Đề thi thành lập đội tuyển HSG Toán 12 dự thi Quốc gia năm học 2016 – 2017 sở GD và ĐT Bình Thuận

Đề thi thành lập đội tuyển HSG Toán 12 THPT dự thi Quốc gia năm học 2016 – 2017 sở GD và ĐT Bình Thuận gồm 4 bài toán tự luận, có lời giải chi tiết.

30 15 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 12

Môn: Toán 12

Thông tin:

4 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH THUẬN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề này có 01 trang)
KỲ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG
LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (5 điểm)
Giải phương trình:
32
232
11 1
34103 .
31 21 3 5 51


xx x
xxx xxx
Bài 2. (5 điểm)
Cho các số nguyên dương , ,
x
yz thỏa
222
1 
x
y z xyz x y z xy yz zx
là số chính phương. Chứng minh rằng
222
2
x
y z xy yz zx là số chính phương.
Bài 3. (5 điểm)
Cho tứ giác
A
BCD nội tiếp đường tròn
O . Gọi , ,
M
NP lần lượt là giao điểm của
A
B
và CD ,
A
D
và
C ,
A
C và
B
D
. Lấy
K
là trung điểm của đoạn
M
N ; đoạn
PK
cắt
O tại
H
,
M
H cắt
O tại
I
khác
H
, NH cắt
O tại J khác
H
. Hãy phân tích

PK
theo hai vectơ ,

M
INJ.
Bài 4. (5 điểm)
Trên mặt phẳng có 2016 điểm phân biệt là
1 2 2016
, ,...,
A
AA. Từ các điểm trên, bạn An
muốn vẽ các vectơ khác vectơ không, thỏa 2 điều kiện sau:
1. Với mọi
, 1;2;3;...;2016ij , nếu đã vẽ

ij
A
A thì không vẽ

j
i
A
A .
2. Với mọi
, , 1;2;3;...;2016ijk , nếu đã vẽ

ij
A
A và

j
k
A
A thì không vẽ

ik
A
A
.
Hỏi An có thể vẽ nhiều nhất bao nhiêu vectơ ?
------------ HẾT -------------
Giám thị không giải thích gì thêm.
Ho
va
tên thı
sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sô
ba
o danh: . . . . . . . . . .
ĐÁP ÁN KỲ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG
LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA – Năm học 2016 – 2017
LỜI GIẢI TÓM TẮT
ĐIỂM
Bài 1.
Điều kiện:
1
3
12

x
x
0,25x3
Đặt
2
32
11
31,bx21, .
3551


ax xc
x
xx ab
Phương trình trở thành
111
abc
abc
0,25x4
1
1
1

a
b
c
0,5x3
Với 1a ta có

2
3
x
n
0,25
Với 1b ta có
13
x
n
0,5
Với 1c ta có
0
x
n
hoặc

585
6

x
n .
0,75
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm
2
3
x ,
15 x
, 0
x
,
585
6

x .
0,25
Bài 2.
Trong các bộ số
,,
x
yz thỏa điều kiện bài toán, xét bộ
,,
x
yz có 
x
yz nhỏ
nhất. Không mất tính tổng quát giả sử
,,zmaxxyz.
0,5x2
Xét phương trình bậc 2 ẩn
t
là:
2222
2440  t x y z xy xz xt yz yt zt xyzt (1)
2222
22 2 40 ttxyzxyzxyz xyyzzx
0,5
Ta có:
/222
41



x y z xyz x y z xy yz zx là số chính phương nên
phương trình có 2 nghiệm nguyên
12
,tt
.
0,5
Ta có (1) có thể viết lại thành 3 phương trình sau:
2
411 xyzt xy zt
2
41 1 x z y t xz yt
2
41 1 x t y z xt yz
Nên 10,y 10,z 10
  
x
ttt mà bộ số
1;1;1 không thỏa điều kiện bài toán
0,75
nên
1
1
2
t
hay 0t .
0,75
Xét 0t ,
coi (1) là phương trình bậc 2 theo
z thì ta có
222
1
x
y t xyt x y t xy yt tx là số chính phương hay
,,
x
yt cũng là
một bộ số thỏa điều kiện bài toán nên

