Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H trên cạnh AC, M là trung điểm của HD.. Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC... Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu củ
Trang 1ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2008-2009
MÔN :TOÁN 12
Câu 1: (3.0 điểm)
1.1 Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn Chứng minh rằng:
3 + 3 + 3 ≥ 1
A tg
tgC C
tg
tgB B tg tgA
1.2 Tìm nghiệm của phương trình : cosx − sinx −cos2x 1+sin2x =0 thỏa điều
kiện: 2007 < x < 2008
Câu 2 (2.0 điểm)
Giải phương trình nghiệm nguyên: x y2 2 − − x2 8 y2 = 2 xy (1)
Câu 3: (3.0 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H trên cạnh AC, M là trung điểm của HD Chứng minh AM vuông góc với BD
Câu 4 (3.0 điểm)
Cho dãy số {u n }; n = 1,2,… được xác định như sau:
1
1
1 ( 1)( 2)( 3) 1; 1, 2,
u
=
Đặt
1
1 2
n n
i i
S
u
=
=
+
∑ (n =1,2,…) Tính lim n
n S
→∞
Câu 5: (3.0 điểm)
5.1 Chứng minh rằng bốn đường tròn có đường kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín tứ giác đã cho
5.2 Chứngminh( 0 ) (2 1 ) (2 2 )2 ( )2 1( 2 1)2
C + − C + + C + − + − + C ++ =
Câu 6: (3.0 điểm)
6.1 Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên không âm và không lớn hơn 8 Giả sử P (9) =
32078 Hãy xác định đa thức P(x)
6.2 Cho a,b,c >0 thỏa mãn điều kiện abc =1 Tìm GTNN của:
b c a c
ab a
b c b
ca c
a b a
bc
+
+ +
+ +
=
Câu 7: (3.0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 3
2 Biết A(2;3), B(3; - 2) và trọng tâm G thuộc đường thẳng d có phương trình:
3x – y – 8 = 0 Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Trang 2ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM
Câu 1: (1.5đ)
1.1 Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn Chứng minh rằng:
3 + 3 + 3 ≥1
A tg
tgC C tg
tgB B tg tgA
Do tam giác ABC nhọn nên tgA > 0 ,tgB > 0 , tgC > 0 Viết lại bất đẳng thức:
1 cot
cot cot
cot cot
≥ +
+
gC
A g gB
C g gA
B g
(1d)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi: gA gB g B
gA
B
cot 2 cot
cot cot
gB
C
g3 cot cot 2 cot 2 cot
gC
A
g3 cot cot 2 cot 2 cot
Suy ra :
2 2
2 3
3 3
) cot (cot
) cot (cot
) cot (cot
2 1
cot cot
cot cot
cot cot
cot
cot
cot
gA gC
gC gB
gB gA
C g B g A g gC
A g gB
C g
gA
B
g
− +
− +
−
−
+ +
≥ +
+
2 2
2 3
3 3
cot cot
cot 3
1 cot
cot cot
cot
cot cot
cot
cot
gC
A g gB
C g gA
B
Mặt khác: (cotgA+ cotgB+ cotgC) 2 ≥ 3 , vì bất đẳng thức này tương đương với:
cotg2A+cotg2B+cotg2C +2(cotgA.cotgB+cotgB.cotgC+cotgC.cotgA)≥3
0 ) cot (cot
) cot (cot
) cot
Từ đó suy ra:
1 cot
cot cot
cot cot
≥ +
+
gC
A g gB
C g gA
B g
(1d) 1.2.(1.5đ) Tìm nghiệm của phương trình : cosx − sinx −cos2x 1+sin2x =0 thỏa
mãn điều kiện: 2007 < x < 2008
Đặt PT: cosx − sinx −cos2x 1+sin2x =0(*) (1đ)
Ta có: 1 + sin 2x = cosx sin+ x
cos2x = (cosx -sinx ).(cosx +sinx)
(*) ⇔(cosx -sinx ).{1 - (cosx +sinx )cosx sin+ x } = 0 (1đ)
⇔ cosx -sinx =0 (1) hoặc (cosx +sinx )cosx sin+ x= 1 (2)
+Giải (1) ⇔cos2x= 0
+Giải (2)⇔(1+sin 2x ).(1+sin2x) = 1⇔sin2x=0 (vì sin2x >0 không xảy ra )
Tóm lại : (*)⇔cos2x= 0 hoặc sin2x= 0⇔ sin4x= 0 ⇔x =k
4
π
; k ∈Z (1đ)
+ Với ĐK: 2007< x <2008 , chọn các số nguyên k =2556 Vậy : x = 639π.
