Đề Thi Sinh Giỏi Toán Toán 12 - THPT Chuyên Lê Quý Đôn [2008 - 2009] ppt

Trường Chuyên Lê Quý Đôn

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2008-2009
Thời gian làm bài: 120 phút
-
Câu 1. Giải hệ phương trình
2 2 2
8 2 18
x y z yz 2zx 3xy
x y z
       
Câu 2. Cho dãy số (x
n
) xác định bởi điều kiện
 
1 n 1
2
n
1
x 1;x 2008
2 x 1

  

với n=1; 2; …. Chứng
minh rằng dãy số này có giới hạn hữu hạn khi
n  
Câu 3. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Gọi I là điểm giữa của cung BC không chứa
điểm A và K là trung điểm của BC. Hai tiếp tuyến của (O) tại B, C cắt nhau ở M; AM cắt BC tại N.
a) Chứng minh rằng AI là phân giác của góc


MAK
b) Chứng minh rằng
2
NB AB
NC AC
 

 
 
Câu 4. Tìm tất cả các hàm số
f : R R
liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện
     
2
f x 2f 2x f 4x x x , x R     
Câu 5. Cho a, b, c là các số không âm phân biệt. Chứng minh rằng
 
     
2 2 2
2 2 2
1 1 1 11 5 5
a b c
2
a b b c c a
 

    
 
  
 

 
Câu 6. Trên bàn cờ vua kích thước 8x8 được chia thành 64 ô vuông đơn vị, người ta bỏ đi một ô vuông
đơn vị nào đó ở vị trí hàng thứ m và cột thứ n
 
1 m 8;1 n 8   
. Gọi S(m;n) là số hình chữ nhật
được tạo bởi một hay nhiều ô vuông đơn vị của bàn cờ sao cho không có ô nào trùng với vị trí của ô bị
xóa bỏ ban đầu. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của S(m;n).
HẾT
Trường Chuyên Lê Quý Đôn

LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỀN HSG NĂM HỌC 2008-2009
MÔN TOÁN LỚP 12
Câu 1. Hệ phương trình bài ra tương đương với:
 
 
 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
x x y z xyz 8
y x y z 2xyz 2
z x y z 3xyz 18

   


   



   


Cách 1. Đặt a = x
2
+ y
2
+ z
2
và b = xyz. Bình phương 2 vế của từng phương trình trong hệ rồi cộng lại
ta thu được
     
2 2 2
3 3 2
a b 8 2b 2 3b 18 a 10b 114b 392         
(1)
Nhân 3 phương trình bài ra theo vế được:
     
3
a b b 8 2b 2 3b 18   
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
 
     
2
b 10b 114b 392 b 8 2b 2 3b 18     
3 2
4b 19b 94b 144 0 b 2       
Thay vào (1) được a
3

= 216 tức là b=6.
Thay vào hệ phương trình ban đầu giải được x = 1, y = -1, z = 2
Cách 2. Nhân 2 vế của các phương trình ban đầu lần lượt với 7; 1; -3 rồi cộng theo vế thu được
(7x + y – 3z) (x
2
+ y
2
+ z
2
) =0. Mà x, y, z không đồng thời bằng 0 nên 7x + y – 3z =0.
Thay y = 3z + 7x vào 2 phương trình trong hệ ta thu được một hệ phương trình đẳng cấp bậc 3 ( giải ra
nghiệm duy nhất x = 1, y = -1, z = 2)
Câu 2. Xét hàm số
 
 
 
 
 
2
2
2
1 x 1
f x 2008 f ' x f ' x x R
2
2 x 1
x 1

       



Xét hàm số
     
 
2
2
x
g x f x x g' x 1 0 x R
x 1

       