x
yt xyz t z
2
12
tt z .
0,5
Mặt khác,
222
12
24  tt x y z xy yz zx
22
2224 zxzxyzy xy z
Mâu thuẫn
0,5
Vậy 0t hay
222
24 xyz xyyzzx là số chính phương. (Đpcm)
0,5
Bài 3.
Kẻ đường thẳng qua P vuông góc OP cắt
O tại ,
I
J như hình vẽ. Gọi
H
là
giao điểm của
M
I và
O ,
H
không trùng
I
. Ta sẽ chứng minh , ,NHJ thẳng
hàng và , ,
PHK thẳng hàng.
1,0
Gọi X là giao điểm của ,
A
ICJ. Ta chứng minh được , ,
M
NX thẳng hàng.
1,0
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm ,, , , ,
H
IADCJ. Ta có:
,
H
IDCMIACJX
và giả sử
1

A
DJHN thì
1
,,
M
XN thẳng hàng
1

A
DMXN nên
1
NN hay , ,NHJ thẳng hàng.
1,0
Mặt khác, theo định lý Brokard thì OP MN nên / /
I
JMN.
1,0
Lại do P là trung điểm
I
J nên , ,PHK thẳng hàng.
Suy ra cách xác định
,
I
J như trên là hợp lý.
0,5
Vậy

PK
111
222
 

M
INJ MI NJ.
0,5
Bài 4.
Không mất tính tổng quát, giả sử
1
A
thuộc nhiều vectơ nhất.
0,5
Với mỗi điểm

1;2;...;2016
i
Ai ta chia các điểm còn lại thành 3 loại:
Loại 1: Có nối với
1
A
và
1
A
là điểm đầu.
Loại 2: Có nối với
1
A
và
1
A
là điểm cuối.
Loại 3: Không nối với
1
A
.
1,0
Giả sử có m điểm loại 1, n điểm loại 2, p điểm loại 3.
0,5
Chú ý rằng:
Giữa các điểm loại 1 không có 2 điểm nào nối lại.
Giữa các điểm loại 2 không có 2 điểm nào nối lại.
Giữa
1
A
và các điểm loại 1, loại 2 có tối đa m + n + mn vectơ.
0,5x2
Số vectơ liên quan đến các điểm loại 3 tối đa là p(m + n).
0,5
Vậy tổng số vectơ tối đa là
 mnmn pmn
11 mn m p n p
2
2
1
2016
33


