ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG 2009-2010 docx

SỞ GIÁO DỤC V À ĐÀO T ẠO GIA LAI KÌ THI CH ỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TR ƯỜNG
TRƯ ỜNG THPT HUỲN H THÚC KHÁNG NĂM H ỌC 2009 – 2010
MÔN THI : TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Th ời gian: 180 phút (Không k ể thời gian phát đề)
ĐỀ BÀI
Câu 1. (5.0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
2
2
2 4 4
2
2 4 4
2
log ( 4 5) 1 2
log ( 4 5) 1 2
y y
x x
x x
y y
 
 

   


   


b) Giải phương trình:
2 3 3 2
1 1 (1 ) (1 ) 2 1x x x x

 
       
 
Câu 2. (4.0 điểm)
Cho dãy số
 
n
x
được xác định bởi
 
0
2 2
1
1
0
2010
2 , , 1
n
n
n
x m m
x
x n n
x



 




  



.
Tìm
lim
n
n
x

Câu 3. (3.0 điểm)
Giả sử a, b,c là các số không âm. Chứng minh rằng
3 3 3
3 3 3 3 3 3
1
( ) ( ) ( )
a b c
a b c b c a c a b
  
     
Câu 4. (3.0 điểm)
Cho
( )f x
là hàm số đồng biến và là hàm số lẻ trên

. Giả sử a, b, c là ba số thực thỏa
mãn:
0a b c  

. Chứng minh rằng
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0f a f b f b f c f c f a  
.
Câu 5. (6.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình
2 2
( 1) 1x y  
Chứng minh rằng với mỗi điểm
( ;3)M m
trên đường thẳng y = 3 ta luôn tìm được hai
điểm T
1
, T
2
trên trục hoành, sao cho các đường thẳng
1 2
,MT MT
là tiếp tuyến của (C).
Khi đó hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MT
1
T
2
.
2. Cho tam giác đều ABC có cạnh a, người ta đặt vào đó 5 điểm bất kì. Chứng minh
rằng luôn tồn tại một cặp điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng
2
a
.
HẾT
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2008 – 2009
Bài
Đáp án
Điểm
1
a
Đặt
2 2
4 4, v = y 4 4 (u,v 0)u x x y     
Hệ phương trình trở thành:
2
2
log ( 1) 1 2
(I)
log ( 1) 1 2
v
u
u
v

  


  


Giả sử (u
0
; v
0

) là một nghiệm của hệ (I).
Nhận xét, nếu
0 0 2 0 2 0
log ( 1) log ( 1)u v u v    
0 0
0 0 0 0
2 2
v u
v u u v     
Tương tự
0 0 0 0 0 0
u v v u u v    
Do đó: (I)
2
2
log ( 1) 1 2
log ( 1) 1 2
u
v
u
v
u v

  

   





Đặt
2
( ) 2 log ( 1) 1, D=[0;+ )
t
f t t    
1
'( ) 2 ln2
( 1)ln 2
t
f t
t
 

2
2
1
"( ) 2 ln 2 0 D
( 1) ln2
t
f t t
t
    

Ta lập bảng biến thiên của f’(x):
t
0
+
f”(t)
+
f'(t)

+
2
ln 2 1
ln2

Suy ra phương trình f’(t) = 0 có nghiệm duy nhất t = a.
Ta lập được bảng biến thiên của f(t)
t
0 a
+
f'(t)
- 0 +
f(t)
f(a)
Suy ra phương trình
2
( ) 2 log ( 1) 1 0
t
f t t    
(1) có nhiều nhất hai nghiệm
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Mặt khác, ta nhận thấy t = 0, t = 1 là nghiệm của phương trình (1).
Vậy phương trình (1) có đúng hai nghiệm là t = 0, t = 1.
Suy ra hệ (I) có hai nghiệm là (0;0) và (1;1)
Suy ra hệ phương trình đã cho có 5 nghiệm: (2; 2), (1; 1), (3; 3), (1; 3), (3; 1)
0.5

b
ĐK:
1 1x  
.
Nhận xét, nếu
1 0x  
thì
3 3
(1 ) (1 ) 0x x   
, suy ra phương trình đã cho
vô nghiệm. Do đó
0 1x 
. Đặt
os , 0;
2
x c t t

 
 


 
Khi đó phương trình đã cho trở thành
1
2 2 ost 1 sin 2 sin
2
c t t
 
  
 

 
 
 
2
2 sin 2 cos 1 0 cos
2
t t t     
Vậy phương trình có một nghiệm
2
2
x 
0.5
0.5
1.0
2
+Từ giả thiết, ta có :
2
1
1
1 2010
2
n n
n
x x
x


 
 
 

 
Suy ra :
2
0
0
1
2
1
0
0
1 2010
2010
2
2010
2010
1 2010
2010
2
x
x
x
x
x
x
 



 
 

 
 
 
 
 
=
 
 
1
2
2 2
1
0 0
2
2 2
0 0
1
2
2010
2.2010. 2010
2010
2.2010. 2010 2010
2010
x
x x
m
x x m
x

 


 
  

 
 
 
Dự đoán :
2010
2010
n
n
x
x


=
2
2010
2010
n
m
m
 
 
 


Chứng minh bằng qui nạp :
 n = 1 , mệnh đề đúng.

