Đang tải... (xem toàn văn)
Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 biên soạn bởi Sở Giáo dục và Đào tạo Quảng Nam với mục tiêu hỗ trợ giáo viên trong quá trình biên soạn đề thi, bài tập đánh giá năng lực của học.
SỞ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013 2014 Ngày thi : 02/10/2013 Mơn thi : TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (5,0 điểm) 3x − − x + = 2x − x − a) Giải phương trình: 8 x + 3x − 13x − 15 = − y (x, y y ﾡ) y + = 5y (x + 2x + 2) b) Giải hệ phương trình: . Câu 2 (4,0 điểm) 2014 u1 = 2013 2u n +1 = u n2 + 2u n , ∀n ﾡ * a) Cho dãy số (un) xác định bởi: 1 Sn = + + + u1 + u + un + Đặt . Tính: limSn ﾡ b) Tìm tất cả các hàm số f liên tục trên thỏa mãn: ﾡ f(3x – y + ) = 3f(x) – f(y), x, y trong đó là số thực cho trước Câu 3 (5,0 điểm). a) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = MA.h a + MB.h b + MC.h c (với ha, hb, hc lần lượt là độ dài các đường cao vẽ từ A, B, C). b) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H và G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là điểm đối xứng với H qua G. Tìm tập hợp các điểm A, biết rằng điểm E thuộc đường thẳng BC Câu 4 (3,0 điểm) a) Tìm tất cả các số ngun dương a, b, c sao cho: a + 2b = c và a3 + 8b3 = c2 b) Cho đa thức f(x) có bậc n > 1, có các hệ số đều là các số nguyên và thỏa mãn điều kiện f(a + b) = a.b, với a, b là hai số nguyên cho trước (a, b khác 0) Chứng minh rằng f(a) chia hết cho b và f(b) chia hết cho a Câu 5 (3,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = 8. ﾡ Chứng minh rằng với mọi k *, ta có: a2 k (a + b)(a + b2 )(a + b ) (a k k −1 + b2 k −1 + ) b2 (b + c)(b + c )(b + c ) (b k −1 + c2 k −1 + ) c2 k (c + a)(c2 + a )(c4 + a ) (c2 k −1 + a2 k −1 Hết ) 2k −1 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013 – 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN 12 THPT Câu 1 5.0 3x − − x + = 2x − x − a) Giải PT: (1) + Điều kiện: (*). Khi đó: 2x − = (2x − 3)(x + 1) 3x − + x + (1) 2x − = (2) = x + (3) 3x − + x + x 2.5 0.2 1.0 0.2 Câu 2 2014 u1 = , 2u n +1 = u n2 + 2u n , ∀n 2013 a) 4.0 N* Với mọi k N*, ta có : uk 1 = = − u k + u k (u k + 2) u k u k (u k + 2) = 1 − = − u k 2u k +1 u k u k +1 2.0 0.25 0.25 0.25 (2) x = 3/2 (thỏa (*)) 12 x 3x − +3 x + Vì nên 1 (3) vơ nghiệm Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 3/2 x + 3x − 13x − 15 = y3 − y 0.2 0.2 0.2 0.2 2.5 y + = 5y (x + 2x + 2) b) Giải hệ PT (I): + Điều kiện: y ≠ 0 (*). Khi đó: (x + 1)(x + 2x − 15) = 1+ y2 � �4 − 4� � � y� �y � 0.2 0.2 = 5[(x + 1) + 1] (I) y Đặt a = x + 1, (b ≠ 0), hệ trên trở thành: b= ( a(a − 16) = b b − ) + b = 5(a + 1) 0.2 a − b3 = 16a − 4b b − 5a = (1) a3 – b3 = (b2 – 5a2)(4a – b) 21a3 – 5a2b – 4ab2 = 0 4bb a=− 73 a = 0 hoặc hoặc + Thay