ĐÊ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN HAY

0 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 +  ) = 3f(x) – f(y),  x, y   trong đó  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). ĐỀ CHÍNH THỨC 1 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 u1 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 2.5 3 (I): 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 + ) = 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            , x’, y’R  3x y f(3x y ) 2f 2            , 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  0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 4 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 3 1 3 1 g x y g x g y 2 2 2 2                       ,  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 = a Vậy f(x) = ax + a, 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 y x H O C A G 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           (MG GA)GA (MG GB)GB (MG GC)GC                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   cùng hướng, MB, GB   cùng hướng, MC, GC   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 5  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 : b) 2.0 6 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. 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 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.5 0.2 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 7