Đề thi HSG toán 12 năm 2018 2019 trường lưu nhân chú thái nguyên

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT LƯU NHÂN CHÚ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 12 NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề (Đề gồm có 05 câu 01 trang) Bài (2,0 điểm) : Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm m( x  x   1)  x  x  Bài ( điểm): Cho dãy số (xn) sau: x1  2; xn  x1  x2  3x3   (n  1) xn 1 ; n  , n  n(n  1) Tìm limun với un = (n+1)3xn Bài (2 điểm): Tính tổng S  2Cn1  22.2Cn2  23.3Cn3   2k kCnk   2n.nCnn Câu ( 2,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình: x  (y  1)  Chứng minh với điểm M(m;3) đường thẳng y = ta ln tìm hai điểm T1, T2 trục hoành, cho đường thẳng MT1, MT2 tiếp tuyến (C) Khi viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MT1T2 Câu ( 2,0 điểm): Cho a, b, c số thực không âm Chứng minh rằng: a3 b3 c3   1 a  (b c)3 b3  (c a)3 c3  (a  b)3 Hết Họ tên : Số báo danh : ĐÁP ÁN Nội dung Câu Đặt Điểm t  x  x  Do x  0;1    t  1; 2 0,5 Phương trình trở thành : t2  m t 1 Xét hàm số: t2  t  2t  f (t )  , t  1; 2  f '(t )   t  1; 2 t 1  t  1 0,5 0,5 Hàm số đồng biến nên f (1)  m  f (2)    m  0,5 Với n số tự nhiên lớn 1ta có: x1  x2   nxn  n3 xn (1) 0,5 x1  x2   (n  1) xn 1  (n  1)3 xn 1 (2) Từ (1) (2) suy nxn = n3xn – (n – 1)3xn-1 nxn  n3 xn –  n – 1 xn 1  xn  n  1  xn 1 n3  n  xn  n (n  1)  lim un  n  1  lim 2 n  n 1   xn 1   n  n 1 n (n  1) 4 0,5 Xét khai triển: (1  x) n  Cn0  2Cn1 x  22 Cn2 x  23 Cn3 x   k Cnk x k   n Cnn x n 0,5 Lấy đạo hàm hai vế, ta có: n(1  x) n 1  2Cn1  2.2Cn2 x  23.3Cn3 x   2k kCnn x k 1   2n.nCnn x n 1 Cho x = ta được: S  2Cn1  2.2Cn2  23.3Cn3   2k kCnn   n.nCnn  2n3n 1 0,5 Đường tròn (C) có tâm I(0; 1) bán kính R = Điểm T thuộc trục hồnh T(t; 0) M(m; 3) thuộc đường thẳng y = nên pt MT là: 3x + (t – m)y – 3t = Do MT tiếp tuyến (C) nên d(I, MT) = hay 0,5 t  m  3t  (t  m)   t  2mt   (*) Do pt (*) có nghiệm phân biệt t1, t2 với m nên tồn hai điểm T1(t1; 0) T2(t2; 0) để MT1 MT2 tiếp tuyến (C) Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MT1T2 là: x  y  2mx  0,5 m2  y   Theo bất đẳng thức AM – GM, với x khơng âm ta có:  x  (1  x)(1  x  x )  (1  x)  (1  x  x ) x2  1 2 0,5 Từ ta có: a3  a  (b  c)3 bc 1    a   1bc 1   2 a   b2  c2 1 a2  a2 a2  b2  c2 b3 b2  b3  (c a )3 a  b  c  c3 c2  c3  (a  b)3 a  b  c a3 b3 c3   1 a  (b c)3 b  (c a)3 c  (a  b)3 Vậy: Dấu “=” xảy a = b = c 0,5