ĐỀ THI CHỌN học SINH GIỎI TỈNH năm học 2008 2009 môn toán 12

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2008-2009 MÔN :TOÁN 12 Câu 1: (3.0 điểm) 1.1. Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn . Chứng minh rằng: 1 333 ≥++ Atg tgC Ctg tgB Btg tgA 1.2. Tìm nghiệm của phương trình : 02sin1.2cossincos =+−− xxxx thỏa điều kiện: 2007 < x < 2008. Câu 2. (2.0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2 2 2 8 2x y x y xy − − = (1) Câu 3: (3.0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H trên cạnh AC, M là trung điểm của HD. Chứng minh AM vuông góc với BD. Câu 4 (3.0 điểm) Cho dãy số { n u }; n = 1,2,… được xác định như sau: 1 1 1 ( 1)( 2)( 3) 1; 1,2, n n n n n u u u u u u n + =    = + + + + =   Đặt 1 1 2 n n i i S u = = + ∑ (n =1,2,…). Tính lim n n S →∞ Câu 5: (3.0 điểm) 5.1 Chứng minh rằng bốn đường tròn có đường kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín tứ giác đã cho. 5.2. Chứngminh ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 0 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 0 n n n n n n C C C C + + + + + + − + − + − = Câu 6: (3.0 điểm) 6.1. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên không âm và không lớn hơn 8. Giả sử P (9) = 32078. Hãy xác định đa thức P(x). 6.2. Cho a,b,c >0 thỏa mãn điều kiện abc =1. Tìm GTNN của: bcac ab abcb ca caba bc T 222222 + + + + + = Câu 7: (3.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 . Biết A(2;3), B(3; - 2) và trọng tâm G thuộc đường thẳng d có phương trình: 3x – y – 8 = 0. Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM Câu 1: (1.5đ) 1.1 Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn . Chứng minh rằng: 1 333 ≥++ Atg tgC Ctg tgB Btg tgA Do tam giác ABC nhọn nên tgA > 0 ,tgB > 0 , tgC > 0. Viết lại bất đẳng thức: 1 cot cot cot cot cot cot 333 ≥++ gC Ag gB Cg gA Bg (1d) Áp dụng bất đẳng thức Côsi: BggBgA gA Bg 2 3 cot2cot.cot cot cot ≥+ Tương tự: CggCgB gB Cg 2 3 cot2cot.cot cot cot ≥+ ; AggAgC gC Ag 2 3 cot2cot.cot cot cot ≥+ Suy ra : [ ] 222 222 333 )cot(cot)cot(cot)cot(cot 2 1 cotcotcot cot cot cot cot cot cot gAgCgCgBgBgA CgBgAg gC Ag gB Cg gA Bg −+−+−− ++≥++ ( ) 2 222 333 cotcotcot 3 1 cotcotcot cot cot cot cot cot cot gCgBgACgBgAg gC Ag gB Cg gA Bg ++≥++≥++⇒ (1d) Mặt khác: 3)cotcot(cot 2 ≥++ gCgBgA , vì bất đẳng thức này tương đương với: cotg 2 A+cotg 2 B+cotg 2 C +2(cotgA.cotgB+cotgB.cotgC+cotgC.cotgA) ≥ 3 0)cot(cot)cot(cot)cot(cot 222 ≥−+−+−⇔ gAgCgCgBgBgA . Từ đó suy ra: 1 cot cot cot cot cot cot 333 ≥++ gC Ag gB Cg gA Bg (1d) 1.2.(1.5đ) Tìm nghiệm của phương trình : 02sin1.2cossincos =+−− xxxx thỏa mãn điều kiện: 2007 < x < 2008 . Đặt PT: 02sin1.2cossincos =+−− xxxx (*) (1đ) Ta có: x2sin1+ = xx sincos + cos2x = ( xcos - xsin ).( xcos + xsin ) (*) ⇔ ( xcos - xsin ).{1 - ( xcos + xsin ) xx sincos + } = 0 (1đ) ⇔ xcos - xsin =0 (1) hoặc ( xcos + xsin ) xx sincos + = 1 (2) +Giải (1) ⇔ cos2x= 0 +Giải (2) ⇔ (1+ x2sin ).