SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 Ngày thi: 02/10/2013 Môn thi : TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (5,0 điểm). a) Giải phương trình: 2 3x 2 x 1 2x x 3− − + = − − . b) Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 2 2 8 8 x 3x 13x 15 y y (x, y ) y 4 5y (x 2x 2) + − − = − ∈ + = + + ¡ . Câu 2 (4,0 điểm). a) Cho dãy số (u n ) xác định bởi: 1 2 n 1 n n 2014 u 2013 2u u 2u , n * + = = + ∀ ∈ ¥ Đặt n 1 2 n 1 1 1 S . . . u 2 u 2 u 2 = + + + + + + . Tính: limS n . b) Tìm tất cả các hàm số f liên tục trên ¡ thỏa mãn: f(3x – y + α ) = 3f(x) – f(y), ∀ x, y ∈ ¡ trong đó α là số thực cho trước. Câu 3 (5,0 điểm). a) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b c T MA.h MB.h MC.h= + + (với h a , h b , h c lần lượt là độ dài các đường cao vẽ từ A, B, C). b) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H và G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là điểm đối xứng với H qua G. Tìm tập hợp các điểm A, biết rằng điểm E thuộc đường thẳng BC. Câu 4 (3,0 điểm). 1 ĐỀ CHÍNH THỨC a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho: a + 2b = c và a 3 + 8b 3 = c 2 . b) Cho đa thức f(x) có bậc n > 1, có các hệ số đều là các số nguyên và thỏa mãn điều kiện f(a + b) = a.b, với a, b là hai số nguyên cho trước (a, b khác 0). Chứng minh rằng f(a) chia hết cho b và f(b) chia hết cho a. Câu 5 (3,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = 8. Chứng minh rằng với mọi k ∈ ¥ *, ta có: k k k k 1 k 1 k 1 k 1 k 1 k 1 2 2 2 k 1 2 2 4 4 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 4 4 2 2 a b c 3 2 (a b)(a b )(a b ) (a b ) (b c)(b c )(b c ) (b c ) (c a)(c a )(c a ) (c a ) − − − − − − − + + ≥ + + + + + + + + + + + + . Hết 2 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12 THPT Câu 1. 5.0 Câu 2. 4.0 a) Giải PT: 2 3x 2 x 1 2x x 3− − + = − − (1) 2.5 a) 2 1 n 1 n n 2014 u , 2u u 2u , n N* 2013 + = = + ∀ ∈ 2.0 + Điều kiện: 2 x 3 ≥ (*). Khi đó: (1) ⇔ 2x 3 (2x 3)(x 1) 3x 2 x 1 − = − + − + + ⇔ 2x 3 0 (2) 1 x 1 (3) 3x 2 x 1 − = = + − + + (2) ⇔ x = 3/2 (thỏa (*)) Vì 2 x 3 ≥ nên 1 3x 2 x 1− + + < 1 và x + 1 > 1 ⇒ (3) vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 3/2. 0.2 5 1.0 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 Với mọi k ∈ N*, ta có : k k k k k k k u 1 1 2 u 2 u (u 2) u u (u 2) = = − + + + = k k 1 k k 1 1 2 1 1 u 2u u u + + − = − ⇒ n 1 n 1 S 1/ u 1/ u + = − u 1 > 1.CM: 2 n 1 n n u (u 2u ) / 2 1, n N* + = + > ∀ ∈ ⇒ u n > 1, ∀ n ∈ N* Ta có: 2 n 1 n n u u u / 2 0, n N* + − = > ∀ ∈ ⇒ (u n ) tăng Giả sử (u n ) bị chặn trên thì (u n ) tồn tại giới hạn hữu hạn: limu n = a (a ≥ 1). ⇒ 2a=a 2 + 2a ⇒ a = 0. Mâu thuẫn với a≥1 ⇒ limu n = +∞ ⇒ n 1 lim(1/ u ) 0 + = . Vậy: n 1 limS 1/ u 2013/ 2014= = . 