sở giáo dục đào tạo quảng ninh - kú thi lËp đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 thpt năm học 2011-2012 Đề thi thức môn : toán Họ tên, chữ ký GT 1: Ngày thi : 16/11/2011 Thời gian làm : 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) Bài (5,0 điểm) x4 y x2 y2 x y + −3 −3 + + = − y x y x y x Giải hệ phương trình: với x; y ∈ ¡ x − y = x + y2 ) ( Bài (3,0 điểm) Cho dãy số { xn } xác ñịnh sau : ( ) x0 = a với a ∈ 1; ; xn +1 = ( ) xn ; ∀n = 0,1, 2, Chứng minh dãy { xn } có giới hạn hữu hạn Tìm giới hạn ủú Bài (4,0 điểm) a b c 2 Cho số thực dương a, b, c ðặt M = max a + 2; b + c + 1; + + b c a Tìm giá trị nhỏ M Bài (5,0 điểm) Cho tam giỏc nhn ABC (AB ≠ AC) với ñường cao BB1, trực tâm H, trung ñiểm cạnh BC M Trên cạnh AB lấy ñiểm D, cạnh AC lấy ñiểm E cho AE=AD D, H, E thẳng hàng Gọi O, O1 tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tam giác ADE Chứng minh: EB1 OM a) = EC OC b) HM song song với OO1 Bµi (3,0 ®iĨm) Chứng minh khơng tồn số x, y nguyên dương thoả mãn: x2 - y3 = 215 HÕt -Họ tên học sinh: . Số báo danh: sở giáo dục đào tạo quảng ninh hớng dẫn chấm thi chọn đội tuyển hsg năm học 2011-2012 môn toán lớp 12 ( CHÍNH THỨC) (HDC có 05 trang) Bµi Bµi điểm Sơ lợc lời giải Cho điểm x y x ≥ −6, x ≠ ðiều kiện Xét phương trình (1), đặt t = + , t ≥ y x y ≠ 2 Khi (1) thành: (t − 2) − − 3(t − 2) + t = −6 ⇔ t − 7t + t + 14 = (3) 1,0 Xét hàm số g(t)= t − 7t + t + 14 (−∞; −2] ∪ [2; +∞ ) (*) Có: f ' (t ) = 4t − 14t + ; f '' (t ) = 12t − 14 >0 (*) => f’(t) ñồng bến khoảng (*) Khi ta có f ' (t ) ≤ f ' (−2) = −3 < 0, ∀t ∈ ( −∞; −2] f ' (t ) ≥ f ' (2) = > 0, ∀t ∈ [2; +∞ ) f(t) đồng biến [2; +∞ ) nghịch biến (−∞; −2] => f (t ) ≥ f (−2) = 0, ∀t ∈ (−∞; −2] f (t ) ≥ f (2) > 0, ∀t ∈ [2; +∞) Suy phương trình (3) có nghiệm t=-2 x=-y 1,0 Thay vào phơng trình (2) ta đợc: x = x + − x ⇔ x + x = x + 2 ⇔ x + 16 x = x + ⇔ x + 20 x + 25 = 4( x + 6) + x + + 2 x + = x + + ⇔ (2 x + 5) = (2 x + + 1) ⇔ 2 x + = −2 x + − 1,0 x ≥ phơng trình 2x+5=2 x + + x + = x + ⇔ ( x + 2) = x + x ≥ −2 −3 + 17 x ≥ − −3 + 17 −3 − 17 x = ⇔ ⇔ ⇔x= ;y = 2 x + 3x − = − − 17 x = 1,0 x phơng trình 2x+5= -2 x + − ⇔ − x − = x + ⇔ x + 5x + = −6 ≤ x ≤ −3 x = −5 + 13 −5 − 13 −5 + 13 ⇔ ⇔x= ;y= 2 x = −5 − 13 KÕt ln: VËy hƯ ph−¬ng trình có nghiệm phân biệt 1,0 Bài Bài điểm Sơ lợc lời giải Cho điểm T gi thiết suy xn > 0, ∀n ∈ N , xn > 1, ∀n ∈ N Bằng qui nạp chứng minh ñược: xn < 2, ∀n ∈ N 1,0 Xét hàm số: f ( x) = ( 2) R, ta thấy f(x) ñồng biến R x x = a ∈ (1; 2) , n = 0,1,2, Dãy cho có dạng xn +1 = f ( xn ) Ta có x0 = a ∈ (1; 2); x1 = ( 2) a > > x0 suy x2 = f ( x1 ) > f ( x0 ) = x1 , tương tự x3 > x2 , Do dãy (xn) tăng bị chặn Nên (xn) có giới hạn hữu hạn, giả sử giới hạn b ( b ∈ (1;2] ) Từ xn +1 = ( ) Khi (1) ⇔ xn 1,0 b , chuyển qua giới hạn ta ñược b = ( 2) (1) , b ∈ (1;2] ln b ln x (1; 2] = ln (2) Xét hàm g(x)= b x − ln x > 0, ∀x ∈ (1;2) g(x) liên tục (1;2] ; g(2)=0 x2 xn = Suy (2) có nghiệm b = Vậy nlim →+∞ Có: g ' ( x) = Bài điểm 1,0 Chng minh ñược: 3(x2+y2+z2) ≥(x+y+z)2 ∀x; y; z ∈ R Kết hợp với giả thiết, ta có: 2M ³ (a + 2) + (b2 + c + 1) = a + b2 + c + ³ (a + b + c )2 + 3 Suy ra: a + b + c £ 6M - (1) Mặt khác, sử dụng bất ñẳng thức Cauchy, ta lại có a b c + ³ ; + ³ ; + ³ ; a b c b c a c a b a b c 1 suy : M ³ + + ³ + + ³ , a b c a + b+ c b c a đó: a + b + c ³ (2) M £ 6M - Từ (1) (2), ta thu ñược bất phương trình: M Giải bất phương trình này, ta M ³ Dễ dàng kiểm tra thấy a = b = c = M = Vậy M = 1,0 1,0 1,0 1,0