Đề thi môn toán Học sinh giỏi Quảng Nam năm 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi : TOÁN Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi : 02/10/2015 Câu (4,0 điểm) a) Giải phương trình: x + x − 3x = 3(x + 2) (x − x + 2)y + x = b) Giải hệ phương trình:  (x − 4x − 1)y + (2x + x)y + x = Câu (3,0 điểm)  u1 =  u n +1 = 4u n − 9n + 12 (n = 1, 2,3, ) a) Cho dãy số (un) xác định bởi:  Tìm số hạng tổng quát dãy số (un)  x1 = b) Cho dãy số (xn) xác định bởi:   x n +1 = + 2x n (n = 1, 2,3, ) Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Câu (3,0 điểm) a) Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, lập số tự nhiên gồm chữ số cho số có ba chữ số 1, chữ số lại đôi khác hai chữ số chẵn không đứng cạnh ? b) Cho đồ thị (C) : y = −2x + đường thẳng d: y = x + m (m tham số) Tìm m để x −1 đường thẳng d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt Chứng minh tích hệ số góc hai tiếp tuyến với (C) hai điểm số không đổi Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O;R) a) Gọi A1, B1, C1 hình chiếu vuông góc A, B, C BC, CA, AB Gọi p nửa chu vi tam giác A1B1C1 S diện tích tam giác ABC Chứng minh rằng: S = R.p b) M điểm di động cạnh BC (M khác B M khác C), đường trung trực đoạn thẳng MB cắt đường thẳng AB E, đường trung trực đoạn thẳng MC cắt đường thẳng AC F Xác định vị trí điểm M cạnh BC cho diện tích tam giác OEF nhỏ Câu (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, M điểm di động đường thẳng AB (M khác A M khác B) Gọi E giao điểm hai đường thẳng MC AD, N hình chiếu vuông góc A đường thẳng MC, I giao điểm hai đường thẳng AN BE Chứng minh ba điểm M, I, D thẳng hàng Câu (3,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c không nhỏ thỏa mãn a + b2 + c2 ≤ 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + + a + b + c + 4c + - Hết - − (a + 2b)(a + 2c) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2015 - 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12 THPT Câu Đáp án Câu a) Giải phương trình: x + x − 3x = 3(x + 2) (1) (4.0) Đặt t = x − 3x , t ≥ PT (1) trở thành: t2 + t – = ⇔ t = –3 (loại) t = (thỏa t ≥ 0) + Với t = thì: x − 3x = ⇔ x − 3x − = ⇔ x = –1 x = Ghi chú: Điều kiện t ≥ thay cho điều kiện x ≤ x ≥ (0.5) b) Giải hệ phương trình … Ký hiệu hệ phương trình cho (I) + (x ; y) = (0 ; 0) nghiệm (I) + Mọi cặp số (x ; 0) (0 ; y) với x≠0, y≠0 nghiệm (I) + Trường hợp x ≠ 0, y ≠ 0:  x y − xy + 2y + x = (I) ⇔   x y − 4x y − y + 2x y + xy + x =   x(xy + 1) + 2y = xy ⇔ 2 2   x (xy + 1) + xy(xy + 1) − y = 5x y  (x + y ) + x =  ⇔  x +  +  x +  − = ÷  ÷  y  y  x x2  a + 2b = 1 Đặt a = x + , b = (b ≠ 0), hệ trở thành: (II)  2 y x a + ab − b = Giải hệ (II) được: (a ; b) = (3 ; –1) (a ; b) = (–7 ; 4) 1  + Với (a ; b) = (3 ; –1) thì: ( x; y ) =  −1; ÷ 4   1 + Với (a ; b) = (–7 ; 4) thì: ( x; y ) =  ; − ÷  29  * Một cách giải khác: +y=0⇒x=0 (0.25) + Trường hợp y ≠ 0: x   x − x + + y = (1)  Biến đổi được:  (1.0)   x x  x − 4x − + (2x + 1) +  ÷ = (2)  y y  x (1) ⇔ = − x + x − (3) (0.25) y Thay (3) vào (2), khai triển rút gọn được: 4x2 + 3x – = (0.25) ⇔ x = –1 x = 1/4 (0.25) x = –1 ⇒ y = 1/4 (0.25) x = 1/4 ⇒ y = –4/29 (0.25) Điểm 2.0 0.5 0.5 0.25 0.5 0.25 2.0 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu Đáp án Câu a) Tìm số hạng tổng quát dãy số (un) (3.0) Ta có: un+1 – 3n = 4[un – 3(n – 1)], ∀n ≥1 (1) Xét dãy số (vn), với = un – 3(n – 1), ∀n ≥1 Từ (1) ta có: vn+1 = 4vn , ∀n ≥1 Suy (vn) cấp số nhân có công bội q = số hạng đầu v1 = Điểm 1.5 0.5 0.25 0.25 ⇒ v n = v1.q n −1 = 2.4n −1 = 22n −1, ∀n ≥ Vậy số hạng tổng quát (un) un = 22n–1 + 3n – b) Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn tìm limxn * Chứng minh (xn) tăng, tức chứng minh: xn+1 > xn, ∀n ≥1 Ta có x = + 2x1 > = x1 0.25 0.25 1.5 Giả sử xk+1 > xk (k ≥ 1), ta có: x k + = + 2x k +1 > + 2x k = x k +1 0.25 Vậy: xn+1 > xn, ∀n ≥1 * Chứng minh xn < 3, ∀n ≥1 x1 = < Giả sử xk < (k ≥ 1) 0.25 0.25 Ta có: x k +1 = + 2x k < + 2.3 = Vậy xn < 3, ∀n ≥1 Vì (xn) tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Đặt limxn = a ( a ≥ ) Theo công thức xác định dãy số (xn), ta có: a = + 2a ⇔ a = + 2a ⇔ a − 2a − ⇔ a = (vì a ≥ ) Vậy limxn = Câu a) Từ chữ số 5! Số hoán vị chữ số lẻ 1, 1, 1, 3, 3! Ứng với hoán vị có vị trí đầu, cuối xen kẽ chữ số lẻ Do có A36 cách xếp ba chữ số chẵn 2, 4, vào vị trí để số thỏa đề 5! Vậy số số thỏa đề là: A = 2400 3! Ghi chú: Học sinh giải phương pháp phần bù, Giám khảo phân điểm thành bước (số bị trừ: 0.5; số trừ: 0.25, hiệu: 0.25) b) Tìm m … * Tìm m d cắt (C) điểm phân biệt (1.0) −2x + =x+m Phương trình hoành độ giao điểm (C) d là: x −1 ⇔ x + (m + 1)x − m − = (1) (vì x = nghiệm phương trình trên) 0.25 ∆ = (m + 1) + 4(m + 1) d cắt (C) điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > ⇔ m < – m > – (*) * Chứng minh tích hệ số góc hai tiếp tuyến không đổi (1.0) Với điều kiện (*), d cắt (C) điểm phân biệt M(x ; y1), N(x2 ; y2), x1, x2 nghiệm phương trình (1) Theo định lý Viet: x1 + x2 = –(m + 1), x1x2 = –(m + 1) Gọi ∆1, ∆2 tiếp tuyến (C) M, N 1 ; k2 = Hệ số góc ∆1, ∆2 là: k1 = ( x1 − 1) ( x − 1) (x1 – 1)(x2 – 1) = x1x2 – (x1 + x2) + = 0.25 0.25 0.25 1.0 0.5 0.25 0.25 2.0 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (3.0)   Vậy: k1.k =   =1 x − x − ( ) ( )   Câu Câu a) Chứng minh (4.0) A Đáp án Chứng minh: OA ⊥ B1C1 (1.25) Dựng tiếp tuyến At (O) · · Ta có: BAt = ACB · · B (vì tứ giác BCB1C1 nội tiếp) ACB = AC t B1 C1 1 H · · B = AC ⇒ BAt 1 ⇒ B1C1 // At ⇒ OA ⊥ B1C1 (vì OA ⊥ At) Tương tự: OB ⊥ C1A1, OC ⊥ A1B1 O B Điểm 2.0 A1 O1 C S = SAB1OC1 + SBC1OA1 + SCA1OB1 1 1 = OA.B1C1 + OB.C1A1 + OC.A1B1 = R(B1C1 + C1A1 + A1B1) = R.p1 2 2 · C = AHC · * Cách 2: Chứng minh: OA ⊥ B1C1 Ta có: AB (0.5) 1 · AO = (1800 − AOC) · · · AH B = 900 − ABC =C 1 · C +B · AO = AHC · · AH = 900 ⇒ OA ⊥ B1C1 ⇒ AB +C 1 1 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 (0.5) (0.25) AB1 AC1 = (0.5) AB AC Mặt khác hai tam giác ABC AB1C1 có góc A chung nên chúng đồng dạng ⇒ B1C1 = BC.cosA Tương tự: C1A1 = CA.cosB, A1B1 = AB.cosC (0.5) ⇒ 2p1 = B1C1 + C1A1 + A1B1 = BC.cosA + CA.cosB + AB.cosC (0.25) 1 Ta có: SOBC = OO1.BC = R.BC.cos A Tương tự cho SOCA ,SOAB (0.5) 2 1 S = SOBC + SOCA + SOAB = R.BC.cos A + R.CA.cos B + R.AB.cos C = R.p1 (0.25) 2 b) Xác định vị trí điểm M Gọi N điểm đối xứng với M qua EF, D giao điểm AA1 MN N A Vì EB = EM = EN nên ∆BMN nội tiếp đường E tròn, gọi đường tròn (E) F1 1· E1 · · · F = BEM = BEI = BAD Ta có: BND O ⇒ A, B, D, N thuộc đường tròn C I A1M K B Tương tự A, C, D, N thuộc đường tròn ⇒ N thuộc (O) D Gọi (F) đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN NB trục đẳng phương hai đường tròn (O) (E) nên NB ⊥ OE NC trục đẳng phương hai đường tròn (O) (F) nên NC ⊥ OF Gọi E1, F1 trung điểm AB, AC, ta có: OE1⊥AB, OF1⊥AC ⇒ OE ≥ OE1, OF ≥ OF1 · OF = α Vì O, E1, F1 cố định, α không đổi nên diện tích ∆OE1F1 không đổi Đặt E 1 · · · · Ta có: EOE FOF (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) = ABN = ACN * Cách 3: Ta có: AB1 = AB.cosA, AC1 = AC.cosA ⇒ 1 · · · · · · Mà ABN nên: EOE = ACN = FOF1 ⇒ EOF = E1OF1 = α 1 Diện tích tam giác OEF: SOEF = OE.OF.sin α ≥ OE1.OF1.sin α = SOE1F1 2 2.0 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 SOEF = SOE1F1 ⇔ M ≡ A1 Vậy M trùng A1 diện tích tam giác OEF nhỏ Câu Câu (3.0) 0.25 Điểm Đáp án Giả sử hình vuông ABCD có cạnh y Chọn hệ tọa độ Oxy, với A trùng O, B thuộc tia E Ox, D thuộc tia Oy 0.25 Ta có: A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1), D(0 ; 1) 0.25 Gọi (m ; 0) tọa độ điểm M (m ≠ 0, m ≠ 1) 0.5 Phương trình MC: x + (m – 1)y – m = 0.25 Phương trình AN: (m – 1)x – y = C D N m   Ta có E  0; 0.25 ÷  m −1  I 0.5 Phương trình BE: mx + (m – 1)y – m = O A x B M  m m2 − m  ; ÷ 0.5 Tìm I  2 ÷ m − m + m − m +   uuur uuuur 0.25 Phương trình MI: x + my – m = (hoặc tính tọa độ vectơ MI, MD ) 0.25 ⇒ D thuộc MI Vậy ba điểm M, I, D thẳng hàng Câu Đáp án Điểm Câu Ta có (a + b + c)2 ≤ 3(a + b + c2 ) ≤ 36 ⇒ a + b + c ≤ 0.25 (3.0) Mặt khác a, b, c ≥ nên ≤ a + b + c + ≤ 0.25 1 1 1 0.25 + ≥ (1) ⇔ − + − ≥0 Ta CM: (1) a + b + ab + a + ab + b + ab + ⇔ ab − a + ab − b ≥0⇔ (b − a) (ab − 1) ≥ (2) (a + 1)(ab + 1) (b2 + 1)(ab + 1) (a + 1)(b + 1)(ab + 1) Vì a ≥ 1, b ≥ nên (2) Do (1) Đẳng thức xảy ⇔ a = b 1 2 + ≥ ≥ Áp dụng (1), ta có: a + b + ab +  a + b 2  ÷ +1   1 2 ⇒ + + ≥ + ≥ 2 a + b + c2 + 4c +  a + b 2 c+2 a+b+c+2 + +  ÷  ÷  ÷ +1       1 64 + + ≥ ⇒ 2 a + b + c + 4c + ( a + b + c + ) + 16 (a + 2b)(a + 2c) ≤ a + b + c 64 − 3(a + b + c + 2) + ⇒ P≥ a + b + c + + 16 ( ) Lại có: 64 − 3t + Đặt t = a + b + c + 2, ≤ t ≤ 8, ta có: P ≥ t + 16 64 − 3t + , với t ∈ [5 ; 8] Xét hàm số f (t) = t + 16 −128t f '(t) = − < 0, ∀t ∈ [5;8] ⇒ f(t) nghịch biến đoạn [5 ; 8] (t + 16)2 86 86 ⇒ f (t) ≥ f (8) = − , ∀t ∈ [5;8] ⇒ P ≥ − 5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 P=− 86 86 ⇔ a = b = c = Vậy GTNN P − , a = b = c = 5 Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác Ban Giám khảo thảo luận thống thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm