SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Mơn thi: Tốn - Bảng B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 01/12/2011 - Câu (3,0 điểm) Giải phương trình sau tập số thực: x (1 x )3 3x x x Câu (3,0 điểm) Chứng minh biểu thức sau chia hết cho 250: M (1 5) 2011 (1 5) 2011 20110 Câu (3,0 điểm) Cho x, y hai số thực thoả mãn x xy y 1 Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức: P x3 y x y 3( x3 y y x) Câu (4,0 điểm) Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1 0 un n un 2009 n 2, 3, v với Đặt n un 2011 k 1 uk 2009 a) Tìm số hạng tổng quát dãy số (un ) n n 2011 b) Tính lim Câu (3,0 điểm) Giải hệ phương trình sau tập số thực: x x y 2 x 2 x x3 xy y 10 x 14 xy Câu (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có H trực tâm, O tâm đường tròn ngoại tiếp Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC P điểm thuộc đoạn OH Chứng minh rằng: PA PB PC 3R HẾT - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Giám thị coi thi khơng giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 12 THPT - NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC CÂU Câu (3 điểm) Mơn: Tốn - Bảng B (Hướng dẫn chấm gồm trang) ĐÁP ÁN ĐIỂM 0,50 Điều kiện: x 1 Đặt x cos t , t 0; Ta phương trình: 4cos3 t (1 cos t )3 3cos t cos t cos t 0,75 4cos3 t sin t 3cos t.sin t cos t (vì sin t 0, x 0; ) Vì cos t 0 khơng thỏa phương trình (1), nên xét cos t 0 (1) Chia vế phương trình (1) cho cos3 t , ta phương trình: 0,75 tan t tan t 3tan t 0 (tan t 1)(tan t 3) 0 tan t 1 tan t t k ; t m; t n (k , m, n ) 3 tan t Câu (3 điểm) 0,50 1 2 Vì t 0; nên t ; t ; t Suy x ; x ; x 3 2 Áp dụng khai triển nhị thức sau: 2010 2011 (1 x) 2011 C02011 C12011x C22011x C 2010 C 2011 2011 x 2011x 0,50 0,75 2010 2011 (1 x) 2011 C02011 C12011x C 22011x C 2010 C 2011 2011 x 2011x 2011 2011 3 2011 2011 (1 x) (1 x) 2 C 2011x C 2011x C 2011x 2010 x (1 x)2011 (1 x) 2011 2x C12011 C32011x C 2011 2011x Thay x = (*) vào (*) ta 2011 (1 5) 2011 (1 5)2011 2.5 C2011 C2011 ( 5) C2011 ( 5) 2010 Do M 2.5 C2011 5 C2011 5 2011 C2011 5 2010 0,75 (**) 2011 ( 5) C2011 ( 5) 2010 chia hết cho 25, nên vế phải (**) số Vì C2010 Câu (3điểm) 1,0 0,50 nguyên chia hết cho 250, M chia hết cho 250 Ta có P x3 y x y 3( x3 y y x ) x y 3x y 3xy ( x y ) 1,0 x y 3xy ( xy x y ) x3 y xy Đặt t xy , ta P t 3t Từ giả thiết x xy y 1 x y 1 xy (2) 1,0 Từ (2) ta có: ( x y ) 1 xy 0 xy (3) Với x, y ta có ( x y ) xy 0 nên ( x y) 4xy 1 xy 0 xy (4) Xét hàm số f (t ) t 3t , từ (3) (4) suy tập xác định hàm số 1 D 1; 3 f '(t ) 3t 3; f '(t ) 0 t D 26 1 Ta có f ( 1) 2, f 27 3 Vậy : P 3 26 ; đạt t ( x ; y ) 3 27 1,0 3 ( x ; y ) ; Câu (4 điểm) m ax P 2 đạt t ( x ; y ) (1; 1) ( x ; y ) ( 1;1) a) Tìm số hạng tổng quát dãy (un ) (2,0 điểm) un 2009 2un 1 Ta có un un 2011 un 2011 u 2009 2010(un 2009) un 2009 n 2009 un 2011 un 2011 Suy 1,0 un 1 un un 2009 1005 un 2009 Đặt yn un 1 yn yn y1 un 2009 1005 2009 Khi dãy (yn) có số hạng tổng quát yn 2009 1005 n cấp số nhân) Suy n 1,0 2009 2009 2009 (1005) n 1005 un n 1 2009(1005) n 2009 1005 (vì dãy (yn) n n 2011 b) Tính lim (2,0 điểm) Ta có 2009.2008(1005) k 1 uk 2009 k 1 2009(1005) uk 2009 2009.2008 1005 Do k1 2008 n 1 1 n 2009.2008 1005 1005 1005 2008 k 1 uk 2009 0,50 n 0,50 n 1005 1005 n = 2009.2008.1004 2008 n 1005 1005 Suy Khi n n 2011 2009.2008.1004(n 2011) 2008(n 2011) 1,0 n 1005 1005 n lim lim n n 2011 n 2009.2008.1004( n 2011) 2008( n 2011) 2008 Câu (3 điểm) x x( xy y ) 2 x x x3 Hệ cho trở thành xy y 10 x 14 2 3 x 10 x 14 x 2 x x x xy y 10 x 14 Ta nhận thấy x 0 không nghiệm hệ, xét x 0 Từ phương trình (5), chia hai vế cho x3 ta phương trình 2 Đặt 10 14 2 x x x x t , t 0 Khi ta thu phương trình: x 8t 14t 10t 2 2t 0,50 (5) (6) 0,50 (2t 1) 2(2t 1) (2t 1) 2t (*) Xét hàm số f (u ) u 2u , u Ta có f '(u ) 3u 0, u 0,50 Suy f(u) đồng biến Từ (*) ta thấy f (2t 1) f 2t Do f(u) đồng biến, suy 2t 2t 2t (2t 1) 2t (4t 7t 3) 0 t 1 t 3 x 1 x 4 0,50 + với x 1 , từ (6) suy 17 17 y y y 0 y 2 + với x , từ (6) suy 1,0 10 10 y y y 0 y 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm: Câu (4 điểm) 17 17 10 10 1; , 1; , ; , ; 2 3 3 Đăt PO t HO, t [0;1] Khi đó: PA PO OA t HO OA (1 t )OA t HA PA PA (1 t )OA t HA (1 t ) OA t HA Tương tự suy ra: PA PB PC 3(1 t ) R t ( HA HB HC ) 3(1 t ) R Rt (cosA+cos B +cos C) Chứng minh được: HA = 2RcosA, HB = 2RcosB, HC = 2RcosC r Lại có cos A cos B cos C 1 (**) R 2r (***) nên R 1,50 (*) 0,50 0,50 PA PB PC 3(1 t ) R t (2 R 2r ) 3(1 t ) R t (2 R R ) 3R Dễ dàng chứng minh cos A cos B cos C 1 4sin A B C sin sin 2 ∆ABC có bán kính đường trịn nội tiếp r, (I ; r) tiếp xúc BC M 0,50 (7) B C r sin B C a BC BM MC r cot r cot 2 sin B sin C 2 A A r cos r cos A A 4R sin cos r Hay 2R sin A B C 2 sin B sin C R sin sin 2 2 4sin A B C sin sin 2 0,50 (8) r (**) chứng minh R r S/ p 4S2 4(p a)(p b)(p c) Ta lại có R abc / 4S abcp abc Thay (8) vào (7) ta cos A cos B cos C 1 (b c a)(c a b)(a b c) 2abc TrongABC ta có : a2 a2 – (b c)2 = (a + b c)(a b + c) b2 b2 – (ac)2 = (b + a c)(b a + c) c2 b2 – (a b)2 = (c + a b)(c a + b) a2.b2.c2 (a + b c)2(b + c a)2(c + a b)2 abc (a + b c)(b + c a)(c + a b) Vậy r (***) chứng minh R Lưu ý: Học sinh có cách giải khác, cho điểm tối đa theo bước 0,50