Đề thi hsg môn toán bảng b chính thức tỉnh gia lai 2013 2014

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