a Cho dãy số un xác định bởi: Đặt.. 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: với ha, hb,
Trang 1GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2013 - 2014
Ngày thi : 02/10/2013 Môn thi : TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (5,0 điểm).
a) Giải phương trình:
.
b) Giải hệ phương trình:
Câu 2 (4,0 điểm).
a) Cho dãy số (un) xác định bởi:
Đặt Tính: limSn b) Tìm tất cả các hàm
số f liên tục trên thỏa
mãn:
f(3x – y + α ) = 3f(x) – f(y), ∀ x, y ∈
trong đó α 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:
(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 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:
2
3x 2 − − x 1 2x + = − − x 3
3
y
¡
1
2
2014 u
2013
=
n
¡
T MA.h = + MB.h + MC.h
¥
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2Hết
Trang 3-SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12 THPT
a)
2.0
+ Điều kiện: (*) Khi đó:
(1) ⇔
⇔
(2) ⇔ x = 3/2 (thỏa (*))
Vì nên < 1 và
x + 1 > 1
⇒ (3) vô
nghiệm
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 3/2
0.25 1.0 0.25
0.25 0.25 0.25 0.25
Với mọi k ∈ N*, ta có :
=
⇒
u1 > 1.CM:
⇒ un> 1, ∀ n ∈ N*
Ta có:
⇒ (un) tăng Giả sử (un) bị chặn trên thì (un) tồn tại giới hạn hữu hạn: limun = a (a ≥ 1)
⇒ 2a=a2 + 2a ⇒ a = 0 Mâu thuẫn với a≥1
⇒ limun = +∞⇒ Vậy:
0.25 0.25 0.25 0.5
0.25 0.25 0.25
+ Điều kiện: y ≠ 0 (*) Khi đó:
(I) ⇔
Đặt a = x + 1, (b ≠ 0), hệ trên trở thành:
⇔
⇒ a3 –
b3 = (b2 –
5a2)(4a – b)
⇔ 21a3 – 5a2b – 4ab2 = 0
⇔ a = 0 hoặc hoặc
+ Thay a = 0 vào (1) được b2 = 4 và
tìm được hai nghiệm (–1 ; –1), (–
1 ; 1)
0.25 0.25
0.25
0.25 0.25 0.25
b) f(3x – y + α) = 3f(x) – f(y), ∀x,y∈R (1)
2.0
Trong (1), thay ta được:
, ∀x’, y’∈R
⇒ , ∀x, y∈R (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
⇒,∀x,y∈R (3) Thay x = 0, y = 0 vào (3) ta được:
f(0) = 3f(0)/2–f(0)/2 ⇒ f(0) = b, b tùy ý
0.25
0.25 0.25
0.25
2
1 2014 n 1 n n
2 x 3
≥ 2x 3
(2x 3)(x 1)
1
x 1 (3)
− =
2 x 3
≥1 3x 2− + x 1+
k
k k k k k k
u
u 2=u (u 2)= u −u (u 2)
k k 1 k k 1
u −2u + = u −u +
n 1 n 1
S =1/ u −1/ u +
2
n 1 n n
u + =(u +2u ) / 2 1, n N *> ∀ ∈
2
n 1 n n
u + −u =u / 2 0, n N *> ∀ ∈
n 1
lim(1/ u + ) 0=
n 1
limS =1/ u =2013/ 2014
3 2
3
2 2 2
y y
2
2
2 2
2 4
y y 4
y
2 b y
=
2 2
a(a 16) b b 4
3 3
2 2
b a 3
= −4b a 7
=
3x ' y '
x y
2
−
= =
3x ' y '
f (3x ' y ' ) 2f
2
−
3x y
f (3x y ) 2f
2
−
Trang 4được hai nghiệm (–2 ; 2/3), (0 ; – 2/3).
+ Thay vào (1) được :
(vô nghiệm)
Kết luận đúng
0.25 0.25
0.25 0.25
(3) ⇔ =
, ∀x,y∈R Đặt g(x) = f(x) – f(0), ta có: g(0) = 0 và:
,∀x,y∈R
⇒,∀x,y∈R
⇒ ,∀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 = aα
Vậy f(x) = ax + aα, với a tùy ý
0.25
0.25 0.25 0.25
Ta có:
⇒
Tương tự
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c.
