2 Đề thi chọn HSG Toán 12 (2012-2013)

2 Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 (2012-2013) dành cho học sinh và giáo viên tham khảo, giúp các em phát triển và tư duy năng khiếu của mình, nhằm giúp bạn củng cố kiến thức luyện thi học sinh giỏi đạt kết quả cao.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
2 Đề thi chọn HSG Toán 12 (2012-2013) SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Ngày thi 09/10/2012 (Thời gian làm bài 180 phút) Đề thi gồm 04 câu, trong 01 trangCâu 1 (5 điểm):  x 3  y2  2y  8  Giải hệ phương trình:  y3  z 2  2z  8 z3  x 2  2x  8 Câu 2 (5 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Gọi P, Q lần lượt là tâmđường tròn nội tiếp các tam giác ABH và ACH. Các đường thẳng AP, AQ lần lượtcắt BC tại D và E. Chứng minh rằng đường thẳng AH, DQ, EP đồng quy tại mộtđiểm.Câu 3 (6 điểm): Cho phương trình (ẩn x, tham số n nguyên dương): 3 x  2x 2  3x 3  ...  nx n   0 4 a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n phương trình có 1 nghiệmdương duy nhất, kí hiệu nghiệm đó là x n . 1 b) Chứng minh rằng lim x n  . 3Câu 4 (4 điểm): Cho tập Sn = {1; 2; 3;…; n} với n là số nguyên dương lớn hơn 2. Có bao nhiêucách chia tập Sn thành ba tập con khác rỗng (hợp với nhau bằng Sn và đôi một giaovới nhau bằng rỗng) sao cho mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp? HẾTHọ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:.......................................................................... Giám thị 2:..........................................................................SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN Ngày thi 09/10/2012 (hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm 3 2 3 2  x  y  2y  8  x  (y  1)  7   Ta có:  y 3  z 2  2z  8   y3  (z  1) 2  7  x, y, z  1 1,0  z 3  x 2  2x  8 z 3  (x  1) 2  7   1 Giả sử x  max{x; y;z}  (y -1)2  max{(x -1) 2 ;(y -1) 2 ;(z -1) 2} 1,05 điểm y  max{x; y;z}  x  y  y  z . Vậy x = y = z. 1,5 Khi đó ta có phương trình: x 3  x 2  2x  8  x 3  x 2  2x  8  0  (x  2)(x 2  x  4)  0 x2 1,0 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y; z) = (2; 2; 2). 0,5 A Q P B C D H E 2 Cách 1: 5 điểm BAH  ACH 1 1,0 BAE  BAH  HAE  BAH  HAC 2 1 BEA  ACH  EAC  ACH  HAC 2 1,0  BEA  EAB  tam giác ABE cân tại đỉnh B. Mà BP là đường phân giác góc ABE  BP là đường trung trực của đoạn AE  PA  PE . 1,0 1 1 Mặt khác PAE  PAH  HAE  (BAH  HAC)  BAC  450 2 2 1,0  PAE vuông cân tại đỉnh P  EP  AD . Tương tự:  DQ  AE . Vậy AH, DQ, EQ là các đường cao của tam giác ADE suy ra AH, 1,0 DQ, EP đồng quy. Cách 2: Áp dụng tính chất tia phân giác các góc trong tam giác: PA AB QE CE HD AH EC AC 2,0  ,  ,  ,  PD BD QA AC DB AB HE AH PA HD EC QE AB AH AC CE CE 1,5  . . . = . . . = PD DB HE QA BD AB AH AC BD PA HD QE 0,5  . . 1 PD HE QA 1  AH, DQ, EP đồng quy (Định lí Ceva) a) 2 điểm 3 Xét f n  x   x  2x 2  3x 3  ...  nx n  4 f n  x   1  22 x  32 x 2  ...  n 2 .x n 1 0,5 Ta có f n  x   0 x  R  f n  x  đồng biến, liên tục trên R. 0,5 Mà f n  0   0; f n 1  0 ...