SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 05/12/2013 Câu (2,5 điểm) x có đồ thị (C) Tìm điểm M đồ thị (C) cho tiếp tuyến với x 1 (C) M cắt trục Ox , Oy A B Biết trọng tâm G tam giác OAB nằm đường thẳng d : 2x y 0 (với O gốc tọa độ) Cho hàm số y Câu (2,5 điểm) Cho phương trình bậc ba: x3 x 0 Gọi x1 , x2 , x3 ba nghiệm phương trình 10 10 10 cho Khơng giải phương trình tính tổng S x1 x2 x3 x x 2 y 0 ln 2 y Câu (2,5 điểm) Giải hệ phương trình sau tập số thực: y 15 y xy x 0 Câu (3,0 điểm) Cho dãy số ( xn ) xác định bởi: xn2 x1 2 xn với n 2, 3, 2( xn 3) Tìm số hạng tổng quát dãy số ( xn ) Từ suy giới hạn nlim 2013 xn xn Câu (3,0 điểm) Cho x, y , z ba số thực dương thỏa mãn điều kiện x y z 1 Chứng minh x yz y zx z xy 1 xy yz zx Câu (6,5 điểm) Cho tam giác ABC, có bán kính đường trịn ngoại tiếp R a) Với giả thiết trên, xét mặt phẳng tọa độ (Oxy), gọi D(3; 2) điểm thuộc đường thẳng AB Từ đỉnh A tam giác ABC kẻ đường trung tuyến, đường phân giác có phương trình d1 : 4x y 14 0 , d : x y 0 Tìm tọa độ đỉnh B, C tam giác ABC Biết hoành độ điểm B, C dương b) Gọi M điểm nằm tam giác ABC a, b, c, , hb , hc độ dài cạnh, độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C tam giác ABC Chứng minh rằng: MA.ha MB.hb MC.hc abc ĐÁP ÁN CÂU Câu 1: 2,5 điểm ĐÁP ÁN ĐIỂM x 1 Gọi M x0 ; (C ); x0 điểm cần tìm tiếp tuyến với x 1 x 1 (C) M Phương trình : y x x x0 x y x0 1 x 0,5 x02 x0 x0 1 x 2x x02 2x ;0 cắt Oy B 0; cắt Ox A x0 1 0,5 x 2x x 2x 0 G ; Gọi G trọng tâm tam giác OAB ta có x 0,25 Vì G d mà d: 2x y 0 nên x 2x x02 2x 1 0 x02 2x 1 0 (*) 2 x0 1 ( x0 1) Do A, B không trùng với O nên x02 2x 0 (*) 0,75 0 x0 2; x0 0 ( x0 1) Với x0 0 y0 (thỏa điều kiện) Với x0 y0 3 (thỏa đk) Vậy điểm cần tìm M 0; 1 ; M 2;3 Câu 2: 2,5 điểm x1 x2 x3 0 Theo định lí Vi-et ta có: x1.x2 x2 x3 x3 x1 x x x 3 (không cần chứng minh) Vì xi ; i 1, 2,3 nghiệm phương trình xi3 5 xi Suy ra: xi5 xi xi3 xi (5 xi 3) 5 xi3 3xi2 5(5 xi 3) 3xi2 0,5 0,5 0,75 i 3 x 25 xi 15 i x xi (3xi2 25xi 15) 134 xi2 225 xi 90 xi10 xi2 (134 xi2 225 xi 90) 760 xi2 1527 xi 675 0,75 10 2 S x110 x10 x3 760( x1 x2 x3 ) 1527( x1 x2 x3 ) 2025 Mặt khác : x12 x22 x32 x1 x2 x3 x1 x2 x2 x3 x3 x1 10 Vậy S 760.10 2025 9625 0,5 Câu 3: 2,5 điểm Điều kiện x 0 2 y x x y y 0,25 x ta có phương trình y 1/ Xét điều kiện (1) x ln x 22 y ln(2 y ) (*) Xét hàm số f (t ) 2t ln t tập xác định D (0; ) f '(t ) 2t ln , t t 0,75 Suy f (t ) 2t ln t đồng biến D (0; ) Phương trình (*) f ( x) f (2 y ) x 2 y Thay x 2 y vào phương trình thứ hai hệ, ta y y 15 y (2 y ) y 2(2 y ) 0 y 11 y 0 y (thỏa đk) 2 0,5 13 Với y x 3 (thỏa đk) Với y x (thỏa đk) 2 x suy y y 2/ Xét điều kiện x phương trình (**) y Ta có (2) x( y 2) y 15 y (**) , với 0,75 có VT < VP > , điều kiện hệ vô nghiệm 13 ; 2 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (3; 1); Câu (3 điểm) Đặt yn xn xn yn xn yn y1 2 Khi xn n x 2( xn 3) yn 3 yn yn y2 ; yn n yn un un2 3vn2 u1 2 ( u ), ( v ) v Xét