0.25 0.25 0.25
0.25
0.25 0,25 0.25 0.25 0.25
0.25 0.25 0.25
(2) ⇔ (a + 2b)(a2 – 2ab + 4b2) = c2 (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)
0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25
Giả sử:
Ta có: f(a + b) – f(a) =
=
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
0.25 0.25
0.25 0.25
4b a 7
=
2
31
49
[f x f (0)] [f y f (0)]
T MA.h= + MB.h + MC.h
a 2S 2 b 2S 2 c 2S 2
MA.GA MB.GB MA.GC
T 2
2 2 2 2 2 2 2
MA.GA MB.GB MA.GC 3
n n 1 1
f (x) a x= +a − x − + + a x +a
2 2 2
6 3
n n n 1 n 1
a [(a+b) −a ] a+ −[(a+b) − −a − ]+ +a b
n 1 n 2 n 2 n 1 n
n 2 n 3 n 3 n 2
n 1 1
a b[(a+b) a(a+b) + +a (a b) a ] +a b[(a+b) a(a+b) + +a (a b) a ] + +a b
−
2 2 2 2 2 2
b a b c c a b c
MA.GA MB.GB MC.GC MA.GA MB.GB MC.GC+ + ≥uuuuruuur uuur uuur uuur uuur+ +
2 2 2
a a b c a.m
2 3
Trang 5x E
H
O
C
B
A G
Đẳng thức xảy ra
⇔ cùng hướng,
cùng hướng, cùng
hướng ⇔ M trùng G.
Từ (1) và (2) suy ra:
Vậy ⇔ ∆ ABC
đều và M trùng
G.
Tương tự, f(b) chia hết cho a
Đặt P là vế trái của BĐT đã cho và :
Ta có: P – Q = (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0
Ta có:
2(a2 + b2) ≥ (a + b)2
2(a4 + b4) ≥ (a2 + b2)2
………
⇒ Tương tự với các số hạng khác của P+Q, suy ra:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2
0.5 0.5
0.25 0.25
0.5 0.5
0.25 0.25
Xây dựng hệ tọa độ như hình vẽ.
Đặt BC = 2b (b>0), ta có:
B(0 ; –b), C(0 ; b) Giả sử A(x 0 ; y 0 ) (x 0 ≠ 0)
Ta có: G(x 0 /3; y 0 /3) Tọa độ điểm H là nghệm của hệ phương trình:
E là điểm đối
xứng với H
qua G khi và
chỉ khi:
E ∈ BC ⇔ x E
= 0 ⇔
⇔ ⇔
Suy ra tập hợp
các điểm A
trong mp Oxy là
elip: loại trừ 2 điêm B, C.
Vậy tập hợp các
điểm A là elip có
trục nhỏ BC, trục lớn có độ dài bằng , loại trừ B,
C.
0.25
0.25
0.25 0.25 0.25
0.25
0.25 0.25
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
minT 2 3T 2 3≥=
MC, GCuuur uuur
(MG GA)GA (MG GB)GB (MG GC)GC
= uuuur uuur uuur+ + uuuur uuur uuur+ + uuuur uuur uuur+
MB, GB uuur uuur
3
P
+ +
MA, GA uuuur uuur
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c
0
0 0
y y
x x (y b)(y b) 0
=
2 2 0 0 0
x
2 2
E G H
0
E G H 0
2 2
0
0
−
2 2 2
0 0
2x 02+3y =203b
2 2
1 3b / 2 b+ =
a b b c c a 2P
2 2
2 2
1 3b / 2 b+ = 3/ 2.BC
k k
k 1 k 1
k
2 (a b)(a b ) (a − b − )
k k
k 1 k 1
(c a)(c a ) (c − a − )
+ +
k k k 1 k 1
2(a + b ) (a ≥ − + b − )
2P P Q
(a b)(a b ) (a − b − ) (b c)(b c ) (b − c − )
Q (a b)(a b ) (a − b − ) (b c)(b c ) (b − c − )
k
k 1 k 1
2
a (c a)(c a ) (c − a − ) +