0,5 đ . Vậy 1 = 0,5 đ 3 a 3 b/ ( 2 đ) Gọi c1 , c2 , … , c2012 là độ dài cạnh hình lập phương thứ nhất , thứ 2 , … , thứ 2012 . 1 1 * Chứng minh được c2 = c1 = a 0,5 đ 3 9 1930. * Tương tự : c1930. 1 =   3. 1. c2012 =   3. a. 0,5 đ. 2012. a. 0,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> c1930 = 382 0,5 đ c2012 Câu 5 : ( 2 đ) * f( 1; 1) = 1 0,5 đ * f( 2;2 ) = 2 . [f(1;2) + f(1;1)] = 2.1 = 2 ! * f(3;3) = 3. [ f(2;3) + f(2;2) ] = 3 ! * Tương tự : f( 2012 ; 2012) = 2012 ! ------ HẾT ----* Vậy. 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>