Đề HSG Toán 12 cấp tỉnh Quảng Ngãi năm học 2022 -- 2022

Tuyển tập 50 đề thi học sinh giỏi tỉnh môn toán lớp 12 hay và khó năm 2021-2022 là bộ đề HSG toán giúp các em học sinh khá và giỏi thử sức làm quen với các dạng toán hay của kỳ thi học sinh giỏi tỉnh lớp 12 của các tỉnh thành trong cả nước.

1.HSG 12 CẤP TỈNH TP HÀ NỘI 

2.HSG 12 CẤP TỈNH TP HCM

3.HSG 12 CẤP TỈNH TP HẢI PHÒNG

4.HSG 12 CẤP TỈNH TP ĐÀ NẴNG

5.HSG 12 CẤP TỈNH HÀ GIANG

6.HSG 12  CẤP HUYỆN CAO BẰNG

7.HSG 12 CẤP TỈNH LAI CHÂU

8.HSG 12 CẤP TỈNH LÀO CAI 

9.HSG 12 CẤP TỈNH TUYÊN QUANG

10.HSG 12 CẤP TỈNH LẠNG SƠN

11.HSG 12 CẤP TỈNH  BẮC KAN 

12.HSG 12 CẤP TỈNH  PHÚ THỌ

13.HSG 12 CẤP TỈNH  YÊN BÁI

14.HSG 12 CẤP TỈNH SƠN LA

15.HSG 12 CẤP TỈNH  PHÚ THỌ 

16.HSG 12 CẤP TỈNH  VĨNH PHÚC

17.HSG 12 CẤP TỈNH  QUẢNG NINH

18.HSG 12 CẤP TỈNH BẮC GIANG

19.HSG 12 CẤP TỈNH  BẮC NINH 

20.HSG 12 CẤP TỈNH  THÁI NGUYÊN 

21.HSG 12 CẤP TỈNH  HẢI DƯƠNG 

22.HSG 12 CẤP TỈNH HƯNG YÊN 

23.HSG 12 CẤP TỈNH  HÒA BÌNH 

24.HSG 12 CẤP TỈNH  HÀ NAM 

25.HSG 12 CẤP TỈNH  NAM ĐỊNH 

26.HSG 12 CẤP TỈNH  THÁI BÌNH 

27.HSG 12 CẤP TỈNH NINH BÌNH .

28.HSG 12 CẤP TỈNH  THANH HÓA 

29.HSG 12 CẤP TỈNH NGHỆ AN 

30.HSG 12 CẤP TỈNH  HÀ TĨNH 

31.HSG 12 CẤP TỈNH QUẢNG BÌNH

32.HSG 12 CẤP TỈNH  QUẢNG TRỊ

33.HSG 12 CẤP TỈNH  THỪA THIÊN HUẾ

34.HSG 12 CẤP TỈNH  QUẢNG NAM 

35.HSG 12 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI 

36.HSG 12 CẤP TỈNH  KUM TUM 

37.HSG 12 CẤP TỈNH  BÌNH ĐỊNH

38.HSG 12 CẤP TỈNH  GIA LAI

9.HSG 12 CẤP TỈNH PHÚ YÊN

40.HSG 12 CẤP TỈNH  ĐĂK LĂK 

41.HSG 12 CẤP TỈNH  KHÁNH HÒA 

42.HSG 12 CẤP TỈNH  LÂM ĐỒNG 

43.HSG 12 CẤP TỈNH BÌNH PHƯỚC

44.HSG 12 CẤP TỈNH  BÌNH DƯƠNG 

45.HSG 12 CẤP TỈNH  NINH THUẬN 

46.HSG 12 CẤP TỈNH  TÂY NINH 

47.HSG 12 CẤP TỈNH BÌNH THUẬN 

48.HSG 12 CẤP TỈNH  ĐỒNG NAI 

49.HSG 12 CẤP TỈNH  LONG AN 

50.HSG 12 CẤP TỈNH  ĐỒNG THÁP 

CLICK LINK DOWNLOAD EBOOK TẠI ĐÂY

Trang web này phụ thuộc vào doanh thu từ số lần hiển thị quảng cáo để tồn tại. Vui lòng tắt trình chặn quảng cáo của bạn hoặc tạm dừng tính năng chặn quảng cáo cho trang web này.

