Đề thi hsg môn toán bảng b chính thức tỉnh gia lai 2014 2015

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 2014 – 2015 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20/01/2015 Câu (3,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  mx  có đồ thị (Cm) , với m tham số 1) Tìm giá trị tham số m để đồ thị (Cm) có điểm cực đại điểm cực tiểu cho hoành độ điểm cực đại điểm cực tiểu âm 2) Tìm giá trị tham số m để đường thẳng d : y  x  cắt đồ thị (Cm) điểm phân biệt A(0;  1), B, C cho tiếp tuyến đồ thị (Cm) hai điểm B, C vng góc với Câu (3,0 điểm) Từ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 lập số tự nhiên có chữ số đơi khác cho: 1) Số tự nhiên ln có chữ số 2) Số tự nhiên có dạng a1a2 a3a4 a5 thỏa mãn yêu cầu a1  a2  a3 a3  a4  a5  x   x 1  y   y 1  Câu (3,0 điểm) Giải hệ phương trình sau tập số thực:   xy  x  4 y   x  Câu (2,0 điểm) Cho dãy số ( xn ), xác định bởi: n 1 x1 3 xn 1   xn2  1 , n 1, 2, Đặt S n  Tìm phần nguyên  S 2015  lim Sn k 1 xk  Câu (2,0 điểm) Cho x, y , z ba số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx 2 xyz Chứng minh rằng: x y z   1 2 2 y z  xyz z x  xyz x y  xyz 2 Câu (3,5 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy), cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình x  3 0 ; đường phân giác xuất phát từ đỉnh B, C có phương trình d1 : x  y  0, d : x  y  0 ; bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Viết phương trình cạnh tam giác ABC, biết đỉnh A có tung độ âm Câu (3,5 điểm) Cho tam giác ABC, cạnh BC, CA, AB lấy điểm A1, B1, C1 cho đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy M Gọi S1, S2, S3 diện tích tam giác MBC, MCA, MAB R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: S3 S1 S2    3R  R  cos A  cos B  cos C  BC CA AB Hướng dẫn giải CÂU Câu (3,0 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM 1) (1,5 điểm) + Tập xác định: D  + y ' 3x  x  m; y ' 0  3x  x  m 0 (1) Để đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu điểm cực đại, điểm cực tiểu âm phương trình (1) có hai nghiệm âm phân biệt 1  3m    m   m   0m    m  2) (1,5 điểm) + Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng d đồ thị (Cm): x3  x  mx   x   x  x  (m  2) x 0  x  x  x  m   0 (2)  x 0   x  x  m  0 (*) 0,75 0,75 0,25 + Điều kiện cần đủ để đường thẳng d cắt đồ thị (Cm) điểm phân biệt A(0;  1), B, C phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1  4(m  2)    4m     m  0 m  m    m   0,5 (3) m  đường thẳng d cắt đồ thị (Cm) điểm phân biệt A(0;  1), B( x1; y1 ), C ( x2 ; y2 ) ,với x1 , x2 hai nghiệm pt(*), suy  x1  x2    x1 x2 m  Khi m   0,25 + Hệ số góc tiếp tuyến điểm B (Cm) là: y '( x1 ) 3 x12  x1  m 3  x12  x1  m    x1  2m   x1  2m  + Hệ số góc tiếp tuyến điểm C (Cm) là: y '( x2 )  x2  2m  Đê tiếp tuyến (Cm) B C vng góc với y '( x1 ) y '( x2 )    x1  2m     x2  2m     x1 x2  (2m  6)( x1  x2 )  (2m  6)  0  m   (2m  6)  (4m  24m  36)  0  4m  23m  33 0 11  m  m  Kết hợp với điều kiện (3) ta m  , m  Câu 1) (1,5 điểm) (3,0 điểm) + Trường hợp 1: số cần tìm có dạng 2a2 a3a4 a5 , có A9 (số) 0,5 0,5 + Trường hợp 2: số cần tìm có dạng a1a2 a3a4 a5 , (a1 0, a1 2) Có cách xếp vị trí cho chữ số 2; có cách chọn chữ số a1 ; số cách chọn chữ số lại A8 0,75 Theo quy tắc nhân có 4.8.A8 (số) Vậy có A9  4.8 A8 13776 (số) 2) (1,5 điểm) + Trường hợp 1: Chọn chữ số khơng có chữ số có C9 cách, sau xếp 0,25 chữ số vào vị trí a1a2 a3a4 a5 Vị trí a3 có cách xếp a3 lớn Có C4 cách xếp chữ số vào vị trí a1a2 , cịn cách xếp chữ số vào vị trí 0,75 a4 a5 Suy có C9 C4 756 (số) + Trường hợp 2: Chọn chữ số phải có chữ số có C9 cách, sau xếp chữ số vào vị trí a1a2 a3a4 a5 Vị trí a3 có cách xếp a3 lớn Có C3 cách xếp chữ số vào vị trí a1a2 , cịn cách xếp chữ số vào vị trí 0,5 a4 a5 Câu (3,0 điểm) Suy có C9 C3 378 (số) Vậy có 756  378 1134 (số) Điều kiện: x 1, y 1 Từ pt thứ nhất, ta x   y   y   x  (1) x = y = không nghiệm hệ pt nên xét x 1, y 1 Khi (1)  0,25 0,5 x y  ( x  y)  x 1 y x 1  y 1   1  ( x  y)    0  x  y  x 1 y x   y    Thay x  y vào pt thứ hai, ta x  x  4 x    x x  x  4 x  x  (do x 1 ) (2) x Đặt t  x  x  6, t 0 Ta có x  x  6 x  (2 x  x  6) 6 x  t  t  3x 2 2 Do pt (2) trở thành: xt 6 x  t  t  xt  x 0    t 2 x Kết hợp điều kiện x 1 t 0 suy t 2 x  x  x  2 x 2 x  x  0   x 2 x   Vậy hệ pt có nghiệm (2;2) 0,5 0,75 0,75 0,5 Câu (2,0 điểm) Ta có xn 1  ( xn  1) , n 1, 1 xn 1  ( xn2  xn  1)  xn  xn 1  xn  ( xn  1) 0, n 1, 2, x1 3  2 Suy ( xn ) (n 1, 2, ) dãy tăng dương Ta chứng minh ( xn ) (n 1, 2, ) không bị chặn Thật vậy, giả sử lim xn a  a  Khi a  (a  1)  a 1 (vơ lí) Vậy lim xn  1   Biến đổi xn 1  ( xn  1)  xn 1   xn   xn  xn  xn1  n Do S n  k 1 0,5 0,25 0,5 n  1  1 1       (*)  xk  k 1  xk  xk 1   x1  xn 1  xn 1  1 1 2 Suy S 2015   mà x2016   x2015    x1   4 x2016  2 1  0  x2016      0,5 Vậy  S 2015  0 1  Từ công thức (*) ta có lim S n lim    x  n 1   Câu (2,0 điểm) Đặt A  0,25 1 x y z   , x  , y  , z  2 2 y z  xyz z x  xyz x y  xyz a b c 2 a Khi A   b  c 0,5 2    2 2 bc abc ca abc a b abc bc ca ab    2a  bc 2b  ca 2c  ab Từ cách đặt giả thiết xy  yz  zx 2 xyz suy a  b  c 2 Ta có 2a  bc  (a  b  c)a  bc 2  a  ab  bc  ca  (a  b)(c  a ) Suy 0,5 bc bc  bc bc       2a  bc (a  b)(c  a)  a  b c  a  Tương tự, ta được: ca ca  ca ca       2b  ca (b  c )(a  b)  b  c a  b  ab ab  ab ab       2c  ab (c  a )(b  c )  c  a b  c  0,5 Do  bc bc ca ca ab ab  A         (a  b  c ) 1  a b c  a b c a b c a b c  2 Vậy A 1 Dấu đẳng thức xảy a b c  hay x  y  z  Câu + Vì đường thẳng BC vng góc với AH: x  3 0 nên phương trình BC có (3,5 điểm) dạng y  b 0 Suy đường thẳng BC song song trùng với Ox + Tọa độ tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC nghiệm hệ pt: 0,5 0,5  x  y  0  x 3   I 3;1  y     x  y  0   1 , k2  Suy 3 hai phân giác tạo với trục hồnh hai góc 300 Ta thấy hệ số góc hai phân giác d1, d2 k1  0,75 Do tam giác ABC + Do bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC nên d ( I , BC ) 1  b 0   b 1    b 2 + TH1: b = suy BC Ox  Bd1  Ox hay B (2 3;0) Cd  Ox  C (4 3;0) dựa vào điều kiện tam giác ABC tọa độ điểm B, C, I suy đường thẳng AB có hệ số góc 0,25 0,75 AB : y  3( x  3)  y  x   A(3 3;3) (loại) + TH2: b = suy BC : y  0  Bd1  BC hay B (4 3;2) Cd  BC  C (2 3;2) dựa vào điều kiện tam giác ABC tọa độ điểm B, C, I suy đường thẳng AB có hệ số góc đường thẳng CA có hệ số góc  AB : y   3( x  3)  0,75 3x  y  10 0  A(3 3;  1) (thỏa) AC : y   3( x  3)  x  y  0 Vậy phương trình cạnh tam giác ABC là: AB : 3x  y  10 0 AC : x  y  0 BC : y  0 0,5 Câu (3,5 điểm) A B1 S3 C1 d3 d2 M S2 d1 S1 B A1 C Gọi d1 , d , d khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng BC, CA, AB; a, b, c độ dài cạnh BC, CA, AB tam giác ABC 2 S1 2S 2S d1 , d , d3 Hay BC CA AB Suy S1  d1 BC , S  d 2CA, S3  d AB 0,5 Mặt khác 3R  R  cos A  cos2 B  cos C  R(1  cos A)  R (1  cos B )  R(1  cos C ) 0,5 a b2 c a  b2  c R sin A  R sin B  R sin C     4R 4R 4R 4R Khi bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: d1  d  d  a2  b2  c2 2R Ta có S ABC S MBC  S MAC  S MAB  S S1  S  S d3 d d S1 S2 S3    1    1 hb hc S S S (với , hb , hc đường cao xuất phát từ đỉnh A, B, C S diện tích ABC ) d d d     hb  hc      ha  hb  hc  hb hc  Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai dãy số : , hb , hc d1 , d2 hb  d  d d d d d  Ta :   hb  hc   h a hb  hc       hb hc   hb hc    d1  d  d3   hb  hc (1) Dấu xảy : h h  b  c d1 d2 d3 , d3 hb 0,5 0,5 Trong tam giác ABC, ta có: b sin C ; hb c.sin A; hc a.sin B Suy  hb  hc  b sin C  c sin A  a sin B  b.c  c.a  a.b 2R (2) 0,5 Mặt khác, áp dụng BĐT AM-GM ta : a  b 2ab; b  c 2bc; c  a 2ac Suy : ab  bc  ca a  b  c Từ (1), (2), (3) ta d1  d  d3  (3) a2  b2  c2 2R Dấu xảy a b c Vậy ta có BĐT cần chứng minh Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC tam giác Lưu ý: Học sinh có cách giải khác, cho điểm tối 0,5 0,5