UuK5A9C de thi hoc sinh gioi mon toan lop 11 truon

THI CHỌN HS GIỎI CẤP TRƯỜNG NH 2012-2013 Mơn: TỐN - Lớp 11 Ngày thi: 31/01/2013 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) TRƯỜNG THPT KON TUM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ BÀI Câu ( 3.0 điểm)  x  y  Giải hệ phương trình sau   x3  y  x  y  Câu ( 5.0 điểm) Chứng minh với số thực m , phương trình:     x3  m  x  m  x   ln có ba nghiệm lập thành cấp số nhân Trong mặt phẳng Oxy xét phép biến hình f biến điểm M  x; y  thành điểm M '  x  1; 2 y  3 Chứng minh f phép đồng dạng Câu ( 3.0 điểm)   Đặt f  n   n  n   Xét dãy số  un  cho un  f 1 f   f   f  2n  1 , n  * Tính lim n un f   f   f   f  2n    Câu ( 3.0 điểm) Tìm tất đa thức P  x  có hệ số thực cho: P    12     P x  x x  P  x  với x  Câu ( 3.0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a3 a  b2  b3 b2  c  c3 c  a2 Câu ( 3.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD tứ giác lồi Gọi N, P trung điểm SB AD Gọi I trung điểm NP G giao điểm SI với mp(ABCD) Tính tỷ số IS IG - HẾT - ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Ý Điểm Ta có: x3  y3  x  y   x3  y3   x  y    0.5   x3  y3  x  y  x  y   0.5  x3  y3  x3  x y  xy  y3     x3  x2 y  xy  y    x  y  x  xy  y  0.5  x  y 0.5 0.5 Thay x   y vào PT x  y  ta y  1 Vậy hệ có hai nghiệm 1; 1 ,  1;1    0.5  PT cho tương đương x3   m2  x  x  1  x    x  1  x  m2  x  1    2   x  m  x 1      0.5 0.5 1 PT (1) có   m  4m  PT (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1.x2   12 Suy x1,1, x2 lập thành cấp số nhân Vậy PT ban đầu ln có ba nghiệm lập thành cấp số nhân Lấy N  x1; y1  f  N   N '  x1  1; 2 y1   0.5 0.5 Ta có: M ' N '2   x1  x    2 y1  y 2   x1  x    y1  y    4MN   Từ suy với M, N tùy ý M’, N’ ảnh chúng qua f ta có M ' N '  MN Vậy f phép đồng dạng với tỉ số đồng dạng  0.5        n  1 n  2n     n  1  n  1  1   2 f  2n  1  4n  4n   n  1  2n  1  Do   f  2n   4n2  1 4n2  4n  2  2n  12  Ta có f  n    n   n    n   2n n   n    1.0 1.0 0.5 0.5 0.5 0.5 12  52    n  1  Suy un   2   13   2n  1  2n  2n  Suy n un  Vậy lim n un  n 2n  2n  1 Cho x  ta P    , cho x  ta P 1  P 1  P 1  P  1  Giả sử P  x  có nghiệm khác khác 1 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5     Ta có P t  t t  P  t   suy t nghiệm Điều dẫn đến P  x  có vơ số nghiệm thực, vơ lí Vậy P  x  có ba nghiệm 1     Gọi n bậc P  x  Khi P x có bậc 2n x x  P  x  có 0.5 bậc n + Suy 2n  n   n  Như đa thức P  x  có dạng sau: P  x   a  x  1 x  x  1 P  x   a  x  1 x  x  1 0.5 P  x   a  x  1 x  x  1 Thay x  ta có P    12 suy 6a  12 12a  12 18a  12 Hay a  a  a  0.5 Thử lại ta thấy P  x    x  1 x  x  1 thỏa mãn 0.5 Vậy P  x    x  1 x  x  1 Ta có:  a a  b2  b2 a3  a  b2  ab  0.5 a  b2 ab 0.5 a  b2 a  b2 b  a b  a 2 a b 0.5 b3 c3 c b , 2 b c Tương tự Cộng vế theo vế ta P  c a a3 a b  c b3 b c 1 Vậy GTNN P  a  b  c   a 0.5 c3 c a  a bc  2 0.5 0.5 S N 0.5 I A G P B H C D Qua N dựng đường thẳng song song với SG cắt BP H Suy G trung điểm PH Và H trung điểm BG 2 Suy IG  NH , NH  SG Suy SI  IG 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5