Quản trị viên 21/02/2022 Lượt xem: 872

Ngày 16/02/2022, 11 học sinh giỏi cấp trường của Trung tâm (Toán 04 em, Sinh học 01 em, Lịch sử 02 em, Địa lý 04 em) đã tham gia kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 năm học 2021 – 2022 tại Trường THPT Trần Quốc Tuấn, kết quả đạt 05 giải như sau:

1. Em Phan Nhật Huy, lớp 12C1, giải Khuyến khích môn Toán; 2. Em Nguyễn Trung Nhuận, lớp 12C2, giải Khuyến khích môn Toán; 3. Em Nguyễn Tiến Đồng, lớp 12C2, giải Nhì môn Địa lý; 4. Em Võ Thị Thủy Hoàn, lớp 12C10, giải Ba môn Địa lý;

5. Em Phạm Cẩm Tuyền, lớp 12C2, giải Khuyến khích môn Địa lý.

Ảnh: 11 học sinh tham gia kỳ thi HSG chụp ảnh lưu niệm tại Trường THPT Trần Quốc Tuấn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOBÌNH DƯƠNGĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12NĂM HỌC 2021 – 2022MƠN THI: TỐNThời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)Câu 1. [HSG-BÌNH DƯƠNG 2021-2022] Giải phương trình sau trên tập số thực: x  4 x  2  1  2   2 x  4 x  2 .x 14 x  x 5Lời giải2  x  42  x  4Điều kiện:  2 x4. 4  x  x  5  0  4  x   4  x  1  0Ta có x  4 x  2  1  2   2 x  4 x  2x 14 x  x 5  x  1  x  4  x  2  1  4  x  x  5  2  2  x  2  x  2   x 2  9 x  16  x  2  2  x  2  4  x  x  2   24  x  3x  11  0.(1)Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được x  9 x  16 x  2  2  x  2   4  x  x  2   2 x  9 x  16  x  1  2 x  2  5  x  3x  112224  x  3x  111 312x  10 x 2  33x  36    x  4  x  3  0, x   2; 4.22Như vậy vế trái của (1) nhỏ hơn hoặc bằng 0. Do đó phương trình có nghiệm khi x  4 x  3 x  2 1  x  3.4  x  x  24  x  1Thử lại ta kết luận phương trình có nghiệm duy nhất: x  3 .Câu 2. [HSG-BÌNH DƯƠNG 2021-2022] Cho các số nguyên tố thỏa mãn p1  p2  p3  p4 và p4  p1  8 .Giả sử p1  5 . Chứng minh rằng p1 chia 30 dư 11.Lời giảiTừ giả thiết thì p2 , p3 chỉ có thể nhận hai trong ba giá trị lần lượt là p1  2; p1  4; p1  6 . p2 Trường hợp 1:  p3 Điều này là vơ lí. p2 Trường hợp 2:  p3 Điều này là vô lí.p1  2p1  4p1  4p1  6thì trong ba số p1 , p2 , p3 có một số chia hết cho 3.thì trong ba số p2 , p3 , p4 có một số chia hết cho 3. p1  2  mod 3Do đó p2  p1  2, p3  p1  6, p4  p1  8 . Từ đó suy ra: . p1  1 mod 5 Kết hợp với p1 lẻ ta suy ra p1  11 mod 30  tức ta có điều cần phải chứng minh. 1 3 5 (2n  1)Câu 3. [HSG-BÌNH DƯƠNG 2021-2022] Cho dãy số un  với un  . . .... Tính lim un .2 4 6 (2n  2)Lời giảiTa có2  1.34  3.56  5.7…2n  2  (2n  1)  2n  3 .Do đó2.4.6...(2n  2)  12.32.52...(2n  1) 2 .(2n  3)  1.3.5...