De thi HSG mon Toan lop 12 tinh Quang Nam 20132014

Ghi chú: ếu 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..[r]

http://edufly.vn

TRUNG TÂM EDUFLY

130 oàng ăn Thái, Thanh Xuân, à ội Hotline: 0968 58 28 38

SỞ 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)

3x   2 x 1   2x   x 3

b) iải hệ phương trình:

3

y





Câu 2 (4,0 điểm)

a) Cho dãy số (un) xác định bởi: 1

2

2014 u

2013 2u  u 2u , n *

 







Đặt n

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 C có diện tích bằng 1 ọi M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng chứa tam giác C Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(với ha, hb, hc lần lượt là độ dài các đường cao vẽ từ , , C)

b) Cho tam giác C có hai đỉnh , C cố định và đỉnh thay đổi ọi và lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác C ọi E là điểm đối xứng với qua Tìm tập hợp các điểm , biết rằng điểm E thuộc đường thẳng C

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)

ĐỀ CHÍNH THỨC

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 (a b)(a b )(a b ) (a  b  ) (b c)(b  c )(b c ) (b  c  ) (c a)(c  a )(c a ) (c  a  )  

- ết -

2

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) Giải PT: 3x 2 x 1 2x2 x 3 (1) 2.5 a) 2

2014

u , 2u u 2u , n N *

2013 

+ Điều kiện: 2

x

3

 (*) Khi đó:



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

ậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 3/2

0.25

1.0

0.25

0.25

0.25

0.25 0.25

ới mọi k  N*, ta có :

k

u

u 2  u (u 2)  u  u (u 2)

=

u  2u   u  u 

 Sn1/ u11/ un 1

u1 > 1.CM: un 1 (u2n2u ) / 2 1, nn   N*

 un> 1,  n  N*

Ta có: un 1 un u / 22n   0, n N*

 (un) tăng

iả 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 ậy: limSn1/ u12013/ 2014

0.25

0.25

0.25 0.5

0.25

0.25

0.25

3

y y







2.5

+ Điều kiện: y ≠ 0 (*) Khi đó:

(I) 

2

2

2 2

y y 4

y







Đặt a = x + 1, 2

b y

 (b ≠ 0), hệ trên trở thành:

a(a 16) b b 4

1 b 5(a 1)















 a3 – b3 = (b2 – 5a2)(4a – b)

 21a3 – 5a2b – 4ab2 = 0

 a = 0 hoặc a b

3

  hoặc a 4b

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)

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

b) f(3x – y + ) = 3f(x) – f(y), x,yR (1) 2.0

Trong (1), thay x y 3x ' y '

2



f (3x ' y ' ) 2f

2



 

     

 , x’, y’R

2



 

     

 , x, yR (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

   

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

f x y f (0)

  

3   1  

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

ì g liên tục trên R nên:

g(x) = ax, xR, với g(1) = a (a tùy ý)

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

x E

H

O

C

B

A G

+ Thay a 4b

7

 vào (1) được :

2

31

b 4 49

  (vô nghiệm)

Kết luận đúng

0.25

0.25

 f(x) = ax + b, xR (4) (với a, b tùy ý) Thay (4) vào (1) ta được: b = a

ậy f(x) = ax + a, với a tùy ý 0.25

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: ha 2S 2, hb 2S 2, hc 2S 2

3

a

2 2 2

a

a.m

2 3

 

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

2 2 2

 

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

ậy minT2 3  C đều và M trùng

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

ậy (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

f (x) a x a x  a x a



Ta có: f(a + b) – f(a) =

=a [(a+b)n n a ] an n 1[(a+b)n 1 an 1]+ +a b1



n

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



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

0.25

0.25

0.25 0.25

Đặt P là vế trái của ĐT đã cho và :

4

Xây dựng hệ tọa độ như hình vẽ

Đặt C = 2b (b>0), ta có:

B(0 ; –b), C(0 ; b)

iả sử (x 0 ; y 0 ) (x 0 ≠ 0)

Ta có: G(x 0 /3; y 0 /3) Tọa độ điểm là nghệm

của hệ phương trình:

0





    



0 0

x

  

  

E là điểm đối xứng với qua khi và chỉ khi:

0

   





    



E  BC  x E = 0  0 2 20

0

2x b y

0



2x 3y 3b  20 20

1 3b / 2 b

Suy ra tập hợp các điểm trong mp Oxy là elip:

1 3b / 2b  loại trừ 2 điêm , C

ậy tập hợp các điểm là elip có trục nhỏ C,

trục lớn có độ dài bằng 3 / 2.BC, loại trừ , C

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Q (a b)(a b ) (a  b  ) (b c)(b c ) (b  c  )

k

2

a (c a)(c a ) (c  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  )

(c a)(c a ) (c  a  )





Ta có:

2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 2(a4 + b4) ≥ (a2

+ b2)2

………



k 1 k 1

k

2 (a b)(a b ) (a  b  )



Tương tự với các số hạng khác của P+Q, suy ra:

a b b c c a 2P

3

a b c 3 abc 3 P

 

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

Ghi chú: ếu 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