a Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1.. Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC.. b Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi.. Gọi H và G lần lượt
Trang 1SỞ GIÁO 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: 3x2 x 1 2x2 x3
b) Giải hệ phương trình:
3
y
Câu 2 (4,0 điểm)
a) Cho dãy số (un) xác định bởi: 1
2
2014 u
2013
Đặt n
Tính: limSn
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.h MB.h MC.h
(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)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2a) 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 1
2
- Hết -
Trang 3HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12 THPT
a) Giải PT: 3x 2 x 1 2x 2 x 3
a)
2
2014
u , 2u u 2u , n N *
2013
+ Điều kiện: x 2
3
(*) Khi đó:
(1) 2x 3 (2x 3)(x 1)
3x 2 x 1
1
x 1 (3) 3x 2 x 1
(2) x = 3/2 (thỏa (*))
Vì x 2
3
3x 2 x 1 < 1 và x +
1 > 1
(3) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm
x = 3/2
0.2
5
1.0
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5 0.2
5
Với mọi k N*, ta có :
k
u
=
Sn 1/ u1 1/ un 1
2
u (u 2u ) / 2 1, n N*
un> 1, n N*
Ta có: un 1 un u / 22n 0, n N*
(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 = + lim(1/ un 1 ) 0 Vậy: lim Sn 1/ u1 2013 / 2014
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.5
0.2
5
0.2
5
2.5
Trang 43 2
3
8 8
x 3x 13x 15
y y
y 4 5y (x 2x 2)
0.2
5
+ Điều kiện: y ≠ 0 (*) Khi đó:
(I)
2
2
2 2
2 4 (x 1)(x 2x 15) 4
y y 4
1 5[(x 1) 1]
y
Đặt a = x + 1, 2
b y
(b ≠ 0), hệ trên trở thành:
2 2
a(a 16) b b 4
1 b 5(a 1)
3 3
2 2
a b 16a 4b
b 5a 4 (1)
a3 – b3 = (b2 – 5a2)(4a – b)
21a3 – 5a2b – 4ab2 = 0
a = 0 hoặc b
a 3
hoặc 4b
a 7
+ Thay a = 0 vào (1) được b2 = 4 và
tìm được hai nghiệm (–1 ; –1), (–1 ;
1)
+ Thay a b
3
vào (1) được b2 = 9 và
tìm được hai nghiệm (–2 ; 2/3), (0 ; –
2/3)
+ Thay a 4b
7
vào (1) được :
2
31
b 4
49
(vô nghiệm)
Kết luận đúng
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5
b) f(3x – y + ) = 3f(x) – f(y),
x,yR (1)
2.0
Trong (1), thay x y 3x ' y '
2
ta được:
3x ' y '
f (3x ' y ' ) 2f
2
, x’, y’R
f (3x y ) 2f
2
, x, yR (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
3 1 3 1
f x y f x f y
,x,yR (3)
Thay x = 0, y = 0 vào (3) ta được:
f(0) = 3f(0)/2–f(0)/2 f(0) = b,
b tùy ý (3) 3 1
=
3 1
[f x f (0)] [f y f (0)]
2 2 ,
x,yR Đặt g(x) = f(x) – f(0), ta có: g(0)
= 0 và:
g x y g x g y
,x,yR
3 3 1 1
g x g x , g y g y
,x,y
R
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
Trang 55
0.2
5
0.2
5
0.2
5
g x y g x g y
,x,yR
g(x+y) = g(x) + g(y),x,yR
Vì g liên tục trên R nên:
g(x) = ax, xR, với g(1) = a (a tùy ý)
f(x) = ax + b, xR (4) (với a,
b tùy ý) Thay (4) vào (1) ta được: b = a
Vậy f(x) = ax + a, với a tùy ý
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5
a) T MA.ha MB.hb MC.hc 3.0 a) a + 2b = c (1), a 3 + 8b 3 = c 2 (2) 2.0
Ta có: a 2S 2 b 2S 2 c 2S 2
MA.GA MB.GB MA.GC
T 2
a.GA b.GB c.GC
MA.GA MB.GB MA.GC
3
a.m b.m c.m
a
a.m a 2b 2c a 3a (2b 2c a )
a
a.m
2 3
0.2
5
0.2
5
0.2
5
(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
0.2
5
0.2
5
0.2
5
Trang 6C
Tương tự 2 2 2 2 2 2
6 3
Đẳng thức xảy ra a = b = c
MA.GA MB.GB MC.GC MA.GA MB.GB MC.GC
(MG GA)GA (MG GB)GB (MG GC)GC
Đẳng thức xảy ra
MA, GA
cùng hướng, MB, GB
cùng hướng, MC, GC
cùng hướng M trùng G
Từ (1) và (2) suy ra: T 2 3
Vậy minT 2 3 ABC đều và M
trùng G
0.2
5
0.2
5
0,2
5 0.2
5 0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5 0.2
5
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)
0.2
5
0.2
5 0.2
5 0.2
5 0.2
5
f (x) a x a x a x a
Ta có: f(a + b) – f(a) =
a [(a+b) a ] a [(a+b) a ]+ +a b
n
n 1 1
+ +a b
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
Tương tự, f(b) chia hết cho a
0.2
5
0.2
5
0.2
5 0.2
5
Đặt P là vế trái của BĐT đã cho và :
Trang 7Xây dựng hệ tọa độ như
hình vẽ
Đặt BC = 2b (b>0),
ta có:
B(0 ; –b), C(0 ; b) Giả sử A(x0 ; y0) (x0
≠ 0)
Ta có: G(x0/3; y0/3) Tọa độ điểm H là
nghệm
của hệ phương trình:
0
y y
x x (y b)(y b) 0
2 2
0 0
b y
x
E là điểm đối xứng với H qua G khi
và chỉ khi:
0
2x b y
x 2x x
3 x
y 2y y y / 3
E BC xE = 0 0 2 20
0
0
2x20 3y02 3b2
1 3b / 2b
Suy ra tập hợp các điểm A trong
mp Oxy là elip:
1 3b / 2 b
loại trừ
2 điêm B, C
Vậy tập hợp các điểm A là elip có
trục nhỏ BC, trục lớn có độ dài bằng
3 / 2.BC, loại trừ B, C
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5 0.5
0.2
5
Q (a b)(a b ) (a b ) (b c)(b c ) (b c )
k
k 1 k 1
2
a
Ta có: P – Q = (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0
2P P Q
(a b)(a b ) (a b ) (b c)(b c ) (b c )
k 1 k 1
Ta có:
2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 2(a4 + b4) ≥ (a2 + b2)2
………
k k
k 1 k 1
k
2 (a b)(a b ) (a b )
Tương tự với các số hạng khác của P+Q, suy ra: 2P a b b c c ak k k
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
= c = 2
0.5 0.5 0.2
5
0.2
5
0.5 0.5
0.2
5
0.2
5