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.5 0.2 5 0.2 5 b) Giải hệ PT (I): 2.5 3 3 2 3 2 2 2 8 8 x 3x 13x 15 y y y 4 5y (x 2x 2) + − − = − + = + + 0.2 5 + Điều kiện: y ≠ 0 (*). Khi đó: (I) ⇔ 2 2 2 2 2 4 (x 1)(x 2x 15) 4 y y 4 1 5[(x 1) 1] y + + − = − ÷ ÷ + = + + Đặt a = x + 1, 2 b y = (b ≠ 0), hệ trên trở thành: ( ) 2 2 2 2 a(a 16) b b 4 1 b 5(a 1) − = − + = + ⇔ 3 3 2 2 a b 16a 4b b 5a 4 (1) − = − − = ⇒ a 3 – b 3 = (b 2 – 5a 2 )(4a – b) ⇔ 21a 3 – 5a 2 b – 4ab 2 = 0 ⇔ a = 0 hoặc b a 3 = − hoặc 4b a 7 = + Thay a = 0 vào (1) được b 2 = 4 và tìm được hai nghiệm (–1 ; –1), (–1 ; 1). + Thay b a 3 = − vào (1) được b 2 = 9 và tìm được hai nghiệm (–2 ; 2/3), (0 ; – 2/3). + Thay 4b a 7 = vào (1) được : 2 31 b 4 49 − = (vô nghiệm). Kết luận đúng. 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 b) f(3x – y + α) = 3f(x) – f(y), ∀x,y∈R (1) 2.0 Trong (1), thay 3x ' y' x y 2 − = = ta được: 3x ' y ' f (3x ' y' ) 2f 2 − − + α = ÷ , ∀x’, y’∈R ⇒ 3x y f (3x y ) 2f 2 − − +α = ÷ , ∀x, y∈R (2) Từ (1) và (2) suy ra: ⇒ ( ) ( ) 3 1 3 1 f x y f x f y 2 2 2 2 − = − ÷ ,∀x,y∈R (3) Thay x = 0, y = 0 vào (3) ta được: f(0) = 3f(0)/2–f(0)/2 ⇒ f(0) = b, b tùy ý (3) ⇔ 3 1 f x y f(0) 2 2 − − ÷ = ( ) ( ) 3 1 [f x f (0)] [f y f(0)] 2 2 − − − , ∀x,y∈R Đặt g(x) = f(x) – f(0), ta có: g(0) = 0 và: ( ) ( ) 3 1 3 1 g x y g x g y 2 2 2 2 − = − ÷ ,∀x,y∈R ⇒ ( ) ( ) 3 3 1 1 g x g x , g y g y 2 2 2 2 = − = − ÷ ÷ , ∀x,y∈R ⇒ 3 1 3 1 g x y g x g y 2 2 2 2 − = + − ÷ ÷ ÷ 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 4 0.2 5 0.2 5 ,∀x,y∈R ⇒g(x+y) = g(x) + g(y),∀x,y∈R Vì g liên tục trên R nên: g(x) = ax, ∀x∈R, với g(1) = a (a tùy ý) ⇒ f(x) = ax + b, ∀x∈R (4) (với a, b tùy ý) Thay (4) vào (1) ta được: b = aα Vậy f(x) = ax + aα, với a tùy ý. 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 Câu 3. 5.0 Câu 4. 3.0 a) a b c T MA.h MB.h MC.h= + + 3.0 a) a + 2b = c (1), a 3 + 8b 3 = c 2 (2) 2.0 Ta có: a b c 2S 2 2S 2 2S 2 h , h , h a a b b c c = = = = = = ⇒ MA.GA MB.GB MA.GC T 2 a.GA b.GB c.GC = + + ÷ a c c MA.GA MB.GB MA.GC 3 a.m b.m c.m = + + ÷ 2 2 2 2 2 2 2 a 1 1 a.m a 2b 2c a 3a (2b 2c a ) 2 2 3 = + − = + − 2 2 2 a a b c a.m 2 3 + + ⇒ ≤ 0.2 5 0.2 5 0.2 5 (2) ⇔ (a + 2b)(a 2 – 2ab + 4b 2 ) = c 2 (3) Từ (1) và (3) suy ra: (2) ⇔ a 2 – 2ab + 4b 2 = (a + 2b) ⇔ 4b 2 – 2(a + 1)b + a 2 – a = 0 (4) ∆’ = (a + 1) 2 – 4(a 2 – a) = –3a 2 + 6a + 1 (4) có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ 0 0.2 5 0.2 5 0.2 5 5 Tương tự 2 2 2 2 2 2 b c a b c a b c b.m , c.m 2 3 2 3 + + + + ≤ ≤ 2 2 2 6 3 T (MA.GA MB.GB MC.GC) (1) a b c ≥ + + + + Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c. MA.GA MB.GB MC.GC MA.GA MB.GB MC.GC + + ≥ + + uuuur uuur uuur uuur uuur uuur (MG GA)GA (MG GB)GB (MG GC)GC = + + + + + uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c 