Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 QUẢNG NAM THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 Ngày thi: 02/10/2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (5,0 điểm). a) Giải phương trình: 3x 2 x 1 2x2 x 3 . 8 8 x3 3x2 13x 15 3 b) Giải hệ phương trình: y y (x,y ¡ ) . 2 2 2 y 4 5y (x 2x 2) Câu 2 (4,0 điểm). 2014 u1 a) Cho dãy số (un) xác định bởi: 2013 2 2un 1 un 2un , n ¥ * 1 1 1 Đặt Sn . . . . Tính: limSn . u1 2 u2 2 un 2 b) Tìm tất cả các hàm số f liên tục trên ¡ thỏa mãn: 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.ha MB.hb 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). 0
2. a) Tìm tất cả các số nguyên 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. Chứng minh rằng với mọi k ¥ *, ta có: k k k a2 b2 c2 3 . k 1 k 1 k 1 k 1 k 1 k 1 k 1 (a b)(a2 b2)(a4 b4) (a2 b2 ) (b c)(b2 c2)(b4 c4) (b2 c2 ) (c a)(c2 a2)(c4 a4) (c2 a2 ) 2 Hết 1
3. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12 THPT Câu 1. 5.0 Câu 2. 4.0 a) Giải PT: 3x 2 x 1 2x2 x 3 a) 2.5 2014 2.0 (1) u , 2u u2 2u , n N* 1 2013 n 1 n n 2 + Điều kiện: x (*). Khi đó: 0.2 Với mọi k N*, ta có : 3 5 1 uk 1 2 2x 3 (1) (2x 3)(x 1) uk 2 uk (uk 2) uk uk (uk 2) 3x 2 x 1 0.2 1 2 1 1 1.0 = 5 2x 3 0 (2) uk 2uk 1 uk uk 1 1 x 1 (3) Sn 1/ u1 1/ un 1 3x 2 x 1 0.2 u1 > 1.CM: 5 (2) x = 3/2 (thỏa (*)) 0.2 2 un 1 (un 2un ) / 2 1,n N* 2 1 5 Vì x nên 1,  n N* 0.2 2 1 > 1 Ta có: un 1 un un / 2 0,n N* 5 (3) vô nghiệm 0.2 (un) tăng Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm 5 0.5 Giả sử (u n) bị chặn trên thì (un) x = 3/2. tồn tại giới hạn hữu hạn: limun = a (a ≥ 1). 0.2 5 2a=a2 + 2a a = 0. Mâu thuẫn với a≥1 0.2 0.2 limun = + lim(1/ un 1) 0 . 5 5 Vậy: limSn 1/ u1 2013/ 2014 . 0.2 5 0.2 b) Giải hệ PT (I): 5 2.5 2
4. 8 8 x3 3x2 13x 15 0.2 3 y y 5 2 2 2 y 4 5y (x 2x 2) + Điều kiện: y ≠ 0 (*). Khi đó: 0.2 b) f(3x – y + ) = 3f(x) – f(y), 2.0 5 x,y R (1) 2 4 (x 1)(x2 2x 15) 4 2 y y 3x ' y' (I) Trong (1), thay x y ta 4 2 1 5[(x 1)2 1] 2 được: y 0.2 3x ' y' 0.2 2 5 f (3x ' y' ) 2f , x’, y’ R Đặt a = x + 1, b (b ≠ 0), hệ trên trở 2 5 y 3x y thành: f (3x y ) 2f , x, y R 2 2 2 a(a 16) b b 4 (2) 2 2 Từ (1) và (2) suy ra: 1 b 5(a 1) , 3x,y 1 R 3 1 a3 b3 16a 4b f x y f x f y 2 2 2 2 0.2 2 2 b 5a 4 (1) (3) 5 a3 – b3 = (b2 – 5a2)(4a – b) 0.2 Thay x = 0, y = 0 vào (3) ta được: 5 21a3 – 5a2b – 4ab2 = 0 f(0) = 3f(0)/2–f(0)/2 f(0) = b, b tùy ý b 4b a = 0 hoặc a hoặc a 0.2 3 7 (3) 3 1 = f x y f (0) 2 2 5 + Thay a = 0 vào (1) được b 2 = 4 và 3 1 [f x f (0)] [f y f (0)] , tìm được hai nghiệm (–1 ; –1), (–1 ; 2 2 1). 0.2 5 x,y R b 2 + Thay a vào (1) được b = 9 và 3 Đặt g(x) = f(x) – f(0), ta có: g(0) = 0 và: tìm được hai nghiệm (–2 ; 2/3), (0 ; – 0.2 2/3). 3 1 3 1 0.2 5 g x y g x g y ,x,y R 2 2 2 2 4b 5 + Thay a vào (1) được : 7 3 3 1 1 ,g x,yx g x , g y g y 31 0.2 2 2 2 2 b2 4 (vô nghiệm). 49 5 R 0.2 Kết luận đúng. 3