(1+sin2x) = 1 ⇔ sin2x=0 (vì sin2x >0 không xảy ra ) Tóm lại : (*) ⇔ cos2x= 0 hoặc sin2x= 0 ⇔ sin4x= 0 ⇔ x =k 4 π ; k ∈ Z (1đ) + Với ĐK: 2007< x <2008 , chọn các số nguyên k =2556. Vậy : x = 639 π . Câu 2: (2đ) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2 2 2 8 2x y x y xy − − = (1) BG: Dễ thấy pt có nghiệm: x = y = 0. Với , 0x y ≠ ta có: 2 2 2 (1) ( 7) ( )y x x y ⇔ − = + (2) (1đ) Từ (2) suy ra 2 7x − là bình phương của một số nguyên. Gọi 2 2 7x a− = (3), a là số nguyên. (3) ( )( ) 7 1 4 4 7 x a x a x a x x x a ⇔ − + =  − = ⇒ ⇒  = ⇒ = ±   + =   (1đ) *Thay x = 4 vào (2) ta được y = -1, y = 2. *Thay x = -4 vào (2) ta được y = 1, y = -2. Vậy PT có các nghiệm nguyên (x; y) là: (0;0), (4; -1), (4;2), (-4;1), (-4;2). Câu 3(3đ) Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H trên cạnh AC, M là trung điểm của HD. Chứng minh AM vuông góc với BD. Bài giải: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0 , ; , ;0 , ;0 , ,H A c a B c C c D x y − 4 2 y x M D O A B C Ta có: ( ) ( ) ; . ; 0 ( ) 0 ùng x y c a DH AC ax c y a AD c phuong AC  − − − = ⊥   ⇔   − − − =     uuuur uuur uuur uuur 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 . â ; a c x cx ay a c c a a c V y D ax cy ac a c a c c a y a c  =  − =     + ⇔ ⇔    ÷ + = + +     =  +  Mà M là trung điểm của HD nên tọa độ của M là: 2 2 2 2 2 2 ; 2( ) 2( ) a c c a M a c a c    ÷ + +   2 3 2 2 2 3 4 2 2 4 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . ; . ; 0 2( ) 2( ) 2( ) 2( ) a c c c a a c c a a a c a c c a a c BD AM a c a c a c a c a c a c     + − − + − − ⇒ = = + =  ÷  ÷ + + + + + +     uuur uuuur Vậy BD AM⊥ (đpcm). Câu 4: (3đ) Ta có: 1 ( 1)( 2)( 3) 1 n n n n n u u u u u + = + + + + (1đ) 2 2 2 2 2 ( 3 )( 3 2) 1 ( 3 1) 3 1 n n n n n n n n u u u u u u u u = + + + + = + + = + + ( vì 0 n u n> ∀ ) ⇒ 1 1 ( 1)( 2) n n n u u u + + = + + 1 1 1 1 1 1 1 ( 1)( 2) 1 2 1 1 1 2 1 1 n n n n n n n n u u u u u u u u + + ⇒ = = − + + + + + ⇒ = − + + + (1đ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 2 1 1 1 1 2 1 n n n i i i i i n n S u u u u u u = = + + + ⇒ = = − = − = − + + + + + + ∑ ∑ Vì 2 1 1 3 1 3 n n n n n u u u u u + + = + + ⇒ > (1đ) Ta có: n n u uu uu u 3 33 33 1 1 2 23 12 1 > => => = + 0 1 1 1 = + ⇒ + ∞→ n n u lim 2 1 1 1 2 1 1 = + −=⇒ + ∞→∞→ )(limlim n n n n u S Câu 5: (3đ) 5.1. (1.5đ)Chứng minh rằng bốn đường tròn có đường kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín tứ giác đã cho. Bài giải: M A B C D Lấy điểm M tùy ý của tứ giác lồi ABCD. Có hai khả năng xảy ra: 1.Nếu điểm M nằm trên biên của đa giác (tức M nằm trên một cạnh của tứ giác ABCD). Khi đó M nằm trong hình tròn có đường kính là cạnh ấy. Trong trường hợp này ta kết luận bài toán hiển nhiên đúng. 2.Nếu M nằm bên trong của tứ giác lồi ABCD. Khi đó ta có: ¼ ¼ ¼ ¼ 0 360AMB BMC CMD DMA+ + + = . Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại ¼ ¼ ¼ ¼ { } ¼ max , , ,AMB BMC CMD DMA BMC= . Khi ấy: ¼ 0 90BMC ≥ (1). Từ (1) suy ra M nằm bên trong (hoặc là nằm trên) đường tròn đường kính BC. Vậy điểm M bị phủ bởi đường tròn này. Mà do M là điểm tùy ý của tứ giác ABCD, ta suy ra bốn hình tròn nói trên phủ kín tứ giác lồi đã cho. ĐPCM. 5.2. Xét ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 . 1 . 1 n n n n k k k k k n n k o k o x x C x C x + + + + + + = =    + − = −  ÷ ÷    ∑ ∑ (0.5đ) Hệ số của số hạng 2 1n x + Là ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 0 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 n n n n n n C C C C + + + + + + − + − + − Ta lại có ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 . 