mn p
.
0,5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 672mn p .
0,5
Đưa ra mô hình.
0,5
| 1/4
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG BÌNH THUẬN
LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán
(Đề này có 01 trang)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (5 điểm) 1 1 1 Giải phương trình: 3 2 
 3x  4x 10x  3  . 2 3 2
3x 1 x  2x 1
3x  5x  5x 1
Bài 2. (5 điểm)
Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa 2 2 2
x y z xyz x y z  xy yz zx 1
là số chính phương. Chứng minh rằng 2 2 2
x y z  2 xy yz zx là số chính phương.
Bài 3. (5 điểm)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O. Gọi M , N, P lần lượt là giao điểm của
AB và CD , AD và BC , AC và BD . Lấy K là trung điểm của đoạn MN ; đoạn PK cắt  
O tại H , MH cắt O tại I khác H , NH cắt O tại J khác H . Hãy phân tích PK  
theo hai vectơ MI, NJ .
Bài 4. (5 điểm)
Trên mặt phẳng có 2016 điểm phân biệt là A , A ,..., A
. Từ các điểm trên, bạn An 1 2 2016
muốn vẽ các vectơ khác vectơ không, thỏa 2 điều kiện sau:  
1. Với mọi i, j 1;2;3;...;201 
6 , nếu đã vẽ A A thì không vẽ A A . i j j i   
2. Với mọi i, j,k 1;2;3;...; 
2016 , nếu đã vẽ A A và A A thì không vẽ A A . i j j k i k
Hỏi An có thể vẽ nhiều nhất bao nhiêu vectơ ?
------------ HẾT -------------
Giám thị không giải thích gì thêm.
Ho ̣ và tên thı́ sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . .
ĐÁP ÁN KỲ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG
LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA – Năm học 2016 – 2017
LỜI GIẢI TÓM TẮT ĐIỂM Bài 1.  1 0,25x3  x  Điều kiện:  3 x  1   2 1 1 0,25x4 Đặt 2
a  3x 1,b  x  2x 1,c   . 3 2
3x  5x  5x 1 ab 1 1 1
Phương trình trở thành    a b c a b ca 1 0,5x3   b 1  c 1  2 0,25
Với a 1 ta có x  n 3
Với b  1 ta có x  1 3 n 0,5 5   85 0,75
Với c  1 ta có x  0n hoặc x  n. 6 2 5   85 0,25
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm x  , x  1
  5 , x  0, x  . 3 6 Bài 2.
Trong các bộ số  x, y, z thỏa điều kiện bài toán, xét bộ  x, y, z có x y z nhỏ
nhất. Không mất tính tổng quát giả sử z maxx, y,  z . 0,5x2
Xét phương trình bậc 2 ẩn t là: 2 2 2 2
t x y z  2 xy xz xt yz yt zt  4xyzt  4  0 (1) 0,5 2
t t x y z xyz 2 2 2 2 2
x y z  2xy yz zx  4  0 Ta có: / 2 2 2
  4x y z xyzx y z  xy yz zx 1 0,5 
 là số chính phương nên
phương trình có 2 nghiệm nguyên t ,t . 1 2
Ta có (1) có thể viết lại thành 3 phương trình sau:
x y z t2  4xy  1zt  1
x z y t2  4xz  1 yt  1
x t y z2  4xt  1 yz  1 0,75
Nên xt 1  0, yt 1  0,zt 1  0 mà bộ số 1;1; 
1 không thỏa điều kiện bài toán 1 nên t   1 hay t  0. 2 0,75 Xét t  0,
coi (1) là phương trình bậc 2 theo z thì ta có 2 2 2
x y t xyt x y t  xy yt tx 1 là số chính phương hay  x, y,t cũng là
một bộ số thỏa điều kiện bài toán nên x y t x y z t z 2  t t z . 0,5 1 2 Mặt khác, 2 2 2
t t x y z  2 xy yz zx  4 2
z xz x  yz y 2 2 2
 2xy  4  z 1 2   0,5 Mâu thuẫn Vậy t  0 hay 2 2 2
x y z  2 xy yz zx  4 là số chính phương. (Đpcm) 0,5 Bài 3.
Kẻ đường thẳng qua P vuông góc OP cắt O tại I, J như hình vẽ. Gọi H là 1,0
giao điểm của MI và O, H không trùng I . Ta sẽ chứng minh N, H , J thẳng
hàng và P, H , K thẳng hàng.
Gọi X là giao điểm của AI,CJ . Ta chứng minh được M , N, X thẳng hàng. 1,0
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm H , I, ,
A D,C, J . Ta có: 1,0
HI DC M , IA CJ X và giả sử AD JH N thì M , X , N thẳng hàng 1 1
AD MX N nên N N hay N, H , J thẳng hàng. 1 1
Mặt khác, theo định lý Brokard thì OP MN nên IJ / /MN . 1,0
Lại do P là trung điểm IJ nên P, H , K thẳng hàng. 0,5
Suy ra cách xác định I, J như trên là hợp lý.  1   1  1  0,5
Vậy PK   MI NJ    MI NJ . 2 2 2 Bài 4.
Không mất tính tổng quát, giả sử A thuộc nhiều vectơ nhất. 0,5 1
Với mỗi điểm A i
ta chia các điểm còn lại thành 3 loại: 1,0 i 1;2;...;  2016 
Loại 1: Có nối với A và A là điểm đầu. 1 1
Loại 2: Có nối với A và A là điểm cuối. 1 1
Loại 3: Không nối với A . 1
Giả sử có m điểm loại 1, n điểm loại 2, p điểm loại 3. 0,5 Chú ý rằng: 0,5x2
Giữa các điểm loại 1 không có 2 điểm nào nối lại.
Giữa các điểm loại 2 không có 2 điểm nào nối lại.
Giữa A và các điểm loại 1, loại 2 có tối đa m + n + mn vectơ. 1
Số vectơ liên quan đến các điểm loại 3 tối đa là p(m + n). 0,5
Vậy tổng số vectơ tối đa là 0,5
m n p  2 2 1 2016
m n mn pm n  mn mp  
1  np   1   . 3 3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m n p 1  672 . 0,5 Đưa ra mô hình. 0,5