SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 05/12/2013 Câu (2,5 điểm) x −1 có đồ thị (C) Tìm điểm M đồ thị (C) cho tiếp tuyến với x +1 (C) M cắt trục Ox , Oy A B Biết trọng tâm G tam giác OAB nằm đường thẳng d : 2x + y = (với O gốc tọa độ) Cho hàm số y = Câu (2,5 điểm) Cho phương trình bậc ba: x3 − x − = Gọi x1 , x2 , x3 ba nghiệm phương trình 10 10 10 cho Khơng giải phương trình tính tổng S = x1 + x2 + x3 x x 2− y =0 − + ln 2− y Câu (2,5 điểm) Giải hệ phương trình sau tập số thực: y + 15 y − xy + x + = Câu (3,0 điểm) Cho dãy số ( xn ) xác định bởi: xn2−1 x = x1 = + n với n = 2, 3, K 2( xn −1 − 3) Tìm số hạng tổng quát dãy số ( xn ) Từ suy giới hạn nlim →+∞ + 2013 xn xn Câu (3,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = Chứng minh x + yz + y + zx + z + xy ≥ + xy + yz + zx Câu (6,5 điểm) Cho tam giác ABC, có bán kính đường tròn ngoại tiếp R = a) Với giả thiết trên, xét mặt phẳng tọa độ (Oxy), gọi D(3; −2) điểm thuộc đường thẳng AB Từ đỉnh A tam giác ABC kẻ đường trung tuyến, đường phân giác có phương trình d1 : 4x + y − 14 = , d : x + y − = Tìm tọa độ đỉnh B, C tam giác ABC Biết hoành độ điểm B, C dương b) Gọi M điểm nằm tam giác ABC a, b, c, , hb , hc độ dài cạnh, độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C tam giác ABC Chứng minh rằng: MA.ha + MB.hb + MC.hc ≥ abc http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word ĐÁP ÁN CÂU Câu 1: 2,5 điểm ĐÁP ÁN ĐIỂM x0 − ÷∈ (C ); x0 ≠ −1 điểm cần tìm ∆ tiếp tuyến với x0 + x0 − (C) M Phương trình ∆ : y = x + ( x − x0 ) + x + ( ) Gọi M x0 ; ⇔ y= ( x0 + 1) x+ 0,5 x02 − x0 − ( x0 + 1) x − 2x − − x02 + 2x + A ;0 Oy B ÷ Ox ∆ cắt 0; ÷ cắt ÷ x + ( ) − x + 2x + x − 2x − 0 ; ÷ ÷ x + ( ) Gọi G trọng tâm tam giác OAB ta có G 0,5 0,25 Vì G ∈ d mà d: 2x + y = nên − x + 2x + x02 − 2x − 1 = ⇔ ( x02 − 2x − 1) 1 − = (*) ÷+ 2 ÷ ( x0 + 1) ( x0 + 1) Do A, B không trùng với O nên x02 − 2x − ≠ (*) ⇒ − 0,75 = ⇔ x0 = −2; x0 = ( x0 + 1) Với x0 = ⇒ y0 = −1 (thỏa điều kiện) Với x0 = −2 ⇒ y0 = (thỏa đk) Vậy điểm cần tìm M ( 0; −1) ; M ( −2;3) Câu 2: 2,5 điểm x1 + x2 + x3 = Theo định lí Vi-et ta có: x1.x2 + x2 x3 + x3 x1 = −5 x x x = (khơng cần chứng minh) Vì xi ; i = 1, 2,3 nghiệm phương trình xi3 = xi + Suy ra: xi5 = xi xi3 = xi (5 xi + 3) = xi3 + 3xi2 = 5(5 xi + 3) + 3xi2 0,5 0,5 0,75 = x + 25 xi + 15 i xi8 = xi (3 xi2 + 25 xi + 15) = 134 xi2 + 225 xi + 90 xi10 = xi2 (134 xi2 + 225 xi + 90) = 760 xi2 + 1527 xi + 675 0,75 10 2 S = x110 + x10 + x3 = 760( x1 + x2 + x3 ) + 1527( x1 + x2 + x3 ) + 2025 Mặt khác : x12 + x22 + x32 = ( x1 + x2 + x3 ) − ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) = 