Nên phương trình g(x) = 0 có không quá 1 nghiệm mà
   
g 2008 0 và g 0 0  
nên phương trình
g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = c.
Áp dụng định lý Lagrange tồn tại số y
n
sao cho
     
n 1 n n n n
1
x c f x f c x c f ' y x c
2

      
Do đó
1
n
n 1

x c
x c
2


 
. Theo nguyên lý kẹp thì lim x
n
=c.
Vậy dãy (x
n
) có giới hạn hữu hạn.
(Lưu ý: Có thể chứng minh từ n=2 trở lên thì x
n
<0 và do đó xét hàm f(x) như trên với x>0, hàm số
đồng biến. Dễ chứng minh được dãy số giảm khi n>2 và x
n
>c với mọi n>2. Do đó dãy có giới hạn hữu
hạn theo nguyên lý Weierstrass)
Câu 3.
a) Gọi E là giao điểm khác A của MA với đường tròn (O).
Ta có
2
M\(O)
ME.MA MB 
Tam giác MBO vuông tại B có đường cao BK nên
2
MB MK.MO MK.MO ME.MA  
Do đó tứ giác AOKE nội tiếp được




EAK EOK 2EAI  
Nên AI là phân giác góc

MAK
.
b) Do AI là phân giác chung của các góc


BAC , NAK
, nên ta có


 
BAN KAC , BAK NAC 
. Áp
dụng công thức tính diện tích


ANB
ANC
S
NB ABsin BAN
NC S
ACsinCAN
 
(1)







AKB
AKC
S
KB ABsin KAB ABsin NAC sin NAB AB
1
KC S AC
ACsin KAC ACsin NAB sin NAC
     
(2)
Thay (2) vào (1) ta thu được
2
2
NB AB
NC AC

(đpcm)
Câu 4. Xét hàm số g(x) = f(x) + ax
2
+ bx với a, b là
các hằng số.
Khi đó g(x) là hàm số liên tục trên R và f(x) = g(x) –
ax
2
–bx. Thay vào điều kiện bài ra thu được
               
2 2

g 4x 2g 2x g x f 4x 2f 2x f x 7ax bx 1 7a x b 1 x x R            
Ta chọn
1
a , b 1
7

  
. Thì
     
g 4x 2g 2x g x 0 x R    
Xét hàm số h(x) = g(2x) –g(x) thì h(x) là hàm số liên tục trên R và h(2x) = h(x) với mọi số thực x. Tuy
nhiên h(0) = g(0) – g(0) =0.
Lấy a bất kì, lập dãy cấp số nhân
n
1 n 1
x
x a ,x
2

 
. Rõ ràng lim x
n
=0 và dãy h(x
n
) là dãy hằng số.
Do hàm h(x) liên tục trên R nên
h(a) = lim h(x
n
) = h (limx
n

) = h(0) =0 do đó h(x) =0 với mọi x.
Do đó g(2x) = g(x) với mọi x. Lập luận như trên do hàm g(x) liên tục ta suy ra g(x) = g(0) = c (const)
Từ đó suy ra
 
2
x
f x x c
7
  
với c là hằng số bất kì. Thử lại thấy đúng.
(Lưu ý: + Bài toán vẫn đúng nếu chỉ cho giả thiết hàm f(x) liên tục tại x = 0.
+ Hs không giải thích tính liên tục của hàm mà dùng lim h(x
n
) = h (limx
n
) thì không cho điểm.)
Câu 5. Không giảm tính tổng quát ta giả sử a<b<c. Đặt x = b – a , y = c – b. Khi đó
 
     
   
 
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
1 1 1 1 1 1
a b c a a x a x y
x y
a b b c c a x y
   

 
           
   
 
   
   
   
 
 
 
 
 
2 2
2
2 2 2
2 2
2 2
2 2
x xy y
1 1 1
x x y 2x 2xy y
x y
x y x y x y
 
 
 
       
 
 
 

 
 
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi a = 0.
Xét biểu thức
 
 
 
 
2
2 2
2 2
2 2
2 2 2
2 2
x x x x
2 2 1 1
y y y y
x xy y
f x, y 2x 2xy y
x y x y
x x
1
y y
   
   
   
   
   
 
   

   
   
   

   

   
   
Đặt
2
x x
t ,t 0
y y
 
  
 
 
ta xét hàm số
 
   
 
2
2
2t 1 t 1
g t ,t 0;
t
 
  
Tính đạo hàm, lập BBT tìm ra
 

11 5 5
g t
2


Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi
1 5
t
2


, từ đó giải ra
x/y và tính được tỉ lệ các bộ (a, b, c)
A
B
C
M
I
K
N
E