3,0 điểm Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:... 4,0 điểm Cho tam giác nhọn ABC có H là trực tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp.. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam g
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
-ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: Toán - Bảng B
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 01/12/2011
-Câu 1 (3,0 điểm)
Giải phương trình sau trên tập số thực:
4x (1 x ) 3 1x x x
Câu 2 (3,0 điểm)
Chứng minh rằng biểu thức sau chia hết cho 250:
2011 2011
5 (1 5) (1 5) 20110
Câu 3 (3,0 điểm)
Cho x y, là hai số thực thoả mãn x2xy y 2 1 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:
3 3 3 2 2 3( 3 3 )
P x y x y x y y x
Câu 4 (4,0 điểm)
Cho dãy số ( )u n được xác định bởi:
1 0
1
2009 2011
n n n
u u u
với n 2, 3, Đặt
1
1 2009
n n
v
u
a) Tìm số hạng tổng quát của dãy số ( )u n
b) Tính lim
2011
n n
v n
Câu 5 (3,0 điểm)
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:
Trang 23 2 2 3 2 2
Câu 6 (4,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có H là trực tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp Gọi R là bán kính
đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC và P là một điểm bất kỳ thuộc đoạn OH Chứng minh rằng:
3
PA PB PC R
-HẾT - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT - NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Trang 3ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán - Bảng B
(Hướng dẫn chấm này gồm 4 trang)
Câu
(3 điểm)
Điều kiện: 1 x 1 Đặt xcos ,t t0; 0,50
Ta được phương trình:
4cos3t (1 cos ) 2t 3 3cos 1 cos2t 2t cost
4cos t sin t 3cos sint t cost
(vì sint 0, x 0; ) (1)
0,75
Vì cost 0 không thỏa phương trình (1), nên xét cost 0
Chia 2 vế của phương trình (1) cho cos t3 , ta được phương trình:
tan3t tan2t 3tant 3 0 (tant 1)(tan2t 3) 0
0,75
t
t
Vì t 0; nên ; ; 2
t t t Suy ra 2
2
2
2
Câu 2
(3 điểm)
Áp dụng khai triển các nhị thức sau:
2011 0 1 2 2 2010 2010 2011 2011
(1 x) C C x C x C x C x
2011 0 1 2 2 2010 2010 2011 2011
(1 x) C C x C x C x C x
0,75
2011 2011 2011 (1 x) (1 x) 2 C x C x C x
2011 2011 2011
x (1 x) (1 x) 2x C C x C x (*) 1,0 Thay x = 5 vào (*) ta được
2011 2011 2011
5 (1 5) (1 5) 2.5 C C ( 5) C ( 5)
Do đó 2 4 2010
M C C C (**)
0,75
Vì 3 2 2011 2010
2010( 5) 2011( 5)
C C chia hết cho 25, nên vế phải của (**) là số
nguyên chia hết cho 250, do đó M chia hết cho 250 0,50
Câu 3
(3điểm)
Ta có
P x y x y x y y x x y x y xy x y
x y xy xy x y x y xy
Đặt t xy, ta được P t 3 3t
1,0
Từ giả thiết x2xy y 2 1 x2y2 1 xy (2) 1,0
Trang 4Từ (2) ta có: (x y )2 1 xy 0 xy (3)1
Với mọi x y, ta có (x y )2 4xy0 nên
3
x y y xy xy (4) Xét hàm số f t( ) t3 3t, từ (3) và (4) suy ra tập xác định của hàm số là
1 1;
3
D
2
Ta có ( 1) 2, 1 26
3 27
f f
Vậy : min 26
27
P đạt được khi 1 ( ; ) 3; 3
t x y
hoặc
x y
m ax P 2 đạt được khi t 1 ( ; ) (1; 1)x y hoặc ( ; ) ( 1;1)x y .