 Giả sử mệnh đề đúng với n=k . Ta có
2010
2010
k
k
x
x


=
2
2010
2010
k
m
m
 
 
 


Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1, thật vậy
1
1
2010
2010
k
k
x
x





=
2
2
1 2010
2010
2
1 2010
2010
2
k
k
k
k
x
x
x
x
 
 
 
 
 
 
 
 
=

2 2
2 2
2.2010. 2010
2.2010. 2010
k k
k k
x x
x x
 
 
 
 
2
2
2
2010
2010
2010
2010
k
k
k
k
x
x
x
x

 
 

 

 


=
2
2
2010
2010
k
m
m
 
 
 
 
 
 
 


=
1
2
2010
2010
k
m
m


 
 
 


0.5
1.0
0.5
Vậy ta có,
2010
2010
n
n
x
x


=
1
2
2010
2010
n
m
m

 
 
 



mà
lim
n
2
0
2010
2010
n
m
m
 

 
 


( do m>0)
Nên
lim
n
2010
0
2010
n
n
x
x




Đặt
 
2010 1
2010
2010 1
n
n
n n
n n
y
x
y x
x y


  
 
mà
lim 0
n
n
y


=>
lim 2010
n
n

x


0.5
0.5
0.5
0.5
3
Theo bất đẳng thức AM-GM, với
0x 
, ta có
 
 
 
2
2
3 2
(1 ) 1
1 1 1 1
2 2
x x x
x
x x x x
   
       
Áp dụng kết quả trên với a > 0, ta được
 
3 2
3 2 2 2
2 2 2

3
3
2
1 1 1
1
1
1
1
2
a a
b c
a b c
b c
a a b
b c
a
a
a
   

 

 
 

 



 

 
 
 
Bất đẳng thức hiển nhiên đúng khi a = 0. Tương tự, ta có
 
 
3 2
3
2 2 2
3
3 2
3
2 2 2
3
b b
a b c
b c a
c c
a b c
c a b

 
 

 
 
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được kết quả cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi
a b c 
1.0

0.5
0.5
0.5
0.5
Vai trò của a, b, c là như nhau nên ta giả sử
a b c 
Kết hợp với giả thiết 
0a c 
0.5
Do f là hàm số lẻ nên
( 0) (0) (0) 0f f f    
và f đồng biến trên R

( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0f a f c f a f c   
(1)
0.5
Nếu
0b 
thì
( ) 0f b 
và
0 ( ) ( ) ( )a c a c f a f c f c         

( )( ( ) ( )) 0f b f a f c 
(2)
Từ (1) và (2) 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0f a f b f b f c f c f a  
1.0
4
Nếu

0b 
thì
( ) 0f b 
và
0 ( ) ( ) ( )a c a c f a f c f c         

( )( ( ) ( )) 0f b f a f c 
(3)
Từ (1) và (3) 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0f a f b f b f c f c f a  
1.0
Đường tròn (C) có tâm I(0 ;1) và bán kính R = 1
Điểm T thuộc trục hoành thì T(t ;0) và điểm M(m;3) thuộc đường thẳng y = 3,
ta có phương trình đường thẳng MT :
3 ( ) 3 0
3
x m y m
x t m y t
t m
 
     
 
0.5
Do MT là tiếp tuyến của (C) nên
( , ) 1d I MT 
, hay
2 2
2 2
3
1 ( 2 ) 9 ( )

3 ( )
t m t
m t t m
t m
 
     
 
0.5
2
2 3 0 (*)t mt   
Do pt(*) luôn có hai nghiệm
1 2
,t t
với mọi m nên luôn tồn tại hai điểm
1 1
( ;0)T t
và
2 2
( ;0)T t
để MT
1
và MT
2
là tiếp tuyến của (C).
0.5
0.5
0.5
1
Do
1

t
là nghiệm của (*) nên
2
1 1
2 3 0 3t mt c     
Thay c = -3 vào (1), ta được
2
2 2
2
9 2 6 3 0
2
m
m m b b

       
Vậy phương trình của (C
1
) là :
2
2 2
2
2 3 0
2
m
x y mx y

    
0.5
Từ tam giác ABC, dựng các đường trung bình của tam giác, ta chia tam giác
đều ABC thành 4 tam giác đều bằng nhau.

Lúc đó, ta có
1.0
5
2
2
a
MN NK KM  
Theo giả thiết ta phải đặt 5 điểm vào 4
Tam giác vừa dựng. Khi đó phải có ít nhất
một tam giác chứa không dưới hai điểm. Giả
sử tam giác MNK chứa hai điểm E và H. Mặt
khác trong tam giác đều MNK, khoảng cánh
giữa hai điểm không lớn hơn cạnh của nó,
tức là
2
a
EH 
0.5
1.5
Lưu ý : Mọi cách giải khác nếu thí sinh trình bày đúng đều cho điểm tối đa.
N
M
K
C
A
E
H
B