a = 0 vào (1) được b2 = 4 và tìm được hai nghiệm (–1 ; –1), (–1 ; 1) b a=− + Thay vào (1) được b = 9 và tìm được hai nghiệm (–2 ; 2/3), (0 ; – 2/3) 4b a= + Thay vào (1) được : 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 Sn = 1/ u1 − 1/ u n +1 0.5 u n +1 = (u n2 + 2u n ) / > 1, ∀n u1 > 1.CM: un > 1, n N* N* 0.25 u n +1 − u n = u n2 / > 0, ∀n N * 0.25 Ta có: (un) tăng Giả sử (un) bị chặn trên thì (un) tồn tại 0.25 giới hạn hữu hạn: limun = a (a ≥ 1) 2a=a2 + 2a a = 0. Mâu thuẫn với a≥1 lim(1/ u n +1 ) = limun = + limSn = 1/ u1 = 2013 / 2014 Vậy: b) f(3x – y + ) = 3f(x) – f(y), x,y R 2.0 (1) 3x '− y ' x=y= 0.25 Trong (1), thay ta được: �3x '− y ' � f (3x '− y '+ α) = 2f � � � � , x’, y’ R �3x − y � 0.25 f (3x − y + α) = 2f � � � � , x, y R (2) 0.25 Từ (1) và (2) suy ra: � �3 f � x − y �= f ( x ) − f ( y ) � 2 �2 , x,y R (3) Thay x = 0, y = 0 vào (3) ta được: 0.25 f(0) = 3f(0)/2–f(0)/2 f(0) = b, b tùy ý � �3 f � x − y �− f (0) � 0.25 �2 (3) = [f ( x ) − f (0)] − [f ( y ) − f (0)] 2 0.25 , x,y R Đặt g(x) = f(x) – f(0), ta có: g(0) = 0 và: 0.25 � �3 g � x − y �= g ( x ) − g ( y ) � 2 �2 , x,y R 0.25 3 1 � � � � g � x �= g ( x ) , g � − y �= − g ( y ) �2 � �2 � , x,y R 31 b =4 49 (vô nghiệm) Kết luận đúng − 0.2 0.2 Câu 3 a) = Ta có: 2S 2S 2S = , hb = = , hc = = a a b b c c �MA.GA MB.GB MA.GC � T = 2� + + � � MA.GA a.GA MB.GB b.GB MA.GC c.GC � � � = 3� + + � b.mc c.mc � � a.m a 1 a.ma = a 2b + 2c − a = 2 a.m a b.m b T a + b2 + c2 , c.mc 5.0 3.0 Câu 4 a) a + 2b = c (1), a3 + 8b3 = c2 (2) 0.2 0.2 (2) (a + 2b)(a – 2ab + 4b ) = c (3) Từ (1) và (3) suy ra: (2) a2 – 2ab + 4b2 = (a + 2b) 4b2 – 2(a + 1)b + a2 – a = 0 (4) ’ = (a + 1)2 – 4(a2 – a) = –3a2 + 6a + 1 (4) có nghiệm ’ ≥ 0 3a2 – 6a 1 3(a – 1)2 4 a = 1 hoặc a = 2 (vì a N*) + a = 1 b = 1, c = 3 + a = 2 b = 1, c = 4 Vậy (a;b;c) =(1;1;3) hoặc (a;b;c) =(2;1;4) b) 0.2 a n [(a+b) n − a n ] + a n −1[(a+b) n −1 − a n −1]+ +a1b = 0.2 0.2 3a (2b + 2c2 − a ) a + b2 + c2 a + b + c2 (MA.GA + MB.GB + MC.GC) (1) � �3 � � � �3 g � x − y �= g � x �+ g � − y� � �2 � � � �2 , x,y R g(x+y) = g(x) + g(y), x,y R Vì g liên tục trên R nên: g(x) = ax, x R, với g(1) = a (a tùy ý) f(x) = ax + b, x R (4) (với a, b tùy ý) Thay (4) vào (1) ta được: b = a Vậy f(x) = ax + a , với a tùy ý. 2 3.0 2.0 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 f (x) = a n x n + a n −1x n −1 + + a1x1 + a Giả sử: Ta có: f(a + b) – f(a) = 0.25 n −1 n −2 n −2 n −1 0.25 0,2 = a n b[(a+b) + a(a+b) + +a (a + b) + a ] 5r uuuur uuur uuur uuur uuur uuu +a b[(a+b) n −2 + a(a+b) n −3 + +a n −3 (a + b) + a n − ]0.25 0.2 n −1 MA.GA + MB.GB + MC.GC MA.GA + MB.GB + MC.GC 0.25 + +a1b uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur = (MG + GA)GA + (MG + GB)GB + (MG + GC)GC 0.2 Suy ra: f(a + b) – f(a) chia hết cho b Mà f(a+b) chia hết cho b nên f(a) chia hết cho b 0.2 Tương tự, f(b) chia hết cho a Tương tự Câu 5 3.0 Đẳng thức xảy ra a = b = c Đặt P là vế trái của BĐT đã cho và : a + b2 + c2 k k k b2 a2 c2 Q= + + k −1 k −1 k −1 k −1 k −1 2k −+1c)(b 0.2(a + b)(a + b2 ) (a (c +2 a)(c+2 b+2a ) (c ) (b + a 22 + c)2 ) (b + c2 ) T = MA.h a + MB.h b + MC.h c 0.2 0.2 Ta có: P – Q = (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0 0.5 0.5 a + b + c2 a + b2 c2 + a b + c2 = GA + GB + GC = (m a2 + m 2b + mc2 ) = � 2P = P +(2) Q= + + k −1 k −1 2k −12)k −1(b+ +a 2c)(b 2) + c ) (b 2k −1 + c 2k −1 ) (a + b)(a + b(c2 ) (a + a)(c2 + a+2b) (c 2 k Đẳng thức xảy ra uuuu uuurr uuurr MA, MC, MB, GC GB GA T k minT = Vậy ABC đều và M trùng G 2.0 C H G O E Xây dựng hệ tọa độ như hình vẽ Đặt BC = 2b (b>0), ta có: A B(0 ; –b), C(0 ; b) Giả sử A(x0 ; y0) (x0 ≠ 0) Ta có: G(x0/3; y0/3) x Tọa độ điểm H là nghệm của hệ phương trình: y = y0 B 0.2 0.2 E là điểm đối xứng với H qua G khi và chỉ khi: − y02 2x b − x0 y E = 2y G − y H = − y / 2x b − y02 − =0 x0 E BC xE = 0 2xx0202+ 3y 02y=02 3b + =1 3b / b x2 3b / + y2 b2 k (a k a + b2 2P a+b 2k + + b2 k −1 ) k (a + b)(a + b ) (a k −1 0.25 a+b k −1 + b2 b+c 2k + k −1 0.5 2k ) c+a 0.5 2k Tương tự với các số hạng khác của P+Q, suy 0.25 ra: =� P a +b+c 33 abc 2k 2k 2k −1 0.25 0.2 �b − y02 � H� ; y0 � � x0 � � � k Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2 x x + (y − b)(y + b) = x E = 2x G − x H = k 2(a + b ) b) k 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 2(a4 + b4) ≥ (a2 + b2)2 …………………… Từ (1) và (2) suy ra: y k 0.25 Ta có: cùng hướng, cùng hướng, cùng hướng M trùng G k =1 Suy ra tập hợp các điểm A trong mp Oxy là elip: loại trừ 2 điêm B, C / 2.BC 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 Vậy tập hợp các điểm A là elip có trục nhỏ BC, trục lớn có độ dài bằng , loại trừ B, C Ghi chú: Nếu thí sinh có cách giải khác nhưng vẫn đúng thì ban giám khảo cần thảo luận thống nhất biểu điểm và cho điểm phù hợp với thang điểm ... Hết ) 2k −1 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ? ?THI? ?CHỌN HỌC? ?SINH? ?GIỎI LỚP? ?12? ?THPT QUẢNG? ?NAM NĂM HỌC 2013? ?–? ?2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN? ?12? ?THPT Câu 1 5.0 3x − − x + = 2x − x −... a3? ?–? ?b3 = (b2? ?–? ?5a2)(4a? ?–? ?b) 21a3? ?–? ?5a2b? ?–? ?4ab2 = 0 4bb a=− 73 a = 0 hoặc hoặc + Thay a = 0 vào (1) được b2 = 4? ?và? ?tìm được hai nghiệm (–1 ;? ?–1 ), (–1 ; 1) b a=− + Thay vào (1) được b... (a + 2b)(a ? ?–? ?2ab + 4b ) = c (3) Từ (1)? ?và? ?(3) suy ra: (2) a2? ?–? ?2ab + 4b2 = (a + 2b) 4b2? ?–? ?2(a + 1)b + a2? ?–? ?a = 0 (4) ’ = (a + 1)2? ?–? ?4(a2? ?–? ?a) =? ?–3 a2 + 6a + 1 (4) có nghiệm ’ ≥ 0 3a2? ?–? ?6a