Đề thi hsg môn toán lớp 12 hệ không chuyên sở gd đt gia lai 2008 2009 file word có lời giải chi tiết

SỞ GD & ĐT GIA LAI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học: 2008 – 2009 Mơn thi: TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI: Câu 1: (3 điểm) Giải phương trình: x  3x  log x  x 2x  2x  Câu 2: (3 điểm) Chứng minh với số nguyên a , b , ln tìm số ngun dương n cho số f  n  n3  an  bn  2009 khơng phải số phương Câu 3: (4 điểm) Cho dãy số  xn  ; n 0,1,2, ; thoả mãn x0 2 ; xn1  xn  , n 0,1,2, xn  xn a) Tìm lim n  b) Chứng minh rằng: x1  x2   x2008  2009 Câu 4: (4 điểm) Tìm tất đa thức P  x  thoả mãn điều kiện: 2 P  x  y   P  x     P  y   ; x, y  R Câu 5: (6 điểm) Cho tam giác ABC (BC = a , CA = b , AB = c ) nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R ngoại tiếp đường trịn tâm I, bán kính r a) Đặt d = OI Chứng minh rằng: d R  Rr (Hệ thức Euler) Chứng minh rằng: AI   b) Giả sử AIO=90 ab  bc  ca .HẾT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT Năm học: 2008 – 2009 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC - MƠN TOÁN Câu 1: (3 điểm) Đặt: u x  x  ; v 2 x  x   u  0; v   0.5 đ Suy ra: v  u x  x (1) Phương trình cho tương đương với: log u v  u  v  log u  u log v  v (2) 0,5 đ f  t  log t  t 0,5 đ Xét hàm số: Ta có: log u  log v v  u f ' t     ; t  t.ln Suy hàm số đồng biến t  0,5 đ Do đó, từ (2) ta có f  u   f  v  , suy u v 0,5 đ Thay vào (1), ta có: x  x 0 Vậy phương trình có nghiệm: x 0 ; x 1 0,5 đ Câu 2: (3 điểm) Ta cần chứng minh mệnh đề sau:   a; b   Z , n  N * : f  n  khơng phải số phương Nhận xét rằng, số phương 0  mod  1 mod  0,5 đ Giả sử mệnh đề sai, tức là:  a; b   Z , n  N * : f  n  số phương 0,5 đ Đặc biệt, từ ta có: f  1 a  b  2010 số phương (1) f   4a  2b  2017 số phương (2) f  3 9a  3b  2036 số phương (3) f   16a  4b  2073 số phương (4) .0,5 đ Từ (2) (4), ta có: f    f   12a  2b  56 2b  mod  Mà theo nhận xét trên, ta có; f    f   0  mod  , 1 mod  , 3  mod  Vì 2b số chẵn nên: 2b 0  mod  (5) .0,5 đ Từ (1) (3), ta có: f  3  f  1 8a  2b  26  2b    mod  Tương tự, 2b  số chẵn nên: 2b  0  mod  (6) 0,5 đ Từ (5) (6) suy 0  mod  , vô lý Ta có điều phải chứng minh 0,5 đ Câu 3: (4 điểm) Dễ thấy xn  ; n 0,1,2, Nhận xét rằng: xn1   xn  x 1  1 n ; xn  xn  xn1    x  1 xn  1  n xn  xn  Từ ta có cơng thức truy hồi: xn1  1 xn   ; n 0,1,2, ……………………… 0,5 đ xn1  xn  Do đó, với n 0,1,2, , thì: xn1  1 xn  1 x0  1  1   n1  n 2 = = n1 xn1  xn  x0   Suy ra: xn1  1  n 2 , xn1  hay: xn  1  ; n 0,1,2, ……………………………………0,5 đ xn  3n1 Do đó: 3n1  xn  n1 1  n1 0,5 đ 1 1 xn 1 0,5 đ a) Vậy: lim n  