Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo TP. Hồ Chí Minh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo TP. Hồ Chí Minh (Có đáp án)

1. www.VNMATH.com SỞ GIÁ O DUC̣ VÀ ĐÀ O TAỌ KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỚP 12 THPT NĂM HOC̣ 2012-2013 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 18 - 10 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC T hời gian làm bài: 180 phút. Bài 1. (4 điểm) xy x y 1 Giải hệ phương trình 3 2 3 4x 12 x 9 x y 6 y 7 Bài 2. (4 điểm) 1 u 1 2 Cho dãy số ()un xác định bởi 34un * un 1 ,  n N 21un Chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Bài 3. (4 điểm) 1 1 1 Cho x,, y z là các số dương thỏa mãn 1. Chứng minh: x y z x yz y zx z xy xyz x y z Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với các đường cao AH, BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao cho các đường thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F . Chứng minh rằng khi M di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) thì trung điểm của đoạn EF luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Bài 5. (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức Px() hệ số thực thỏa mãn : P( x ). P ( x 3) P ( x2 ),  x HẾT
2. www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ VÒNG 1 Bài 1. (4 điểm) xy x y 1 Giải hệ phương trình 3 2 3 4x 12 x 9 x y 6 y 7 Giải yz z 2 Đặt Hệ phương trình tương đương zx 1 33 y 3 y ( z 2) 4 z 0 yz z 2 yz z 2 y3 3 y 2 z 4 z 3 0 y z  y 2 z 1 17 1 17 5 17 5 17 zz xx 44 44   1 17 1 17 1 17 1 17 yy yy 22 22 Bài 2. (4 điểm) 1 u 1 2 Cho dãy số ()un xác định bởi 34un * un 1 ,  n N 21un Chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Giải * Từ giả thiết ta suy ra un 0,  n N 3x 4 3 5 5 Xét fx() , với x 0 , f'( x ) 2 0,  x 0 2xx 1 2 2(2 1) (2x 1) 1 u1 Ta có 2 unn 1 f( u ),  n N * 3 5x fx() ,  x 0 và f( x ) 4 0,  x 0 2 21x 3 un 4,  2 dãy ()u bị chặn 2 n n xunn 21 Đặt yunn 2 Do f(x) nghịch biến trên (0; ) nên g(x) = f(f(x)) đồng biến trên (0; ) f()() xn f u2 n 1 u 2 n y n ; f()() yn f u2 n u 2 n 1 x n 1 g( xn ) f ( f ( x n )) f ( y n ) x n 1 1 11 49 u ;; u u Ta thấy u u x x 12 2 4 3 26 1 3 1 2 * Giả sử rằng xk x k 11 g()() x k g x k xxkk 12. Vậy xnn x 1,  n N Suy ra ()xn tăng và bị chặn trên ()xn có giới hạn hữu hạn a . Do xn x n 1 f()() x n f x n 1 y n y n 1 dãy ()yn giảm và bị chặn dưới
3. www.VNMATH.com ()yn có giới hạn hữu hạn b. 3 3 3 xnn, y ;4,  n 2 a , b ;4 a , b ;4 2 2 2 Ta có f()()()() xnn y f a b f a b I f() y x f( b ) a f ( b ) f ( a ) a b (1) nn 1 5 1 1 (1) a b ( a b ) (2 a 1)(2 b 1) 5 0 a b 2 2ba 1 2 1 (do (2ab 1)(2 1) (3 1)(3 1) 16 5) 3 ba ;4 2 Vậy từ (I) ab 2 . 34a a 21a Vậy limun 2 Bài 3. (4 điểm) 1 1 1 Cho x,, y z là các số dương thỏa mãn 1. Chứng minh: x y z x yz y zx z xy xyz x y z (*) Giải 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (*) 1 ( ) x yz y zx z xy xy yz zx 1 1 1 1 Ta cần chứng minh: x yz x yz 1111 11121 12 112 1 (đúng) xyzxyz xyzx2 x yz yz x yz yz yz Chứng minh tương tự ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 , y zx y zx z xy z xy Cộng ba bất đẳng thức trên ta thu được ( ). Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với các đường A cao AH, BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao K cho các đường thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F . Chứng minh O rằng khi M di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) E B thì trung điểm của đoạn EF luôn nằm trên một đường H C M thẳng cố định. F Giải
4. www.VNMATH.com Ta chứng minh hai tam giác EHK và FHK có diện tích bằng nhau. Ta có MAC MBC 1 1 1 S KH. KE .sin BKH KH . KA .tan .sin BAH KH . AB .cos A .tan .cos B EHK 2 2 2 1 1 1 S HF. HK .sin FHK BH .tan . HK .sin AHK AB .cos B .tan . HK .cos A FHK 2 2 2 SSEHK FHK suy ra E, F cách đều HK mà E,F nằm về hai phía của HK Trung điểm của EF nằm trên đường thẳng HK. Bài 5. (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức Px() hệ số thực thỏa mãn : P( x ). P ( x 3) P ( x2 ),  x Giải : Ta tìm các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x –3)=P(x2) x R (1)  Trường hợp P(x)  C ( C là hằng số thực ) : P(x)  C thỏa (1) C2= C C = 0  C = 1 P(x)  0 hay P(x)  1  Trường hợp degP 1 Gọi là một nghiệm phức tùy ý của P(x) . Từ (1) thay x bằng ta có P( 2)=0 x= 2 cũng là nghiệm của P(x) . Từ đó có , 2, 4, 8, 16, là các nghiệm của P(x) . Mà P(x) chỉ có hữu hạn nghiệm (do đang xét P(x) khác đa thức không) 0 (I) 1 Từ (1) lại thay x bằng +3 ta có P(( +3)2)=0 x=( +3)2 là nghiệm của P(x) Từ x = ( +3)2 là nghiệm của P(x) tương tự phần trên ta có ( +3)2, ( +3)4, ( +3)8, ( +3)16, là các nghiệm của P(x) . Mà P(x) chỉ có hữu hạn nghiệm 302 30 (II) 2 31 31 (I) Như vậy , nếu là nghiệm của P(x) thì ta có thỏa hệ (II) y I O 3 1 x (I) Biểu diễn các số phức thỏa (I) và thỏa (II) trên mặt phẳng phức ta có hệ không có (II) nghiệm Không tồn tại đa thức hệ số thực P(x) bậc lớn hơn hoặc bằng 1 thỏa (1) Kết luận Các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x – 3)=P(x2) x gồm P(x)  0 , P(x)  1