Câu 2: (2đ) Giải phương trình nghiệm nguyên: x y2 2 − − x2 8 y2 = 2 xy (1)
BG: Dễ thấy pt có nghiệm: x = y = 0
Với ,x y≠0 ta có: (1) ⇔ y x2 ( 2 − = + 7) (x y) 2 (2) (1đ)
Trang 3Từ (2) suy ra x2 −7là bình phương của một số nguyên Gọi x2 − = 7 a2(3), a là số nguyên
1
7
− =
⇒ ⇒ = ⇒ = ±
+ =
(1đ)
*Thay x = 4 vào (2) ta được y = -1, y = 2
*Thay x = -4 vào (2) ta được y = 1, y = -2
Vậy PT có các nghiệm nguyên (x; y) là: (0;0), (4; -1), (4;2), (-4;1), (-4;2)
Câu 3(3đ) Cho tam giác ABC cân tại A Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu
của H trên cạnh AC, M là trung điểm của HD Chứng minh AM vuông góc với BD Bài giải:
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Khi đó: H( ) ( ) (0;0 ,A c a B c; , − ;0 ,) ( ) (C c;0 ,D x y, )
4
2
y
x M
D
O
A
ùng
x y c a
DH AC
ax c y a
AD c phuong AC
uuuur uuur
2
2 2
2
2 2
0
a c x
cx ay a c V y D a c c a
y
a c
+
Mà M là trung điểm của HD nên tọa độ của M là:
2 2 ; 2 2
a c c a M
a c c c a a c c a a a c a c c a a c
BD AM
uuur uuuur
Vậy BD⊥AM (đpcm)
Câu 4: (3đ)
Ta có: u n+1 = u u n( n + 1)(u n + 2)(u n + + 3) 1 (1đ)
u u u u
= + + + +
= + + = + + ( vì u n > ∀0 n)
⇒ u n+1 + = 1 (u n + 1)(u n + 2)
Trang 41
+
+
(1đ)
n
S
Vì u n+1 =u n2 +3u n + ⇒1 u n+1 >3u n (1đ)
Ta có:
n n
u
u u
u u
u
3
3 3
3 3
1
1
2 2 3
1 2
1
>
=
>
=
>
=
+
1
1 1
= +
⇒
+
∞
→
n
n u
lim
2
1 1
1 2
1
1
= +
−
=
⇒
+
∞
→
∞
lim
n n
n
Câu 5: (3đ)
5.1 (1.5đ)Chứng minh rằng bốn đường tròn có đường kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín
tứ giác đã cho.
Bài giải:
M A
B
C D
Lấy điểm M tùy ý của tứ giác lồi ABCD Có hai khả năng xảy ra:
1 Nếu điểm M nằm trên biên của đa giác (tức M nằm trên một cạnh của tứ giác ABCD) Khi đó M nằm trong hình tròn có đường kính là cạnh ấy Trong trường hợp này ta kết luận bài toán hiển nhiên đúng.
2 Nếu M nằm bên trong của tứ giác lồi ABCD Khi đó ta có: ¼AMB BMC CMD DMA+ ¼ + ¼ + ¼ = 360 0 Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại max{¼AMB BMC CMD DMA,¼ ,¼ ,¼ } = ¼BMC Khi ấy: ¼BMC≥ 90 0 (1).
Từ (1) suy ra M nằm bên trong (hoặc là nằm trên) đường tròn đường kính BC Vậy điểm M bị phủ bởi đường tròn này.
Mà do M là điểm tùy ý của tứ giác ABCD, ta suy ra bốn hình tròn nói trên phủ kín tứ giác lồi đã cho ĐPCM.