(2n  1) 2n  3 .Suy ra1 3 5 (2n  1)10  un  . . ....2 4 6 (2n  2)2n  31Áp dụng nguyên lý kẹp, vì lim 0 nên lim un  0 .2n  3Câu 4. [HSG-BÌNH DƯƠNG 2021-2022] Một hàng cây bưởi Tân Uyên gồm 17 cây thẳng hàng được đánhsố cây theo thứ tự là các số tự nhiên từ 1 đến 17. Ban đầu mỗi cây có một con ong đậu trên đó để hútmật hoa. Sau đó, cứ mỗi giờ có hai con ong nào đó bay sang hai cây bên cạnh để tìm và hút mật nhưngtheo hai chiều ngược nhau. Hỏi sau một số giờ, có hay khơng trường hợp mà:a) Khơng có con ong ở cây có thứ tự chẵn.b) Có 9 con ong ở cây cuối cùng.Lời giảia) Khơng có con ong ở cây có thứ tự chẵn.Có thể xảy ra trường hợp này. Chẳng hạn, sau giờ thứ nhất con ong ở cây thứ 2 chuyển sang câythứ 3, con ong thứ 4 chuyển sang cây thứ 3, ....Sau giờ thứ 4, con ong ở cây 14 chuyển sang cây15, con ong ở cây 16 chuyển sang cây thứ 15. Lúc này sẽ không cịn con ong nào ở cây có thứ tựchẵn.b) Có 9 con ong ở cây cuối cùng.Đánh số các con ong bằng vị trí của cây bưởi mà nó đang đậu. Gọi S là tổng của tất cả các con17ong. Ban đầu ta có S   i  153 .i 1Khi một con ong bay sang cây bên cạnh, nếu nó bay về hướng cây số 1, trị số gán của con ong đócũng giảm đi 1; ngược lại, nếu nó bay về hướng cây số 17, trị số gán của con ong đó sẽ tăng thêm1. Do sau mỗi giờ có hai con ong bay sang cây bên cạnh và ngược hướng nhau nên S  const . Vậynếu có 9 con ong ở cây cuối cùng thì S  153 (điều này là vơ lí).Cho nên ta kết luận là không thể xảy ra trường hợp này.Câu 5. [HSG-BÌNH DƯƠNG 2021-2022] Cho a, b, c   1;1 thỏa mãn 1  2abc  a 2  b 2  c 2 . Chứngminh rằng 1  2 a 3b 3c 3  a 6  b 6  c 6 .Lời giảiĐầu tiên ta có: 1  2abc  a  b  c  1  a 1  b 2   (ab  c) 2 . (*)2222 Ta lại có: 1  2a 3b3c3  a 6  b6  c 6  1  a 6 1  b 6  a 3b3  c 32 1  a 6 1  b6  (ab  c)2 a 2b 2  abc  c 2 .Trang 2/5 – Diễn đàn giáo viên Toán2 Bất đẳng thức vừa phân tích ln đúng vì0  a 2b 2  abc  c 2  a 2b 2  | ab | 1 a4 a2 1 b4  b 2 1 .Kết hợp với (*) ta có(ab  c)2 a 2b 2  abc  c 2  1  a 1  b  a2224  a2  1 b4  b2  1  1  a6 1  b6 .Suy ra: 1  a 6 1  b6  (ab  c )2 a 2 b2  abc  c 22là bất đẳng thức đúng.Do vậy bất đẳng thức ban đầu đúng, ta có điều phải chứng minh.Câu 6. [HSG-BÌNH DƯƠNG 2021-2022] Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  . Đường thẳng qua C2cắt các tia đối của tia BA, DA lần lượt tại M và N . Chứng minh rằng4 S BCD  BD  .S AMN  AC Lời giảiĐầu tiên ta có hình vẽ như sauQua C kẻ CF  AB với F  AD .2  DBC FACS BD Ta có:  AFC  BCD  g  g   BCD   . (1)  BDCS AFC  AC ACF  BAC 1 S AMN  2 AM . AN .sin BADSAM . ANLại có: . (2) AMN 1S AFCAF . ACS AF . AC .sin BAD AFC 22S