10 Vậy S = 760.10 + 2025 = 9625 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,5 Câu 3: 2,5 điểm Điều kiện x > x < x >0⇔ 2− y y < y > 0,25 x > ta có phương trình y < 1/ Xét điều kiện (1) ⇔ x + ln x = 22− y + ln(2 − y ) (*) Xét hàm số f (t ) = 2t + ln t tập xác định D = (0; +∞) f '(t ) = ln + > , ∀t > t 0,75 t Suy f (t ) = 2t + ln t đồng biến D = (0; +∞) Phương trình (*) ⇔ f ( x) = f (2 − y ) ⇔ x = − y Thay x = − y vào phương trình thứ hai hệ, ta y = −1 y + 15 y − (2 − y ) y + 2(2 − y ) + = ⇔ y + 11y + = ⇔ y = − (thỏa đk) 2 Với y = −1 ⇒ x = (thỏa đk) Với y = − ⇒ x = 0,5 13 (thỏa đk) x < suy y − > y > 2/ Xét điều kiện x < Ta có (2) ⇔ x( y − 2) = y + 15 y + (**) , với phương trình (**) y > 0,75 có VT < VP > , điều kiện hệ vơ nghiệm Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (3; −1); 13 ; − ÷ 2 Câu (3 điểm) Đặt yn −1 = xn −1 − ⇔ xn −1 = yn −1 + ⇔ xn = yn + ⇒ y1 = Khi xn = n −1 x 2( xn −1 − 3) ⇔ yn + (y 3= n −1 + yn −1 ) yn2−1 + ; ⇔ yn = yn−1 2 u1 = un = un −1 + 3vn −1 Xét hai dãy (un ), (vn ) xác định bởi: vn = 2un −1.vn −1 v1 = un Ta chứng minh: yn = v (2) n u 0.25 0,5 0,5 0,5 + với n=2: y = v = ⇒ (2) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word un2−1 +3 un −1 v un2−1 + 3vn2−1 un n − y = y = = = + Giả sử n −1 v , suy n un −1 u v n −1 n − n − −1 Mặt khác theo cách xác định dãy (un ), (vn ) , ta được: ( ( un = un2−1 + 3vn2−1 un + 3vn = un −1 + 3vn −1 ⇒ v = u v un − 3vn = un −1 − 3vn −1 n n −1 n −1 ) ) 2 0,5 n−1 n −1 suy un + 3vn = (un −2 + 3vn −2 ) = K = (u1 + 3v1 ) = (2 + 3) un − 3vn = (un − − 3vn − ) = K = (u1 − 3v1 ) n −1 ( = 2− ) 2n−1 2 1 u = + + − n Do n −1 n −1 v = + − − n n−1 n −1 2 + + − un ÷ ⇒ yn = = 3 2n−1 2n−1 ÷ 2+ ÷ − 2− ( ) ( n−1 ( ) ) ( ( n−1 ( ) ) ) ( ( 0,5 ) ) Từ cách đặt suy xn = yn + = ( + ) 2n−1 Suy lim n →+∞ + 2013 xn = lim n →+∞ xn ( + 2013.2 + ( 2+ ) ( + 3) n →+∞ Câu (3 điểm) 2n−1 2n−1 0,5 = lim ) 2n−1 + 2013.2 = 2013 Do x, y, z > nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức 1 1 1 + + + + + ≥ yz x zx y xy z 1 1 + + + xyz x y z (1) 0,5 1 1 Đặt a = x ; b = y ; c = z suy x + y + z = ⇔ + + = a b c Nhân hai vế đẳng thức abc = 1 + + = cho a b c abc , ta được: bc ca ab + + a b c Khi (1) ⇔ a + bc + b + ca + c + ab ≥ abc + a + b + c Mặt khác a + bc ≥ a + 0,75 0,5 bc , a http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word bc bc ⇔ a + bc ≥ a + + bc a a 1 ⇔ bc ≥ bc 1 − − ÷+ bc b c a + bc ≥ a + ⇔ b + c − bc ≥ ⇔ Tương tự b + ca ≥ b + ( b− c ) ≥0 0,75 ca ab ; c + ab ≥ c + b c bc ca ab + + a b c ⇔ a + bc + b + ca + c + ab ≥ abc + a + b + c a = b = c Dấu đẳng thức xảy 1 ⇔ a = b = c = a + b + c = Suy a + bc + b + ca + c + ab ≥ a + b + c + 0,5 Do bất đẳng thức cho chứng minh dấu “=”xảy x= y=z= Câu 6,5 điểm a) Tìm tọa độ đỉnh B, C Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình: x + y −3 = x =1 ⇔ ⇒ A ( 1; ) 4x + y − 14 = y = Đường thẳng AB qua A ( 1; ) ; D(3; −2) có phương trình 2x + y − = 3,0 0,5 Qua D kẻ đường thẳng d3 vng góc d cắt d H Suy d3 : x − y − = Khi tọa độ điểm H nghiệm hệ phương x + y − = x=4 ⇔ ⇒ H ( 4; −1) x − y − = y = −1 trình 0,75 Gọi E điểm đối xứng D qua H, suy E ( 5;0 ) ∈ AC Do đường thẳng AC có phương trình: x + y − = Gọi α góc hai đường thẳng AB AC Ta có cos α = 2.1 + 1.2 5 = · ⇒ sin( BAC )= 5 Theo định lí sin tam giác ABC ta có 0,5 BC = 2R ⇒ BC = · sin( BAC ) 5−c Do B ∈ AB; C ∈ AC nên B(b; − 2b), C c; ÷ 0,5 b + c 13 − 4b − c ÷ ; Gọi I trung điểm BC, suy I http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word I ∈ d1 nên BC = Do b = −4b + c + = c = 4b − c = 4b − c = −3 ⇔ ⇔ ⇔ b = − b + c + b = (b − 1) = ÷ =9 ( b − c ) + b = c = 0,5 Vì hồnh độ B C dương nên hai điểm cần tìm B(2;0), C (5;0) b) Chứng minh: MA.ha + MB.hb + MC.hc ≥ abc 0,25 3,5 Từ định lí sin tam giác ABC có a b c a b c = = = R ⇒ sin A = ;sin B = ;sin C = sin A sin B sin C 5 1 bc ca ab S ∆ABC = bc.sin A = a.ha ⇔ = ; hb = ; hc = 2 5 MA MB MC MA.ha + MB.hb + MC.hc ≥ abc ⇔ + + ≥ a b c MA MB MC MA.GA MB.GB MC.GC + + = + + Ta có = a b c a.GA b.GB c.GC MA.GA MB.GB MC.GC + + = ÷ a.ma b.mb c.mc 0,5 0,5 (với G trọng tâm; ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến tam giác ABC) 2 Mặt khác: a.ma = a 2b + 2c − a = 3a ( 2b + 2c − a ) 0,25 Áp dụng BĐT AM-GM cho số dương 3a ; 2b + 2c − a , ta được: 3a + ( 2b + 2c − a ) 2 2 ≥ 3a ( 2b + 2c − a ) ⇔ a + b + c ≥ 3a ( 2b + 2c − a 2 2 2 0,75 ) 1 ≥ 3 2 ÷ a.ma a +b +c 1 1 Tương tự : b.m ≥ a + b + c ÷; c.m ≥ a + b + c ÷ b c Do đó: ama ≤ (a + b2 + c2 ) ⇒ MA MB MC 3 + + ≥ MA.GA + MB.GB + MC.GC ) 2 ( a b uucur uuu a + b + c r uuur uuu r uuuu r uuur Ta lại có: MA.GA ≥ MA.GA ; MB.GB ≥ MB.GB ; MA.GA ≥ MC.GC uuur uuu r uuur uuur uuuu r uuur MA MB MC 3 Suy + + ≥ MA.GA + MB.GB + MC.GC 2 a b c a +b +c uuur uuu r uuur uuur uuuu r uuur Mà MA.GA + MB.GB + MC.GC = Suy ( ) (1) 0,5 (2) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,5 uuuu r uuu r uuu r uuuu r uuu r uuu r uuuu r uuur uuur ( MG + GA) GA + ( MG + GB ) GB + ( MG + GC ) GC a + b2 + c2 ma + mb + mc2 ) = ( MA MB MC + + ≥ Thay vào (2), ta được: a b c Hay MA.ha + MB.hb + MC.hc ≥ abc (đccm) = GA2 + GB + GC = 0,5 Dấu đẳng thức xảy dấu đẳng thức (1) (2) đồng thời xảy ⇔ M ≡ G tam giác ABC http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word