b) Ngồi ra, với n 1 ta có: xn 1  n 1 2 1  1  n n  n 1 n n 1      1     1 1  1   n ……… đ n Do đó: x1  x2   x2008  2008  2008   1    2008 2 2 2008  2008  2009 Ta có điều phải chứng minh .1 đ Câu 4: (4 điểm) Với điều kiện đề 2 P  x  y   P  x     P  y   ; x, y  R , (1) ta xét trường hợp sau: a) Với P(x) đa thức hằng: Giả sử P  x  c Thay vào (1), ta thu được: c 2c  c 0 c  2 Vậy ta hai đa thức hằng: P  x  0 P  x   .1 đ n b) Với P(x) khác đa thức hằng: Giả sử P  x  an x   a1 x  a0 ; an 0 ; n 1 Khi bậc P  x  n - Từ (1), thay x t y t , ta nhận được: P  2t  2. P  t    n  an  2t    a0 2. ant n   a0  2n.an t n   a0 2.an t n   2.a0 (2) So sánh hệ số bậc cao hệ số tự (2), ta có: n 2 an 2.an  a0 2.a0 - an 2n    a0 0; a0   (3) 0,5 đ Từ (1), thay x t y 0 , ta nhận được: P  t   P  t     P    n  an  t    a0  ant n   a0   a0  an t n  a0 an t n   2.a0 (4) So sánh hệ số bậc cao hệ số tự (2), ta có: an an  an 1 (5) 0,5 đ Từ (3) (5), suy ra: n 1; an 1   .0,5 đ a0 0; a0  Vậy, đa thức thoả mãn điều kiện đề là: P  x  x P  x  x  .0,5 đ + Dễ thấy đa thức P  x  x thoả mãn điều kiện đề .0,5 đ + Thay P  x  x  vào (1), ta được: x2  y  1  x  y 0 ; x, y  R x  y  x  y  2 Điều không thoả mãn, chẳng hạn với x 1 y 0 Vậy đa thức P  x  x  không thoả mãn điều kiện đề Kết luận: Có đa thức thoả mãn điều kiện đề là: P  x  0 , P  x   P  x  x 0,5 đ Câu 5: (6 điểm) N A F B' O I E C B M a) (3 điểm) Kéo dài AI cắt (O) M Kẻ đường kính MN đường trịn (O) Kéo dài OI cắt (O) E F Dễ thấy: IE.IF = IA.IM  R OI   R  OI  = IA.IM  R  d = IA.IM Ta có: (1) 0,5 đ        MCI=MCB+BCI=MAB+BCI= BAC+BCA       MIC=IAC+ICA= BAC+BCA    (2) (3) 0,5 đ   Từ (2) (3) suy ra: MIC=MCI  MC = IM 0,5 đ Hạ IB’  AC Dễ thấy tam giác AB’I đồng dạng với tam giác NCM (g-g) 0,5 đ Suy ra: IA MN IA MN  = = IB' MC IB' IM  IA.IM = MN.IB’  IA.IM = 2Rr (4) 0,5 đ Từ (1) (4), suy ra: R  d = 2Rr hay d R  Rr (đpcm) 0,5 đ b) (3 điểm) Giám khảo lưu ý: Nếu thí sinh khơng giải câu a, mà áp dụng Hệ thức Euler giải câu b, điểm tối đa câu b , suy ra:  Từ giả thiết AIO=90 OI OA  AI  d R  AI2  AI R  d Do đó, kết câu a), suy ra: AI2 2Rr (5) 0,5 đ Hơn nữa, ta có: S ABC  abc  a  b  c  r  4R Suy ra: a b c  abc Rr (6) 0,5 đ Từ (5) (6), ta thu được: 1 1    0,5 đ ab bc ca AI Mà ta biết bất đẳng thức quen thuộc: 1    0,5 đ ab bc ca ab  bc  ca Do đó:  , AI ab  bc  ca hay: AI  ab  bc  ca 0,5 đ Đẳng thức xảy khi: a b c  ABC tam giác  O trùng với I  Điều không xảy ra, giả thiết AIO=90 Vậy: AI  ab  bc  ca (đpcm) 0,5 đ Giám khảo lưu ý: Các cách giải khác, đúng, đạt điểm tối da HẾT Tài liệu chia sẻ Website VnTeach.Com https://www.vnteach.com