BD  AF . ACTừ (1) và (2) suy ra BCD  . (3) .S AMN  AC  AM . AN24 S BCD  BD Tiếp theo ta có: , kết hợp với (3) ta có: AM . AN  4 AF . ACS AMN  AC AMAN. AN  4 AF . AN  4 AFFCFN AN 2  4 AF .FN   AF  FN   4 AF .FN .2Bất đẳng thức  AF  FN   4 AF .FN đúng theo bất đẳng thức AM - GM nên ta suy ra điều phảichứng minh .2 Câu 7. [HSG-BÌNH DƯƠNG 2021-2022] Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi M , N , Plần lượt là các điểm nằm trên các cạnh BC , CA, AB sao cho AN  AP  BP  BM  CM  CN . GọiX , Y , Z lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác ANP , BPM , CMN . Chứng minh rằng I làtâm đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ .Lời giảiĐầu tiên ta có hình vẽ như sau:Ta gọi D, E , F lần lượt là hình chiếu của I lên BC , CA, AB . Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC nên ID  IE  IF và AE  AF ; BF  BD; CD  CE .Ta có:AN  AP  BP  BM  CM  CN  AE  EN    AF  PF    BF  FP    BD  MD    CD  DM    CE  EN   AF  EN    AF  PF    BD  FP    BD  MD    CE  DM    CE  EN  EN  PF  PF  MD  MD  EN .Suy ra EN  PF  MD mà ID  IE  IF nên IEN  IFP  IDM  IM  IN  IP tức I là tâmđường tròn ngoại tiếp MNP .Tiếp theo, ta gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là các điểm đối xứng với M , N , P qua D, E , FKhi đó ta suy ra AC1  AN , AB1  AP .Chứng minh tương tự hai phần còn lại và cứ thế ta suy ra IC1B  IMB  IC1  IM .Tương tự ta cũng có: IN  IC1  IM  IN  IC1 .Chứng minh tương tự ta cũng có: IN  IP  IA1 ; IM  IP  IB1 mà IM  IN  IP nên suy ra 6 điểmM , N , P, A1 , B1 , C1 đồng viên.Gọi H là hình chiếu của I lên MN .Ta có: EH  A1 N  B1M  DH và E , H , D thẳng hàng (theo tiên đề Euclid).Suy ra E , H , D tạo thành điểm Simpson của MCN  I   MCN  .Chứng minh tương tự ta hồn tồn có ngay: I   ANP  , I   MBP  .Suy ra lần lượt bộ ba điểm I , X , A, I , Y , B, I , Z , C thẳng hàng .Tiếp theo ta xét bổ đề sau: Cho tam giáccólần lượt là tâm đường trịn ngoại tiếp và tâm đườngtròn nội tiếp của tam giác. Gọi là điểm chính giữa của cungchứa , khi đó là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác.Chứng minh bổ đề:Ta có:(tính chất góc ngồi) màchất phân giác) nên ta suy raraMặt khác, suy ramàvàkhơng(tínhnên ta cũng suy.nên ta suy ratức tam giáccân tại(1)Mà là điểm chính giữa của cungkhơng chứa nên(2)Nên từ (1) và (2) ta suy ra là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác IM  IN  IZÁp dụng bổ đề vừa nêu trên, suy ra  IN  IP  IX mà IM  IN  IP nên từ đó ta suy ra IP  IM  IYIX  IY  IZ tức I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ .HẾT