De thi học sinh giỏi Toán 12 tỉnh Đắk Lắk

Sở Giáo Dục và Đào Tạo Đắk Lắk

1. Trang chủ
2. Thi và Tuyển sinh
3. Đề thi học sinh giỏi các năm

Đề thi học sinh giỏi các năm

Quản trị 27/04/2017 Lượt xem: 23951

Đọc bài viết

Tải xuống

BÀI VIẾT CÙNG CHUYÊN MỤC

• Tập huấn công tác tổ chức thi tốt nghiệp THPT năm 2022 [26/04/2022]
• Kết quả chấm phúc khảo tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT chuyên Nguyễn Du và Trường THPT DTNT N’Trang Lơng [28/06/2021]
• Kết quả chấm thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2021-2022 [14/06/2021]
• Đắk Lắk: Công bố kết quả chọn học sinh giỏi THCS tỉnh, năm học 2020 – 2021 [03/04/2021]
• Kết quả thi Olympic 10-3 năm 2021 [07/03/2021]
• Kết quả Kỳ thi lập các đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia năm học 2020 – 2021 [26/09/2020]

Sở GD&ĐT Đăk Lăk

MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút [không kể thời gian giao đề]
--------------------------------------------------------------------------------

Bài 1. [4,0 điểm].

Cho hàm số

có đồ thị là [C].

Tìm tất cả những điểm trên đồ thị [C] sao cho hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị [C] tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số:

.

Bài 2. [5,0 điểm].

Giải các phương trình sau trên tập số thực R:

Bài 3. [5,0 điểm].

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân có AB = AC = a [a là một số thực dương] và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’ = 2a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh B lên mặt phẳng [ACC’] nằm trên đoạn thẳng A’C.

1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối chóp B.ACA’.

2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên A’C sao cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích lớn nhất.

3/ Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là lớn nhất, tìm khoảng cách giữa AB và A’C.

Bài 4. [3,0 điểm].

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A[1;1]; B[–2;–4]; C[5;–1] và đường thẳng Δ: 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M thuộc Δ sao cho:

nhỏ nhất.

Bài 5 [3 điểm].

Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011. Chứng minh rằng

là một số nguyên.

Download tài liệu để xem thêm chi tiết

Cập nhật: 22/05/2013

GiaiToan8.com mời các em cùng làm đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 chuyên Nguyễn Du Đắk Lắk năm 2020-2021 vòng 1, tài liệu này dành cho tất cả các bạn học lực khá, giỏi cũng như các bạn muốn thử sức mình.

Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 chuyên Nguyễn Du Đắk Lắk năm 2020-2021 vòng 1 gồm 5 bài tập tự luận, thời gian làm bài là 180 phút. Các nội dung có trong bài thi gồm: giải phương trình, hệ phương trình, chứng minh bất đẳng thức, bài toán tứ giác ...

Bài 1:
a. Giải phương trình: $x^4 + 2x^3 + 2x^2 - 2x + 1 = [x^3 + x]\sqrt{\frac{1 - x^2}{x}}$.