hai dãy n xác định bởi: n vn 2un 1.vn v1 1 un Ta chứng minh: yn v (2) n u + với n=2: y v2 (2) 0.25 0,5 0,5 0,5 u n + Giả sử yn v n un2 3 vn2 un2 3vn2 un , suy yn u 2un 1.vn n Mặt khác theo cách xác định dãy (un ), (vn ) , ta được: un un2 3vn2 3vn 2 3un 1.vn un 3vn un 3vn un 3vn un 3vn 2 0,5 n n suy un 3vn (un 3vn ) (u1 3v1 ) (2 3) un 3vn ) (u1 3vn (un n 3v1 ) n 2n 2n 1 u n 2 Do n 2n v n n n 2 2 un 2 yn 2n 2n 2 2 0,5 Từ cách đặt suy xn yn 2 2n Suy 2013xn lim n n xn lim 2013.2 2 n 0,5 lim n Câu (3 điểm) 3 n 2n 2013.2 3 2013 Do x, y, z nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất 1 1 1 1 1 yz x zx y xy z xyz x y z 1 1 1 Đặt a x ; b y ; c z suy x y z 1 1 a b c 1 Nhân hai vế đẳng thức 1 cho abc , ta được: a b c đẳng thức abc 0,5 0,75 bc ca ab a b c Khi (1) a bc b ca c ab abc a b c Mặt khác a bc a (1) bc , a 0,5 bc bc a bc a bc a a 1 bc bc bc b c a bc a b c bc 0 Tương tự b ca b b c 0,75 0 ca ab ; c ab c b c bc ca ab a b c a bc b ca c ab abc a b c a b c Dấu đẳng thức xảy 1 a b c 3 a b c 1 Suy a bc b ca c ab a b c 0,5 Do bất đẳng thức cho chứng minh dấu “=”xảy x y z Câu 6,5 điểm a) Tìm tọa độ đỉnh B, C Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình: x y 0 4x y 14 0 x 1 A 1; y 2 Đường thẳng AB qua A 1; ; D(3; 2) có phương trình 2x y 0 3,0 0,5 Qua D kẻ đường thẳng d3 vng góc d cắt d H Suy d3 : x y 0 Khi tọa độ điểm H nghiệm hệ phương x y 0 x y 0 trình x 4 H 4; 1 y 0,75 Gọi E điểm đối xứng D qua H, suy E 5;0 AC Do đường thẳng AC có phương trình: x y 0 Gọi góc hai đường thẳng AB AC Ta có cos 2.1 1.2 sin( BAC ) 5 5 Theo định lí sin tam giác ABC ta có 0,5 BC 2R BC 3 sin( BAC ) 5 c Do B AB; C AC nên B(b; 2b), C c; 0,5 b c 13 4b c ; Gọi I trung điểm BC, suy I I d1 nên BC 3 Do b 0 c 4b c 4b c b b 2 (b 1) 1 b c 5 4b c 0 4b c 9 b c 0,5 Vì hồnh độ B C dương nên hai điểm cần tìm B(2;0), C (5;0) b) Chứng minh: MA.ha MB.hb MC.hc abc 0,25 3,5 Từ định lí sin tam giác ABC có a b c a b c 2 R sin A ;sin B ;sin C sin A sin B sin C 5 1 bc ca ab S ABC bc.sin A a.ha ; hb ; hc 2 5 MA MB MC MA.ha MB.hb MC.hc abc a b c MA MB MC MA.GA MB.GB MC.GC Ta có = a b c a.GA b.GB c.GC MA.GA MB.GB MC.GC = a.ma b.mb c.mc 0,5 0,5 (với G trọng tâm; ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến tam giác ABC) 2 Mặt khác: a.ma a 2b 2c a 3a 2b 2c a 2 0,25 Áp dụng BĐT AM-GM cho số dương 3a ; 2b 2c a , ta được: 3a 2b 2c a 3a 2b 2c a a b c 3a 2b 2c a 2 2 2 0,75 1 2 2 a.ma a b c 1 1 Tương tự : b.m 2 a b c ; c.m 2 a b2 c b c Do đó: ama a b2 c MA MB MC 3 MA.GA MB.GB MC.GC a b c a b2 c2 Ta lại có: MA.GA MA.GA ; MB.GB MB.GB ; MA.GA MC.GC Suy (1) 0,5 MA MB MC 3 MA.GA MB.GB MC.GC c a b2 c2 a b Mà MA.GA MB.GB MC.GC = MG GA GA MG GB GB MG GC GC Suy (2) a2 b2 c2 2 GA2 GB GC = ma mb mc = MA MB MC Thay vào (2), ta được: a b c Hay MA.ha MB.hb MC.hc abc (đccm) Dấu đẳng thức xảy dấu đẳng thức (1) (2) đồng thời xảy M G tam giác ABC Tài liệu chia sẻ Website VnTeach.Com https://www.vnteach.com 0,5 0,5