5. 3 1 3 1 5 g x y g x g y ,x,y R 2 2 2 2 0.2 5 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 0.2 (a tùy ý) 0.2 5 5 f(x) = ax + b, x R (4) (với a, b tùy ý) 0.2 Thay (4) vào (1) ta được: b = a 5 Vậy f(x) = ax + a , với a tùy ý. 0.2 5 0.2 5 0.2 5 Câu 3. 5.0 Câu 4. 3.0 3 3 2 a) T MA.ha MB.hb MC.h c 3.0 a) a + 2b = c (1), a + 8b = c (2) 2.0 2S 2 2S 2 2S 2 2 2 2 Ta có: ha , hb , hc 0.2 (2) (a + 2b)(a – 2ab + 4b ) = c 0.2 a a b b c c 5 (3) 5 MA.GA MB.GB MA.GC T 2 a.GA b.GB c.GC Từ (1) và (3) suy ra: MA.GA MB.GB MA.GC 0.2 (2) a2 – 2ab + 4b2 = (a + 2b) 0.2 3 a.ma b.mc c.mc 5 5 4b2 – 2(a + 1)b + a2 – a = 0 (4) 1 2 2 2 1 2 2 2 2 a.ma a 2b 2c a 3a (2b 2c a ) 2 2 3 ’ = (a + 1)2 – 4(a2 – a) = –3a2 + 6a + 0.2 0.2 a2 b2 c2 1 a.ma 2 3 5 5 (4) có nghiệm ’ ≥ 0 4
6. Tương tự a2 b2 c2 a2 b2 c2 2 2 0.2 b.mb , c.mc 3a – 6a 1 3(a – 1) 4 2 3 2 3 5 a = 1 hoặc a = 2 (vì a N*) 6 3 T (MA.GA MB.GB MC.GC) (1) a2 b2 c2 0.2 + a = 1 b = 1, c = 3 5 0.2 Đẳng thức xảy ra a = b = c. + a = 2 b = 1, c = 4       5 MA.GA MB.GB MC.GC MA.GA MB.GB MC.GC Vậy (a;b;c) =(1;1;3) hoặc (a;b;c)          0.2 (MG GA)GA (MG GB)GB (MG GC)GC =(2;1;4) 5 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 a b c GA GB GC (ma mb mc ) (2) 0.2 9 3 0.2 Đẳng thức xảy ra 5     5 MA, GA cùng hướng, MB, GB cùng 0.2   5 hướng, MC, GC cùng hướng M 0,2 trùng G. 5 b) 1.0 Từ (1) và (2) suy ra: T 2 3 0.2 Giả sử: Vậy mi n TABC 2 3 đều và M n n 1 1 5 f (x) anx an 1x a1x a0 trùng G. 0.2 Ta có: f(a + b) – f(a) = 5 n n n 1 n 1 = an[(a+b) a ] an 1[(a+b) a ]+ +a1b 0.2 n 1 n 2 n 2 n 1 5 anb[(a+b) a(a+b) + +a (a b) a ] 0.2 n 2 n 3 n 3 n 2 5 +an 1b[(a+b) a(a+b) + +a (a b) a ] + +a1b Suy ra: f(a + b) – f(a) chia hết cho b 0.2 Mà f(a+b) chia hết cho b nên f(a) 5 chia hết cho b 0.2 Tương tự, f(b) chia hết cho a. 0.2 5 5 0.2 0.2 5 5 Câu 5. 3.0 0.2 5 Đặt P là vế trái của BĐT đã cho và : 5
7. k k b2 c2 b)y 2.0 Q 2 2 2k 1 2k 1 2 2 2k 1 2k 1 C (a b)(a b ) (a b ) (b c)(b c ) (b c ) 0.5 k Xây dựng hệ tọa độ a2 H A . 0.5 như 2 2 2k 1 2k 1 G 0.2 (c a)(c a ) (c a ) hình vẽ. 5 0.2 O x E Ta có: P – Q = (a – b) + (b – c) + (c – 5 Đặt BC = 2b (b>0), a) = 0 ta có: k k k k a2 b2 b2 c2 B 2P P Q k 1 k 1 k 1 k 1 0.2 B(0 ; –b), C(0 ; b) (a b)(a2 b2) (a2 b2 ) (b c)(b2 c2) (b2 c2 ) k k 5 c2 a2 Giả sử A(x0 ; y0) (x0 0.2 k 1 k 1 ≠ 0) 5 (c a)(c2 a2) (c2 a2 ) 0.5 Ta có: G(x0/3; y0/3) Ta có: 0.5 Tọa độ điểm H là 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 nghệm 2(a4 + b4) ≥ (a2 + b2)2 của hệ phương trình: 0.2 0.2 y y0 5 5 2k 2k 2k 1 2k 1 2 x0x (y0 b)(y b) 0 2(a b ) (a b ) b 2 y 2 k k H 0 ; y 2 2 0 a b a b 0.2 x 0 k 1 k 1 k (a b)(a2 b2) (a2 b2 ) 2 5 E là điểm đối xứng với H qua G khi 0.2 Tương tự với các số hạng khác của và chỉ khi: 5 a b b c c a 2 2 P+Q, suy ra: 2P 2x0 b y0 k k k xE 2xG xH 2 2 2 3 x0 y 2y y y / 3 a b c 33 abc 3 E G H 0 P 2k 2k 2k 1 2x b2 y2 E BC xE = 0 0 0 0 0.2 3 x0 5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b 2 2 = c = 2. 2 2 2 x0 y0 2x0 3y0 3b 1 3b2 / 2 b2 Suy ra tập hợp các điểm A trong 0.2 x2 y2 mp Oxy là elip: 1 loại trừ 5 3b2 / 2 b2 0.5 2 điêm B, C. Vậy tập hợp các điểm A là elip có trục nhỏ BC, trục lớn có độ dài bằng 0.2 6
8. 3/ 2.BC , loại trừ B, C. 5 7