4 a b c GA GB GC (m m m ) (2) 9 3 + + = + + = + + = Đẳng thức xảy ra ⇔ MA, GA uuuur uuur cùng hướng, MB, GB uuur uuur cùng hướng, MC, GC uuur uuur cùng hướng ⇔ M trùng G. Từ (1) và (2) suy ra: T 2 3 ≥ Vậy minT 2 3= ⇔ ∆ABC đều và M trùng G. 0.2 5 0.2 5 0,2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 ⇔ 3a 2 – 6a ≤ 1 ⇔ 3(a – 1) 2 ≤ 4 ⇔ a = 1 hoặc a = 2 (vì a ∈ N*) + a = 1 ⇒ b = 1, c = 3 + a = 2 ⇒ b = 1, c = 4 Vậy (a;b;c) =(1;1;3) hoặc (a;b;c) =(2;1;4) 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 b) 1.0 Giả sử: n n 1 1 n n 1 1 0 f (x) a x a x a x a − − = + + + + Ta có: f(a + b) – f(a) = = n n n 1 n 1 n n 1 1 a [(a+b) a ] a [(a+b) a ]+ +a b − − − − + − n 1 n 2 n 2 n 1 n n 2 n 3 n 3 n 2 n 1 1 a b[(a+b) a(a+b) + +a (a b) a ] +a b[(a+b) a(a+b) + +a (a b) a ] + +a b − − − − − − − − − = + + + + + + Suy ra: f(a + b) – f(a) chia hết cho b Mà f(a+b) chia hết cho b nên f(a) chia hết cho b Tương tự, f(b) chia hết cho a. 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 Câu 5. 3.0 Đặt P là vế trái của BĐT đã cho và : 6 y x E H O C B A G 5 k k k 1 k 1 k 1 k 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c Q (a b)(a b ) (a b ) (b c)(b c ) (b c ) − − − − = + + + + + + + k k 1 k 1 2 2 2 2 2 a (c a)(c a ) (c a ) − − + + + + . Ta có: P – Q = (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0 k k k k k 1 k 1 k 1 k 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b b c 2P P Q (a b)(a b ) (a b ) (b c)(b c ) (b c ) − − − − + + ⇒ = + = + + + + + + + k k k 1 k 1 2 2 2 2 2 2 c a (c a)(c a ) (c a ) − − + + + + + Ta có: 2(a 2 + b 2 ) ≥ (a + b) 2 2(a 4 + b 4 ) ≥ (a 2 + b 2 ) 2 …………………… k k k 1 k 1 2 2 2 2 2 2(a b ) (a b ) − − + ≥ + ⇒ k k k 1 k 1 2 2 k 2 2 2 2 a b a b 2 (a b)(a b ) (a b ) − − + + ≥ + + + Tương tự với các số hạng khác của P+Q, suy ra: k k k a b b c c a 2P 2 2 2 + + + ≥ + + 3 k k k 1 a b c 3 abc 3 P 2 2 2 − + + ⇒ ≥ ≥ = Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2. 0.5 0.5 0.2 5 0.2 5 0.5 0.5 0.2 5 0.2 5 b) 2.0 Xây dựng hệ tọa độ như hình vẽ. Đặt BC = 2b (b>0), ta có: B(0 ; –b), C(0 ; b) Giả sử A(x 0 ; y 0 ) (x 0 ≠ 0) Ta có: G(x 0 /3; y 0 /3) Tọa độ điểm H là nghệm của hệ phương trình: 0 0 0 y y x x (y b)(y b) 0 = + − + = 2 2 0 0 0 b y H ; y x − ⇒ ÷ ÷ E là điểm đối xứng với H qua G khi và chỉ khi: 2 2 0 0 E G H 0 E G H 0 2x b y x 2x x 3 x y 2y y y / 3 − = − = − = − = − E ∈ BC ⇔ x E = 0 ⇔ 2 2 0 0 0 2x b y 0 3 x − − = ⇔ 2 2 2 0 0 2x 3y 3b+ = ⇔ 2 2 0 0 2 2 x y 1 3b / 2 b + = Suy ra tập hợp các điểm A trong mp Oxy là elip: 2 2 2 2 x y 1 3b / 2 b + = loại trừ 2 điêm B, C. 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.5 7 Vậy tập hợp các điểm A là elip có trục nhỏ BC, trục lớn có độ dài bằng 3/ 2.BC , loại trừ B, C. 0.2 5 8