1,0
Câu 4
(4 điểm)
a) Tìm số hạng tổng quát của dãy ( )u n (2,0 điểm)
n
u
2009 2010( 2009)
n
u
1,0
1
2009 1005 2009
2009 1005
n
n
u
2009
y
Khi đó dãy (y n) có số hạng tổng quát là
1
2009 1005
n n
y
(vì dãy (y n) là một cấp số nhân) Suy ra
1
1
1
1005
1 2009(1005) 1
2009 1005
n
n
u
1,0
Trang 5b) Tính lim
2011
n n
v n
(2,0 điểm)
Ta có
1 1
1
2009
k k
k
u
u
0,50
Do đó
1
2009 2009.2008 1005 1005 1005 2008
n n
n u
1
1005 1
1005
=
n
n
0,50
Suy ra
1
1005 1
1005
2011 2009.2008.1004( 2011) 2008( 2011)
n n
Khi đó
1
1005 1
2011 2009.2008.1004( 2011) 2008( 2011) 2008
n
n
1,0
Câu 5
(3 điểm) Hệ đã cho trở thành
2
2
(5) (6)
0,50
Ta nhận thấy x 0 không là nghiệm của hệ, xét x 0
Từ phương trình (5), chia hai vế cho x 3 ta được phương trình
3
Đặt 1
t t
x Khi đó ta thu được phương trình:
8t3 14t210t 2 2 2 3 t2 1
0,50
Trang 62 2 3 2
Xét hàm số f u( )u32 ,u u Ta có f u'( ) 3 u2 2 0, u
Suy ra f(u) đồng biến trên
Từ (*) ta thấy f t(2 1)f 32t2 1 Do f(u) đồng biến, suy ra
0,50
32t 1 2 t 1 2t 1 (2 1) t 2 (4t t 7t3) 0
1 1
4 3
3 4
x t
x t
0,50
+ với x 1, từ (6) suy ra
2 1 17
4 0
2
y y y hoặc 1 17
2
y
+ với 4
3
x , từ (6) suy ra
2 2 10
3
y y y hoặc 2 10
3
y
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm:
1 17 1 17 4 2 10 4 2 10
1,0
Câu 6
(4 điểm)
Đăt PO t HO t , [0;1]
Khi đó:
(1 )
PA PO OA t HO OA t OA tHA
PAPA t OA t HA t OA t HA
Tương tự suy ra:
3(1 ) 2 ( osA+cos B +cos C)
t R Rt c
(*)
1,50
Chứng minh được: HA = 2RcosA, HB = 2RcosB, HC = 2RcosC 0,50 Lại có cosA cosB cosC 1 r
R
(**) và R 2r (***) nên 3(1 ) (2 2 ) 3(1 ) (2 ) 3
PA PB PC t R t R r t R t R R R
0,50
Dễ dàng chứng minh được
cos cos cos 1 4sin sin sin
A B C (7)
∆ABC có bán kính đường tròn nội tiếp r, (I ; r) tiếp xúc BC tại M thì
0,50
Trang 7sin 2 cot cot
2 2 sin sin
B C r
Hay
A
4sin sin sin
(8)
Thay (8) vào (7) ta được cosA cosB cosC 1 r
R
(**) được chứng minh
0,50
Ta lại có
2
r S / p 4S 4(p a)(p b)(p c)
R abc / 4S abcp abc
(b c a)(c a b)(a b c)
2abc
TrongABC ta có :
a2 a2 – (b c)2 = (a + b c)(a b + c)
b2 b2 – (ac)2 = (b + a c)(b a + c)
c2 b2 – (a b)2 = (c + a b)(c a + b)
a2.b2.c2 (a + b c)2(b + c a)2(c + a b)2
abc (a + b c)(b + c a)(c + a b)
Vậy r 1
R 2 (***) được chứng minh.
0,50
Lưu ý: Học sinh có cách giải khác, nếu đúng đều cho điểm tối đa theo từng bước.