MAU DE DE NGHI + DAP AN DE THI HOC SINH GIOI CAP TINH MON TOAN 12 NAM HOC 2014 2015 (VONG 1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK NÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN – Vòng Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 30/10/2014 ĐỀ ĐỀ NGHỊ Bài (5,0 điểm) ( )  3 xy + y + = x +1 − x Giải hệ phương trình:   x (9 y + 1) + 4( x + 1) x = 10  Bài (5,0 điểm)  u =  (n ∈ N *) Cho dãy số (un) thỏa mãn:  u = u − un +  n +1 n  n ∑ lim Tìm  u  k =1 k  ÷ ÷  Bài (5,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn với ba đường cao AD, BE, CF cắt điểm H Tiếp tuyến B, C đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC cắt điểm T, đường thẳng TD EF cắt điểm S Gọi X, Y giao điểm đường thẳng EF với đường thẳng TB, TC; M trung điểm cạnh BC a) Chứng minh H, M tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF XTY b) Chứng minh đường thẳng SH qua trung điểm đoạn thẳng BC Bài (5,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn: xyz = 2 x8 + y8 y8 + z8 z + x8 + + ≥8 Chứng minh rằng: x + y4 + x2 y2 y4 + z4 + y2 z2 z4 + x4 + z2 x2 ………… Hết…………… Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh: ………………… Chữ ký giám thị 1:………………………….Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK NÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN – Vòng Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 30/10/2014 ĐỀ ĐỀ NGHỊ HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Bài Giải hệ phương trình: (5,0 điểm) ĐK: x ≥ Nội dung Điểm ) (  (1 ) 3 xy + y + = x +1 − x   x ( y + ) + 4( x + ) x = 10 ( )  Nhận xét: x = không thỏa mãn hệ phương trình Xét x > 0,5 x +1 + x Phương trình (1) ⇔ y + y y + = 0,25 x ⇔ y + y (3 y ) + = + x x     + (3)  x Từ (1) x > ta có: y > Xét hàm số f(t)= t + t t + , t > Ta có: f’(t) = + t + + t2 t +1 >0 Suy f(t) đồng biến (0; +∞)    ⇔ 3y = x  x 2 Đặt g(x)= x + x + 4( x + 1) x − 10 , x > Ta có: g’(x) > với x > ⇒ g(x) hàm số đồng biến khoảng (0; +∞) Phương trình (3) ⇔ f(3y)= f  Ta có: g(1) = Vậy phương trình g(x) = có nghiệm x = Với x =1 ⇒ y = 3 Vậy hệ có nghiệm nhất: (1; ) Ta có: un +1 − un = (un − 4un + 4) ≥ 0, ∀n ⇒ Dãy không giảm Khi ta có: L = L – L + ⇔ L = (Vô lý) Bài (5,0 Nếu có số M: un ≤ M với n, tồn lim un = L Vì un ≥ u1 ⇒ L ≥ u1 điểm) ⇒ lim un = + ∞ 2 Ta có: u n − 2u n + = 2u n +1 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 1 = u n (u n − 2) 2(u n +1 − 2) 1 1 = ⇔ = − ( ∀n ∈ N * ) u n +1 − u n u n − u n +1 − 1 = − u1 − u n +1 − ⇔ u n (u n − 2) = 2(u n +1 − 2) ⇔ 1 − un − un n Do đó: ∑ k =1 u k ⇔  ⇒ lim ∑  k =1 u k n Bài (5,0 điểm) = =2   u1 − H B 1,0 E S X 1,0 Y A F 0,5 0,5 O D M C T a) Do tứ giác BFHD, DHEC CBFE nội tiếp nên · · · · · · FDH = FBH = FBE = FCE = HCE = HDE · Suy DH phân giác góc EDF Tương tự EH phân giác · · góc DEF FH phân giác góc EFD Từ H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF a a.sin A · · · = MCT = BAC ; MB = MC = ⇒ d ( M , BT ) = d ( M , CT ) = Do MBT 2 0,5 0,5 0,5 Ta có: · · · · · · · MEF = HEF + HEM = HAB + HEM = HAB + HBM = 900 − B + 900 − C = A BC a a.sin A ME = = ⇒ d ( M , EF ) = 2 a Do d ( M , TB ) = d ( M , TC ) = d ( M , EF ) = ×sin A nên M tâm đường tròn nội tiếp tam giác XTY b) Do tứ giác AFDC nội tiếp TX tiếp xúc với ( O ) nên · · · · · FDB = FAC = BAC = CBT = DBT Suy TX || DF Tương tự có TY || DE DF Từ đó, với k = phép vị tự tâm S tỷ số k biến tam giác DEF thành tam TX giác TYX Và biến H (tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF ) thành M (tâm đường tròn nội tiếp tam giác TYX ) suy S , H , M thẳng hàng 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Cho số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2 Bài x8 + y8 y8 + z8 z + x8 (5,0 Chứng minh rằng: + + ≥8 x4 + y4 + x2 y2 y4 + z + y2 z z + x4 + z x2 điểm) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 a.b.c = 1,0 a2 + b2 3(a + b ) 2 Do ab ≤ nên a + b + ab ≤ Dấu “=” xảy ⇔ a=b 2 0,5 a4 + b4 a4 + b4 a4 + b4 ≥ ≥ (a + b ) 2 Ta có: a + b + ab Ta chứng minh: (1) a + b2 a + b2 2 ( ) ( ) Thật vậy: (1) ⇔ 2( a + b ) ≥ (a + b ) ⇔ (a2 – b2)2 ≥ (luôn đúng) Do ta được: a4 + b4 ≥ (a + b ) Dấu “=” xảy ⇔ a2=b2 ⇔ a=b 2 a + b + ab Áp dụng BĐT ta có: b4 + c4 ≥ (b + c ) Dấu “=” xảy ⇔ b=c 2 b + c + bc c4 + a4 ≥ (c + a ) Dấu “=” xảy ⇔ c=a 2 c + a + ca 0,5 0,5 0,5 0,5 Cộng vế BĐT ta được: a4 + b4 b4 + c4 c4 + a4 + + ≥ (a + b + c ) (2) Dấu “=” xảy ⇔ 2 2 2 a + b + ab b + c + bc c + a + ca 0,5 a=b=c Theo BĐT Cô-si ta có: 2 (a + b + c ) ≥ 2.3 a b c = Dấu “=” xảy ⇔ a=b=c 0,5 Do ta có (ĐPCM) Dấu đẳng thức xảy ⇔ x = y = z = 0,5 Ghi chú: Nếu thí sinh làm theo cách khác đáp án cho điểm tối đa Giáo viên đề: Nguyễn Văn Dung