De thi va DA HSG Bac Ninh 2009
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (105.07 KB, 5 trang )
UBND tỉnh Bắc Ninh
Sở giáo dục và đào tạo
==========
đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh
Năm học 2008 2009
Môn thi: Toán THPT
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể giao đề)
Ngày thi: 7 tháng 4 năm 2009
==============
Bài 1 (6 điểm)
1/ So sánh hai số: 2009
2010
và 2010
2009
2/Tính giới hạn sau:
2
0
3
3
1 1
lim
3 ( 1 4 1)
2 ( (1 6 ) 1 6 1)
x
x x
x x x
+ +
+ + + +
Bài 2 (4 điểm)
1/ Cho ba số thực không âm x, y, z thoả mãn: x
2009
+ y
2009
+ z
2009
= 3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: F=
2 2 2
x y z+ +
2/ Cho số nguyên dơng n. Chứng minh rằng:
1 2 1
2009 2010 2009+n
1 1 1 1
+ + + <
C C C 2007
n+
Bài 3 (4 điểm)
Hình chóp S.ABC có tổng các mặt (góc ở đỉnh) của tam diện đỉnh S bằng
180
o
và các cạnh bên SA=SB=SC=1. Chứng minh rằng diện tích toàn phần của hình chóp
này không lớn hơn
3
.
Bài 4 (4 điểm)
1/ Gọi m, n, p là 3 nghiệm thực của phơng trình:
3 2
ax +bx +cx-a=0
)0( a
Chứng minh rằng:
222
3221
pnm
pnm
++
+
+
. Dấu
''"=
xảy ra khi nào?
2/ Giải hệ phơng trình:
3 3 2
3 3 2
3 3 2
( ) 14
( ) 21
( ) 7
x y x y z xyz
y z y z x xyz
z x z x y xyz
+ + + = +
+ + + =
+ + + = +
Bài 5(2 điểm)
1/ Chứng minh rằng bốn hình tròn có các đờng kính là bốn cạnh của một tứ giác
lồi thì phủ kín miền tứ giác đó.
2/ Cho
3 5 2n+1
0 1 2 n
y=a x+a x +a x + +a x +
với
( 1;1)x
thỏa mãn:
2
(1- ) - 1x y xy
=
với
( 1;1)x
. Tìm các hệ số:
0 1 2 n
a ,a ,a , ,a .
Hết
(Đề gồm 01 trang)
Họ và tên thí sinh SBD
Hớng dẫn chấm toán thpt
Đề chính thức
Bài Cách giải Điểm
1
(6đ)
1(3điểm)
Xét hàm số
ln
( )
x
f x
x
=
, Tập xác định:
0x
>
2
1 ln
( )
x
f x
x
=
,
( ) 0 1 ln 0f x x x e
= = =
. Ta có :
x 0 e
+
f (x)
+ 0 -
f(x)
1
e
0
Do đó hàm số nghịch biến trên
( ; )e +
1 2
,x x
thỏa mãn:
2 1
1 2
1 2 1 2 2 1 1 2 1 2
1 2
ln ln
( ) ( ) ln ln
x x
x x
e x x f x f x x x x x x x
x x
< < > > > >
Từ
đó đợc:
2010 2009
2009 2010>
2 (3điểm)
Viết lại giới hạn về dạng:
2
0
3
3
1 1 1 1 1 1
L= lim - - -
3x 2 2x 3
1+4x +1
(1+6x) + 1+6x +1
x
ữ
ữ
ữ
Xét
0 0
1 1
1 1 1 1 1 1
2
1 4 1
lim lim f (0)=-
3 2 3 3 6
1 4 1
x x
x
x x
x
+ +
= =
ữ
+ +
Với
1
f(x)=
1 4 1x+ +
2
0 0
3
3
1 1 1 1 ( ) (0) 1 2
lim lim (0)
2 3 2 2 6
(1 6 ) 1 6 1
x x
g x g
g
x x
x x
ữ
= = =
ữ
+ + + +
Với
2
3
3
1
( )
(1 6 ) 1 6 1
g x
x x
=
+ + + +
Do đó
1
L=
6
0,5
0,5
0,5
1,0
0,5
1,0
1,0
0,5
0,5
2
(4đ)
1 (2 điểm)
áp dụng bất đẳng thức CôSi cho 2009 số gồm 2007 số 1 và 2 số
2009
x
ta đợc:
2009 2009
2009 2.2009 2
1 1 1
2009
x x
x x
+ + + + +
=
0,5
Tơng tự :
2009 2009
2.2009 2
2009
1 1 1
2009
y y
y y
+ + + + +
=
2009 2009
2009
2.2009 2
1 1 1
2009
z z
z z
+ + + + +
=
Cộng vế vế các bất đẳng thức trên ta đợc:
2009 2009 2009
2 2 2
3.2007 2( )
3
2009
x y z
x y z
+ + +
+ + =
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1. Do đó giá trị lớn nhất của F là 3.
2 (2 điểm)
Ta có:
1
2009
1 2008!( 1)! 2008!( 1)!
(2009 ( 2))
(2009 )! (2009 )!2007
k
k
k k
k k
C k k
+
+
+ +
= = + +
+ +
2008 2007!( 1)! 2007!( 2)!
2007 (2008 )! (2009 )!
k k
k k
+ +
=
ữ
+ +
1 2
2008 2009
2008 1 1
2007
k k
k k
C C
+ +
+ +
=
ữ
Lấy tổng:
1 1 2 1
0
2009 2008 2009 2008
1 2008 1 1 2008 1 1
.
2007 2007 2007
n
k n
k
k n
C C C C
+ +
=
+ +
= < =
ữ
0,5
0,5
0,5
1,0
1,0
3
(4đ)
Ký hiệu độ lớn các mặt của góc tam diện đỉnh S nh sau:
ã
ã
ã
, ,BSC CSA ASB
= = =
và
180
+ + =
o
. Ta có thể coi
, ,
là 3
góc một tam giác nào đó. Tổng diện tích 3 mặt bên của hình chóp là:
1
(sin sin sin )
2
+ +
Chứng minh:
3 3
sin sin sin
2
+ +
Dấu bằng xảy ra khi
60
= = =
o
.
Do đó
1 3 3
(sin sin sin )
2 4
+ +
Gọi BC=a, CA=b, AB=c. áp dụng định lý Cosin trong tam giác BSC
ta đợc:
2 2
2(1 cos ) 4sin 2sin
2 2
a a
= = =
.
Tơng tự ta có:
2sin , 2sin
2 2
b c
= =
3
2
( ) ( ) ( )
( )( )( )
3
3 3
ABC
p a p b p c p
S p p a p b p c p
+ +
= =
ữ
Hay
2
(sin sin sin )
2 2 2
3 3
ABC
S
+ +
0,75
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
Chứng minh:
3
sin sin sin
2 2 2 2
+ +
ta đợc:
3
4
ABC
S
Diện tích toàn phần của hình chóp không lớn hơn:
3 3 3
3
4 4
+ =
.
Dấu bằng xảy ra khi:
60
= = =
o
tức là tứ diện đều.
0,25
0,25
4
(4đ)
1 (2 điểm)
Theo Vi-et ta có: mnp=1.
Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:
2 2 2
2 2 2
2 2 3
2 cos 2 cos 2 cos
np mp mn m n p
np mp mn m n p
+ + + +
+ + +
2 2
( cos cos ) ( sin sin ) 0p m n m n
+
(luôn đúng)
(Với
60 , 45 , 15
= = =
o o o
)
Dấu bằng xảy ra khi:
sin sin
cos cos
sin sin sin
m n
n m p
p m n
=
= =
= +
Đặt
sin
m
k
=
ta đợc:
3
1 4(3 3)
sin sin sin 3
k
+
= =
nên
3
4(3 3)
3
k
+
=
n=
3
4(3 3)
sin( 45 )
3
+
o
, m=
3
4(3 3)
sin(60 )
3
+
o
, p=
3
4(3 3)
sin(15 )
3
+
o
2 (2 điểm)
Chứng minh:
3 3 3 2 2 2
3 ( )( )x y z xyz x y z x y z xy yz zx+ + = + + + +
(1)
Cộng từng vế của 3 phơng trình và sử dụng (1) ta đợc:
2 2 2
( )(2 2 2 ) 0x y z x y z xy yz zx+ + + + =
TH1: x+y+z=0 hệ trở thành
3
3
3
14(2)
21(3)
7(4)
y xyz
z xyz
x xyz
= +
=
= +
Do z=-x-y nên từ (2) và (4) ta đợc:
3 2 2
3 2 2
( ) 14 ( ) 14
( ) 7 ( ) 7
y xy x y y x y xy
x xy x y x x y xy
= + + + + =
= + + + + =
Từ đó ta đợc: y=2x và z=-3x. Thay vào (2) ta đợc:
3
1 1x x= =
Hệ có nghiệm: (1;2;-3)
TH2:
2 2 2
2 2 2 0x y z xy yz zx+ + =
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 2 2 2 0x y y z z x x y z + + + + + =
Ta đợc x=y=z=0 không thỏa mãn hệ đã cho.
Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất: (1;2;-3)
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
5
(2đ)
1 (1 điểm)
Gọi M là một điểm bất kỳ trong tứ giác. Ta có:
ã
ã
ã
ã
360AMB BMC CMD DMA+ + + =
o
Do đó tồn tại ít nhất một góc có số đo lớn hơn hoặc bằng
90
o
.Giả sử
ã
90AMB
o
khi đó M thuộc vào hình tròn đờng kính AB. Từ
đó ta đợc điều phải chứng minh.
2 (1 điểm)
Ta có:
2
(1 ) 1x y xy
=
[ ]
2 4 2
0 1 0 2 1 1
(3 2 ) (5 4 ) (2 1) 2 1
n
n n
a a a x a a x n a na x
+ + + + + + =
Do đó ta đợc:
0
0 1 2
1
1
2 2.4 2.4 2
1; ; ; ;
(2 1) 2
3 3.5 3.5 (2 1)
n
n n
a
n
a a a a
n a na
n
=
= = = =
+ =
+
.
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
Chú ý: Thí sinh làm theo cách giải khác nếu đúng cho điểm tơng ứng.