5.2 Xét
( )2 1 ( )2 1 2 1 2 1 ( )
1 n 1 n n k k n k 1 k k
k o k o
x + x + + C +x +C + x
∑ ∑ (0.5đ)
Hệ số của số hạng x2n+ 1
Trang 5Là ( 0 ) (2 1 ) (2 2 )2 ( )2 1( 2 1)2
2 1 2 1 2 1 1 n 2n1
Ta lại có
( )2 1 ( )2 1 ( 2 )2 1
1 n 1 n 1 n
x+ + x− + = x − + (1đ)
có hệ số của x 2n+1 bằng o vì đều chứa lũy thừ bậc chẵn của x vậy
( 0 ) (2 1 ) (2 2 )2 ( )2 1( 2 1)2
Câu 6: (3đ)
6.1 Cho P (x) là đa thức với hệ số nguyên không âm và không lớn hơn 8 Giả sử P (9) = 32078 Hãy xác đ?nh đa thức P (x)
Lời giải
Giả sử P (x) =a n x n +a n-1 x n-1 + + a 1 x+ a 0 a n ≠ 0 là đa thức cần tìm Ta c?:
P(9) = a n 9 n +a n-1 9 n-1 + + a 1 9+ a 0 (1) (1đ)
Do 0 ≤ a 0 ≤ 8, a 0 nguyên và a i ∀i = 1,nuur nên t? (1) suy ra a 0 ch?nh là phần dư trong ph?p chia P (9) cho 9.
Vì P (9) = 32078 = 3564.9 + 2 ⇒ a 0 = 2 Thay a 0 = 2 vào (1) ta c?:
3564 = a n 9 n +a n-1 9 n-1 + + a 1 9+ a 1 (2) (1đ)
Lập luận tương tự như trên t? (2) suy ra a 1 ch?nh là phần dư trong ph?p chia 4564 cho 9.
Vì 3564 = 396.9 ⇒ a 1 = 0 Thay a 1 = 0 vào (2) ta c?:
396 = a n 9 n-2 +a n-1 9 n-3 + + a 3 9+ a 2 (3)
Do 396 = 44.9 nên lập luận tương tự như trên suy ra a 2 = 0 Do a 2 = 0 nên (3) c? dạng: 44 = a n 9 n - 3 +a
n-1 9 n-4 + + a 4 9+ a 3 (4)
Vì 44 = 9.4 + 8 ⇒ a 3 = 8 Bây giờ (4) lại c? dạng:
4 = a n 9 n - 4 +a n-1 9 n-5 + + a 5 9+ a 4 (5)
Lập luận tương tự ta c? a 4 = 4, và vì th? t? (5) ta c?:
0 = a n 9 n - 5 +a n-1 9 n-6 + + a 6 9+ a 5 (6) (1đ)
Vì a i ≥ 0, ∀ =i 5,uuurn nên t? (6) suy ra a k = 0, ∀ ≥k 5
Như vậy P (x) = 4x 4 + 8x 3 + 2.
Đảo lại, đa thức P (x) = 4x 4 + 8x 3 + 2 thỏa mãn mọi yêu cầu bài toán.
T?m lại, P (x) = 4x 4 + 8x 3 + 2 là đa thức duy nhất cần tìm.
6.2 Cho a,b,c >0 thỏa mãn điều kiện abc =1 Tìm GTNN của:
b c a c
ab a
b c b
ca c
a b a
bc
+
+ +
+ +
=
Giải: Vì abc=1 nên nếu ta đặt: c z
y
b x
a= 1, = 1, = 1 thì xyz=1 Thế vào rút gọn ta có:
T y x z z y x x z y
+
+ +
+ +
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
Trang 6
z y x y x z
y x z x z y
x z y z y x
≥
+ + +
≥
+ + +
≥
+ + +
4 4 4
2 2 2
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được:
2
3 3
2
1 ) (
2
1 T
) (
≥ + +
≥
⇒
+ +
≥ + + +
xyx z
y x
z y x z y x T
Câu 7: (3đ)Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích
bằng 3
2 Biết A (2; - 3), B(3; - 2) và trọng tâm G thuộc đường thẳng d có phương trình: 3x – y – 8 = 0 Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Giải: Gọi C (a; b)
• S = 1
2CH.AB (1) (1đ)
Ta có: AB = 2
Phương trình AB: x – y – 5 = 0 => CH = d(C, AB) = a b 5
2
− −
do đó: (1) 3 1.a b 5 2 a b 5 3
− −
a b 8
a b 2
− =
− =
• Toạ độ G (a 5 b 5;
) (1đ)
Ta có: G ∈∆ 3(a 5) b 5 8 0
a – b = 4
TH1: a b 8 a 2
=> C(-2; -10)
Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA = 2 + 65 + 89
=> r = 2S 3
2p = 2 65 89
TH2: a b 2 a 1
=> C(1; -1)
Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA = 2 5 + 2 (1đ)
=> r = 3
2 5 + 2.