Đang tải... (xem toàn văn)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TIN HỌC
Họ và tên thí sinh:…………………… ………… Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:…………………………… ……… . …………….……………… SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 * Môn thi: TOÁN (BẢNG A) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Bài 1: (5 điểm) Cho các số dương ,,abc thỏa mãn 222 3abc+ += . Chứng minh rằng: 22 22 22 a b c ab bc ca++= + + . Bài 2: (5 điểm) Cho dãy số () n v thỏa 1 2 3 v = − , 2 4 5 v = − , v n+1 .v n + 2v n+2 .v n+1 − 3v n+2 .v n = v n+2 − 3v n+ 1 + 2v n , 1 n v ≠ − ; (1)n ≥ Tìm v n . Bài 3: (5 điểm) Cho tập hợp { } 1;2;3; .;2011M = . Hỏi trong tập hợp M có bao nhiêu phần tử chia hết cho ít nhất một trong ba số 2, 5 và 11? Bài 4: (5 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Gọi I, F, K là các điểm xác định bởi: ,,.AIABAFACAKAD αβγ == = JJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG Chứng minh điều kiện cần và đủ để I, F, K thẳng hàng là: 111 β αγ =+ (biết rằng 0, 0, 0 α βγ ≠ ≠≠ ). --- HẾT --- (Gồm 01 trang) CHÍNH THỨC 1 Bảng A-Ngày 1 SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 * Môn thi: TOÁN (BẢNG A) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (5 điểm) Ta có a + b + c ≥ a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ⇔ a 4 + b 4 + c 4 + 2(a + b + c) ≥ a 4 + b 4 + c 4 + 2(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) (1,0đ) ⇔ a 4 + 2a + b 4 + 2b + c 4 + 2 c ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ⇔ a 4 + 2a + b 4 + 2b + c 4 + 2 c ≥ 9 (1,0đ) Do đó ta chỉ cần chứng minh a 4 + 2a + b 4 + 2b + c 4 + 2 c ≥ 9 Mà a 4 + 2a = a 4 + a + a ≥ 34 3 aaa = 3a 2 (0,5đ) Tương tự b 4 + 2b ≥ 3b 2 ; c 4 + 2c ≥ 3c 2 (1,0đ) Vậy a 4 + 2a + b 4 + 2b + c 4 + 2 c ≥ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 (0,5đ) Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. (1,0đ) Bài 2: (5 điểm) v n+1 .v n + 2v n+2 .v n+1 -3v n+2 .v n = v n+2 -3v n+ 1 + 2v n 1122 .13.333 nn n n n n n n vv v v vv v v ++++ ⇔+++= +++ 21 2 1 2( . 1) nn n n vv v v ++ + + −+++ 1221 ( 1)( 1) 3( 1)( 1) 2( 1)( 1) nn nn nn vv vv vv ++++ ⇔++= ++− + + 21 132 111 nnn vvv ++ ⇔=− +++ (do 1, n vn ≠ −∀ ) (1,0đ) (1,0đ) Đặt 1 1 n n u v = + ta được 21 32 nnn uuu ++ =− (1,0đ) Xét phương trình đặc trưng 1 2 2 1 320 2 x xx x = ⎡ −+=⇔ ⎢ = ⎣ .2 n n uab =+ với 12 3 , u 5u == ta được : 23 1 45 1 ab a ab b += = ⎧⎧ ⇔ ⎨⎨ += = ⎩⎩ (1,0đ) (Gồm 02 trang) CHÍNH THỨC 2 Bảng A-Ngày 1 12 n n u =+ 1 1 12 n n v⇒= − + (1,0đ) Bài 3: (5 điểm) Gọi A là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 2. Gọi B là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 5. (1,0đ) Gọi C là tập hợp các phần tử trong M chia hết cho 11. Ta cần tính CBA ∪∪ Áp dụng công thức: CBACACBBACBACBA ∩∩+∩−∩−∩−++=∪∪ (1,0đ) Theo giả thiết ta có: 1005 2 2011 = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ =A , 402 5 2011 = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ =B , 182 11 2011 = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ =C , 201 10 2011 = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ =∩ BA , 36 55 2011 = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ =∩ CB , 91 22 2011 = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ =∩ CA , 18 110 2011 = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ =∩∩ CBA , (2,0đ) Trong đó [] x là phần nguyên của số thực x. Do đó: 12791891362011824021005 =+−−−++=∪∪ CBA (1,0đ) Vậy số các số cần tìm là 1279 Bài 4: (5 điểm) * Ta có: () à: KI AI AK AB AD KF AF AK AC AD MACABAD KFAB AD αγ βγ ββγ =− =− =− =− =+ ⇒= +− JJG JJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJGJJJG * Điều kiện cần và đủ để K, I, F thẳng hàng là tồn tại số thực k sao cho: () ()( ) 0 KF kKI A BADkABkAD kAB kAD ββγ αγ βα βγγ = ⇔+− = − ⇔− +−+ = JJJG JJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG G * Vì ,ABAD JJJGJJJG không cùng phương nên: ( ) ( ) () 0 0 0 0, 0, 0 111 kAB kAD k k do −+−+= −= ⎧ ⇔ ⎨ −+ = ⎩ − ⇔= ≠ ≠ ≠ ⇔+= JJJGJJJGG βα βγγ βα βγ γ βγβ αβγ αγ αγ β ---Hết--- (1,0đ) (0,5đ) (0,5đ) (1,0đ) (0,5đ) (1,0đ) (0,5đ) . ≠ − ; (1)n ≥ T m v n . Bài 3: (5 đi m) Cho tập hợp { } 1;2;3; .;201 1M = . Hỏi trong tập hợp M có bao nhiêu phần tử chia hết cho ít nhất m t trong ba số. đề) ĐỀ Bài 1: (5 đi m) Cho các số dương ,,abc thỏa m n 222 3abc+ += . Chứng minh rằng: 22 22 22 a b c ab bc ca++= + + . Bài 2: (5 đi m) Cho dãy số () n