Trên đây là Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 chuyên Nguyễn Du Đắk Lắk năm 2020-2021 vòng 1. Các em xem Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 vòng 2 chuyên Nguyễn Du Đắk Lắk năm 2020-2021 ở đây.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮKTRƯỜNG THPT: NGÔ GIA TỰKỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ IIĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN; LỚP: 10ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁNCâu 1: [4 điểm] Giải phương trình: [4 x − x + 3] − x =33332Đáp án câu 1:CâuĐáp án chi tiếtCâu 12 y 3 − 2 x3 = 33[ I ] Khi đó nghiệm của [1]4,0 điểm Đặt y = 4 x − x + 3 . [1] có dạng:  3Điểm1,04 x − x + 3 = ylà x ứng với [x;y] là nghiệm của [I]33332 y − 2 x = 3[2]2 y − 2 x = 3⇔[I] ⇔  33222 x + 2 y − [ x + y ] = 0[ x + y ][2 x − 2 xy + 2 y − 1] = 0[3]TH1: y = -x kết hợp[2], có nghiệm của [1]: x = − 3341,00,52. Tương30,5 2 8 22tự cũng có x ≤. Khi đó VT [2] ≤ 4 < 3 . Chứng tỏ TH2 vô÷ =33331,0TH2: 2 x 2 − 2 xy + 2 y 2 − 1 = 0; ∆ ' x = 2 − 3 y 2 . Nếu có nghiệm thì y ≤3nghiệm. KL [1] có 1 nghiệm x = − 334Câu 2: [4 điểm] Cho tam giác ABC có các góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R . Gọi R1, R2,R3 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác OBC, OAC, OAB; p là nửa chu vi của tamgiác ABC. Chứng minh:729 R 7R1 R2 R3 ≥16 p 4Đáp án câu 2:CâuĐáp án chi tiếtĐiểmCâu 24,0 điểm1,0Đặt BC = a, AC = b, AB = c, S ∆ABC = S và p là là nửa chu vi của tam giác ABC.Ta có: S ∆OBC =OB.OC.BC R 2 aR 2a=⇒ R1 =4R14R14S∆OBCTương tự: R2 =R 2bR 2c; R3 =4S ∆OAC4S∆OAB⇒ R1 R2 R3 =R 6 abc≥64.S ∆OBC .S∆OAC .S ∆OAB⇒ R1 R2 R3 ≥27 R 6 abc 27 R 7=64S 316 S 2Mà S = p [ p − a ] [ p − b ] [2R 6 abc3+ S∆OAC + S∆OAB S64  ∆OBC÷33p4 p −a + p −b + p −c p − c] ≤ p ÷ =3 27729 R 7nên: R1 R2 R3 ≥.16 p 4Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.1,01,01,0Câu 3: [3 điểm] Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:a 2 + b 2 − ab + b 2 + c 2 − bc ≥ a 2 + c 2 + acĐáp án câu 3:CâuĐáp án chi tiếtCâu 3a 3  c − 3c a÷;Bb;0;C[]Trong hệ tọa độ Oxy chọn: A  ; ;÷÷÷3,0 điểm222 2 Theo bất đẳng thức về ba điểm, ta có: AB + BC ≥ AC22Điểm1,02222a   3a c   3c 3c  c a   3a⇒  b − ÷ + +b−+≥−++÷÷÷÷÷2  2 ÷2   2 ÷2 ÷ 2 2   21,0⇔ a 2 + b 2 − ab + b 2 + c 2 − bc ≥ a 2 + c 2 + acuuuruuurDấu “=” xảy ra khi BA cùng phương với BCac−b−ba − 2b c − 2bac22⇒=⇔=⇔ ab + bc − ac = 0 ⇔ b =a−ca+c3a3c−221,0Câu 4: [3 điểm] Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 7 thì 3 p − 2 p − 1 chia hết cho 42p.