1 1 n n n x x x + + + + − = − (1đ) có hệ số của x 2n+1 bằng o vì đều chứa lũy thừ bậc chẵn của x vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 0 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 0 n n n n n n C C C C + + + + + + − + − + − = Câu 6: (3đ) 6.1. Cho P (x) là đa thức với hệ số nguyên không âm và không lớn hơn 8. Giả sử P (9) = 32078. Hãy xác đ?nh đa thức P (x) Lời giải Giả sử P (x) =a n x n +a n-1 x n-1 + + a 1 x+ a 0. a n ≠ 0 là đa thức cần tìm. Ta c?: P(9) = a n 9 n +a n-1 9 n-1 + + a 1 9+ a 0. (1) (1đ) Do 0 ≤ a 0 ≤ 8, a 0 nguyên và a i ∀ i = 1,n uur nên t? (1) suy ra a 0 ch?nh là phần dư trong ph?p chia P (9) cho 9. Vì P (9) = 32078 = 3564.9 + 2 ⇒ a 0 = 2. Thay a 0 = 2 vào (1) ta c?: 3564 = a n 9 n +a n-1 9 n-1 + + a 1 9+ a 1 . (2) (1đ) Lập luận tương tự như trên t? (2) suy ra a 1 ch?nh là phần dư trong ph?p chia 4564 cho 9. Vì 3564 = 396.9 ⇒ a 1 = 0. Thay a 1 = 0 vào (2) ta c?: 396 = a n 9 n-2 +a n-1 9 n-3 + + a 3 9+ a 2 . (3) Do 396 = 44.9 nên lập luận tương tự như trên suy ra a 2 = 0. Do a 2 = 0 nên (3) c? dạng: 44 = a n 9 n - 3 +a n- 1 9 n-4 + + a 4 9+ a 3 . (4) Vì 44 = 9.4 + 8 ⇒ a 3 = 8. Bây giờ (4) lại c? dạng: 4 = a n 9 n - 4 +a n-1 9 n-5 + + a 5 9+ a 4 (5) Lập luận tương tự ta c? a 4 = 4, và vì th? t? (5) ta c?: 0 = a n 9 n - 5 +a n-1 9 n-6 + + a 6 9+ a 5 (6) (1đ) Vì a i ≥ 0, 5,i n∀ = uuur nên t? (6) suy ra a k = 0, 5k∀ ≥ . Như vậy P (x) = 4x 4 + 8x 3 + 2. Đảo lại, đa thức P (x) = 4x 4 + 8x 3 + 2. thỏa mãn mọi yêu cầu bài toán. T?m lại, P (x) = 4x 4 + 8x 3 + 2 là đa thức duy nhất cần tìm. 6.2. Cho a,b,c >0 thỏa mãn điều kiện abc =1. Tìm GTNN của: bcac ab abcb ca caba bc T 222222 + + + + + = Giải: Vì abc=1 nên nếu ta đặt: z c y b x a 1 , 1 , 1 === thì xyz=1 Thế vào rút gọn ta có: yx z xz y zy x T + + + + + = 222 áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: z yx yx z y xz xz y x zy zy x ≥ + + + ≥ + + + ≥ + + + 4 4 4 2 2 2 Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được: 2 3 3. 2 1 )( 2 1 T )( 3 =≥++≥⇒ ++≥+++ xyxzyx zyxzyxT Câu 7: (3đ)Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 . Biết A (2; - 3), B(3; - 2) và trọng tâm G thuộc đường thẳng d có phương trình: 3x – y – 8 = 0. Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Giải: Gọi C (a; b) • S = 1 2 CH.AB (1). (1đ) Ta có: AB = 2 Phương trình AB: x – y – 5 = 0 => CH = d(C, AB) = a b 5 2 − − do đó: (1)  a b 5 3 1 . . 2 a b 5 3 2 2 2 − − = ⇔ − − = .  a b 8 a b 2 − =   − =  • Toạ độ G ( a 5 b 5 ; 3 3 + − ) (1đ) Ta có: G ∈ ∆  3(a 5) b 5 8 0 3 3 + − − − =  a – b = 4. TH 1 : a b 8 a 2 3a b 4 b 10 − = = −   ⇔   − = = −   => C(-2; -10) Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA = 2 65 89+ + => r = 2S 3 2p 2 65 89 = + + . TH 2 : a b 2 a 1 3a b 4 b 1 − = =   ⇔   − = = −   => C(1; -1) Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA = 2 5 2+ (1đ) => r = 3 2 5 2+ . -HẾT- . ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2008- 2009 MÔN :TOÁN 12 Câu 1: (3.0 điểm) 1.1. Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn . Chứng. (*) ⇔ cos2x= 0 hoặc sin2x= 0 ⇔ sin4x= 0 ⇔ x =k 4 π ; k ∈ Z (1đ) + Với ĐK: 2007< x < ;2008 , chọn các số nguyên k =2556. Vậy : x = 639 π . Câu 2: (2đ) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2. Tìm nghiệm của phương trình : 02sin1.2cossincos =+−− xxxx thỏa mãn điều kiện: 2007 < x < 2008 . Đặt PT: 02sin1.2cossincos =+−− xxxx (*) (1đ) Ta có: x2sin1+ = xx sincos + cos2x = ( xcos - xsin ).( xcos + xsin ) (*)