Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp 12 vòng 1 năm 2012 - 2013 TP. Hồ Chí Minh

Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp 12 vòng 1 năm 2012 - 2013 TP. Hồ Chí Minh tài liệu, giáo án, bài giảng , lu...

www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 18 - 10 - 2012 Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (4 điểm)  xy  x  y  Giải hệ phương trình  3 4 x  12 x  x   y  y  Bài (4 điểm)  u1  Cho dãy số (un ) xác định  3u  un 1  n , n  N * u   n Chứng minh dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Bài (4 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn 1    Chứng minh: x y z x  yz  y  zx  z  xy  xyz  x  y  z Bài (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với đường cao AH , BK nội tiếp đường tròn (O) Gọi M điểm di động cung nhỏ BC đường tròn (O) cho đường thẳng AM BK cắt E ; đường thẳng BM AH cắt F Chứng minh M di động cung nhỏ BC đường tròn (O) trung điểm đoạn EF nằm đường thẳng cố định Bài (4 điểm) Tìm tất đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn : P( x).P( x  3)  P( x ), x  HẾT www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ VÒNG Bài (4 điểm)  xy  x  y  Giải hệ phương trình  3 4 x  12 x  x   y  y  Giải  yz  z  Đặt z  x  Hệ phương trình tương đương  3  y  y ( z  2)  z   yz  z   yz  z      y   z  y  2z  y  3y z  4z    17   17 z  z       y   17  y   17   2   17   17 x  x       y   17  y   17   2 Bài (4 điểm)  u1  Cho dãy số (un ) xác định  3u  un 1  n , n  N * 2un   Chứng minh dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Giải Từ giả thiết ta suy un  0, n  N * 3x  5    0, x  Xét f ( x )  , với x  , f '( x )  x  2(2 x  1) (2 x  1)2  u1  Ta có  un 1  f (un ), n  N * f ( x)  5x  0, x  , x  f ( x )   2x   un  4, n   dãy (un ) bị chặn  x  u2 n 1 Đặt  n  yn  u2 n Do f(x) nghịch biến (0; ) nên g(x) = f(f(x)) đồng biến (0; ) f ( xn )  f (u2n1 )  u2 n  yn ; f ( yn )  f (u 2n )  u 2n 1  xn 1 g ( xn )  f ( f ( xn ))  f ( yn )  xn1 11 49 u1  ; u2  ; u3  … Ta thấy u1  u3  x1  x2 26 Giả sử xk  xk 1  g ( xk )  g ( xk 1 )  xk 1  xk 2 Vậy xn  xn1 , n  N * Suy ( xn ) tăng bị chặn  ( xn ) có giới hạn hữu hạn a Do xn  xn1  f ( xn )  f ( xn1 )  yn  yn1  dãy ( yn ) giảm bị chặn  www.VNMATH.com  ( yn ) có giới hạn hữu hạn b    3  3  3   xn , yn   ;4  , n  a, b   ;4  a, b   ;4           Ta có  f ( xn )  yn   f (a )  b   f (a )  b (I )  f (y )  x  f ( b)  a  f (b)  f (a )  a  b (1) n n 1       5 1  (1)  a  b      (a  b) (2a  1)(2b  1)  5   a  b  2b  2a   (do (2a  1)(2b  1)  (3  1)(3  1)  16  )  3  b  a   ;4   ab2 Vậy từ (I)   a  3a   2a  Vậy lim un  Bài (4 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn 1    Chứng minh: x y z x  yz  y  zx  z  xy  xyz  x  y  z (*) Giải (*)  1 1 1 1       1   (**) x yz y zx z xy xy yz zx Ta cần chứng minh: 1 1    x yz x yz 1 1 1 1 1 (đúng)       2   1     x yz x x yz x x y z yz x yz yz yz yz Chứng minh tương tự ta có: 1 1 1 1    ,    y zx y z xy z zx xy Cộng ba bất đẳng thức ta thu (**) Bài (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với đường A cao AH , BK nội tiếp đường tròn (O) Gọi M điểm di động cung nhỏ BC đường tròn (O) K cho đường thẳng AM BK cắt E ; đường thẳng BM AH cắt F Chứng minh O E M di động cung nhỏ BC đường tròn (O) trung điểm đoạn EF nằm đường thẳng cố định Giải B H M F C www.VNMATH.com Ta chứng minh hai tam giác EHK FHK có diện tích   MBC   Ta có MAC 1 KH KE.sin BKH  KH KA.tan  sin BAH  KH AB.cos A.tan  cos B 2 1  HF HK sin FHK  BH tan  HK sin AHK  AB.cos B.tan  HK cos A 2  SFHK suy E, F cách HK mà E,F nằm hai phía HK S EHK  S FHK SEHK  Trung điểm EF nằm đường thẳng HK Bài (4 điểm) Tìm tất đa thức P( x ) hệ số thực thỏa mãn : P( x).P( x  3)  P( x ), x  Giải : Ta tìm đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x –3)=P(x2) xR (1) Trường hợp P(x)  C ( C số thực ) : P(x)  C thỏa (1)  C2= C  C =  C = 1 P(x)  hay P(x)  Trường hợp degP  Gọi  nghiệm phức tùy ý P(x) Từ (1) thay x  ta có P(2)=0  x= 2 nghiệm P(x) Từ có  , 2, 4, 8, 16, …là nghiệm P(x) Mà P(x) có hữu hạn nghiệm (do xét P(x) khác đa thức không)  0      (I) Từ (1) lại thay x  +3 ta có P((+3)2)=0  x=(+3)2 nghiệm P(x) Từ x = (+3)2 nghiệm P(x) tương tự phần ta có (+3)2, (+3)4, (+3)8, (+3)16,…là nghiệm P(x) Mà P(x) có hữu hạn nghiệm 32  3 0     (II)   1    1    (I) (II) Như ,  nghiệm P(x) ta có  thỏa hệ  y I O x (I) (II) Biểu diễn số phức  thỏa (I) thỏa (II) mặt phẳng phức ta có hệ  nghiệm   Không tồn đa thức hệ số thực P(x) bậc lớn thỏa (1) Kết luận Các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x – 3)=P(x2) x gồm P(x)  , P(x)  ... mãn 1    Chứng minh: x y z x  yz  y  zx  z  xy  xyz  x  y  z (*) Giải (*)  1 1 1 1       1   (**) x yz y zx z xy xy yz zx Ta cần chứng minh: 1 1    x yz x yz 1 1 1 1 1. .. (b)  f (a )  a  b (1) n n 1       5 1  (1)  a  b      (a  b) (2a  1) (2b  1)  5   a  b  2b  2a   (do (2a  1) (2b  1)  (3  1) (3  1)  16  )  3  b  a... f ( f ( xn ))  f ( yn )  xn 1 11 49 u1  ; u2  ; u3  … Ta thấy u1  u3  x1  x2 26 Giả sử xk  xk 1  g ( xk )  g ( xk 1 )  xk 1  xk 2 Vậy xn  xn 1 , n  N * Suy ( xn ) tăng bị