Đáp án câu 4:CâuCâu 1Ta thấy 42p = 2.3.7.p4,0 điểmĐáp án chi tiếtĐiểmĐặt A = 3 p − 2 p − 1 , ta chứng minh A ≡ 0 [mod 42 p ]* Ta có: 3 p ≡ 1[mod 2] ⇔ 3 p − 1 ≡ 0 [mod 2] ⇒ A ≡ 0 [mod 2] [1]* −2 ≡ 1[mod 3] ⇔ −2 ≡ 1[mod 3] ⇔ −2 − 1 ≡ 0 [mod 3]p0,250,25p0,5⇒ A ≡ 0 [mod 3] [2]* Vì p là số nguyên tố nên theo định lí Fermat ta có:3 p ≡ 3[mod p ] và 2 p ≡ 2 [mod p ]ppDo đó, 3 − 2 − 1 ≡ 3 − 2 − 1 [ mod p ] nên A ≡ 0 [mod p][3]0,5** p là số nguyên tố lớn hơn 7 nên p có dạng 6t + 1 hoặc 6t + 5 [ t ∈ N ]TH1: p = 6t + 1A = 36t +1 − 26t +1 − 1 = 3 [ 36t − 1] − 2 [ 26t − 1] ≡ 0 [mod 7][ vì 36 ≡ 1[mod 7] và 26 ≡ 1[mod 7] ]1,0TH2: p = 6t + 5A = 36t +5 − 26t +5 − 1 = 35 [ 36t − 1] − 25 [ 26t − 1] + 35 − 25 − 1 ≡ 0 [mod 7]Do đó, A ≡ 0 [mod 7][4]Từ [1], [2], [3] và [4] ta được A ≡ 0 [mod 42 p ] hay 3 p − 2 p − 1 chia hết cho 42p.0,5Câu 5: [3 điểm] Cho một hình vuông và 13 đường thẳng, mỗi đường thẳng đều chia hình vuông thành2hai tứ giác có tỉ số diện tích . Chứng minh rằng trong số 13 đường thẳng đó, có ít nhất 4 đường thẳng3cùng đi qua một điểm.Đáp án câu 5:CâuĐáp án chi tiếtCâu 5Gọi d là đường thẳng chia hình vuông ABCD thành hai tứ giác có tỉ số diện tích23,0 điểm. Đường thẳng d không thể cắt hai cạnh kề nhau của hình vuông vì khi đó không3tạo thành hai tứ giác.Điểm0,51,0Giả sử d cắt hai cạnh BC và AD tại M và N, khi đó nó cắt đường trung bình EF tạiJ. Ta có:1S ABMN 2[ AM + BN ] AB = 2 ⇔ EJ = 2= ⇔ 12S MCDN 33JF 32 [ MC + DN ] CDNhư vậy mỗi đường thẳng đã cho chia các đường trung bình của hình vuông theo tỉ22số . Có 4 điểm chia các đường trung bình của hình vuông ABCD theo tỉ số .33Có 13 đường thẳng, mỗi đường thẳng đi qua một trong 4 điểm. Vậy theo nguyên lýĐirichlê có ít nhất 4 đường thẳng đi qua.0,51,0Bài 6 [3 điểm] Tìm tất cả các hàm số f: Q → Q thỏa mãn điều kiệnf [ x + y] + f [ x − y] = 2 f [ x] + 2 f [ y ] .Đáp án câu 6:CâuĐáp án chi tiếtCâu 6Cho x = y = 0 ta được 2 f [ 0 ] = 4 f [ 0 ] ⇒ f [ 0 ] = 0.3,0 điểmVới x = ny [ n ∈ N ] ta được:fĐiểm0,5[ [ n + 1] y ] = f [ ny + y ] = 2 f [ ny ] + 2 f [ y ] − f [ [ n − 1] y ] .2Ta chứng minh f [ nx ] = n f [ x ] với mọi n ∈ N .[1]Rõ ràng khẳng định đúng với n = 1.Giả sử khẳng định đúng với mọi n = k , k ≥ 1 . Tức là ta có:f [ kx ] = k 2 f [ x ]Ta cần chứng minh khẳng định đúng với n = k + 1 . Thật vậy,f1,0[ [ k + 1] x ] = 2 f [ x ] + 2 f [ kx ] − f [ [ k − 1] x ][= 2 + 2k 2 − [ k − 1]2] f [ x ] = [ k + 1]Vậy khẳng định đúng với n.12Trong [1] thay x bởita được f [ 1] = n fn2f [ x] .1 1  f [ 1] ÷⇒ f  ÷ = 2 .nnnm 1Vì vậy áp dụng [1] có f  ÷ = f  m. ÷ = m 2 fn n21 m ÷ =  ÷ f [ 1] .n  n 1,02Do đó f [ x ] = ax ∀x ∈ Q, trong đó a = f [ 1] .Ta kiểm tra hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toánf [ x + y ] + f [ x − y ] = a [ x + y ] + a [ x − y ] = 2ax 2 + 2ay 2 = 2 f [ x ] + 2 f [ y ] .222Kết luận: Hàm số cần tìm là f [ x ] = ax ∀x ∈ Q.----------- Hết ------------0,5