bai giai de thi hoc sinh gioi bình dinh 2011-2012

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 12 TỈNH BÌNH ĐỊNH , NĂM HỌC
2011-2012
Lê Quang Dũng
Trường THPT số 2 Phù Cát , Bình Định
Bài 1 a) Giải phương trình :
Giải : Đk
Biến đổi phương trình về dạng



3 3
( 3)(2 1) 0
2 1 4 1
x x
x x
x x
− −
+ − − + =
− + − +

1 1
( 3) (2 1) 0
2 1 4 1
x x
x x
 
− − − + =
 ÷
− + − +
 


3
1 1
(2 1) 0 (*)
2 1 4 1
x
x
x x
=



− − + =

− + − +

Ta có (*)
1 1
(2 1)
2 1 4 1
x
x x
− = +
− + − +
Mà ,
1 1
( )
2 1 4 1
VT g x
x x
= = −

− + − +
,
( ) ( )
( )
2 2
1 1
'( ) 0, 2, 4
2 2 2 1 2 4 4 1
g x x
x x x x
= − − < ∀ ∈
− − + − − +
1
( ) (2) 1 2 2 5
2 1
VT g x g
= ≤ = − = − <
+

Khi đó (*) vô nghiệm
Phương trình đã cho có nghiệm x=3
Bài 1b) Giải hệ phương trình :
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 2 0 (2)
x y y x
x x y y

− + − − =



+ − − − + =


Giải : Đk : ,
Biến đổi (1) ta được :
3 3 2
( 3 2) ( 3 4) 0x x y y
− + − − + =

2 2
( 1) ( 2) ( 2) ( 1) 0x x y y
− + − − + =

2 2
( 1) ( 2 ) ( 2) ( 1)x x y y
− + = − +


2
( 1) ( 2)
( ) ( 3)
f x f y
f t t t
− = −


= +


mà :
 Hàm số f(t) nghịch biến trên [-2,0]
,x-1 =>
Nên (1) x-1= y-2  y=x+1
Thay vào phương trình (2) ta được :
2 2 2
1 3 2( 1) ( 1) 2 0x x x x
+ − − + − + + =

2 2
2 1 2 0x x
− − + =


(
)
(
)
2 2
1 3 1 1 0x x
− + − − =

2
1 1x
− =

 x=0
Hệ đã cho có nghiệm : x=0,y=1
Bài 2 : Xét tất cả các tam thức bậc hai f(x) =ax
2

+bx+c , a>0 , a,b,c , sao cho f(x) có hai
nghiệm phân biệt thuộc (0,1) , Trong các tam thức như thế , Xác định tam thức có hệ
số a nhỏ nhất ?
Giải : f(x) có hai nghiệm biệt thuộc (0,1)
 f(0)>0, f(1)>0 ,
( ) 0,0 1,0 1
2 2
b b c
f
a a a
− < < − < < <
 a>c>0 , a+b+c>0 , b
2
-4ac>0 , -2a<b<0 ( vì a>0)
Ta có : a+c>-b>0 => a
2
+2ac+c
2
>b
2
=> a
2
-2ac+c
2
>b
2
-4ac>0
=> 4ac<b
2
<(a-c)

2
+4ac
a,b,c thuộc Z
a c b Chọn
2 1 8<b
2
<9 không
3 1 12<b
2
<16 không
3 2 24<b
2
<25 không
4 1 16<b
2
<25 không
4 2 32<b
2
<36 không
4 3 48<b
2
<49 Không
5 1 20<b
2
<36 Nhận
Với a=5 , c=1 , b=5 , f(x)=5x
2
+5x+1=0 có 2 nghiệm phân biệt
( )
5 20

0,1
10
− ±
∈
Vậy tam thức bậc hai cần tìm là f(x)=5x
2
+5x+1
Bài 3 : Chứng minh mọi tam giác ABC ta luôn có :

3
2
a b c
l l l ab bc ca
+ + ≤ + +
( với l
a,
l
b
,l
c
là độ dài các đường phân giác trong kẽ từ A,B,C và a,b,c lần lượt là các
cạnh của BC,CA,AB)
Giải :
2 cos 2 cos
2 2
cos
2
2
a
A A

bc bc
A
l bc
b c
bc
= ≤ =
+


2 cos 2 cos
2 2
cos
2
2
b
B B
ac ac
B
l ac
a c
ac
= ≤ =
+
,

2 cos 2 cos
2 2
cos
2
2

a
C C
ab ab
C
l ab
a b
ab
= ≤ =
+

os os os
2 2 2
a b c
A B C
l l l bcc acc bac+ + ≤ + +
mà :
2 2 2
os os os os os os
2 2 2 2 2 2
A B C A B C
bcc acc bac bc ca ab c c c
+ + ≤ + + + +
2
à cos cos cos 2 cos os os( ) 2 cos 2cos 1
2 2 2 2
A B A B A B A B
v A B C c c A B
+ − + +
+ + = − + ≤ − + +
2

1 3 3
(2cos 1)
2 2 2 2
A B+
≤ − − + ≤

2 2 2
1 cos 1 cos 1 cos 3 1 9
os os os (cos cos cos )
2 2 2 2 2 2 2 2 4
A B C A B C
c c c A B C
+ + +
=> + + = + + = + + + ≤
Nên
3
2
a b c
l l l ab bc ca
+ + ≤ + +
Dầu bằng xảy ra

a=b=c

ABC đều
Bài 4 : Cho dãy số (u
n
) xác định bởi

( )

1
2
1
3 2
( 3 2) 2 6 5 3 3 3 2
n n n
u
u u u
+

= +


= − + − + −


Xét dãy (v
n
)
1
1
2
n
n
k
k
v
u
=
=

+
∑
, tính
Giải :
Ta có :
( )
2
1
3 ( 3 2) 2 6 5 2 3 3 2
k k k
u u u
+
− = − + − + −
1
3 ( 3 2)( 3)( 2)
k k k
u u u
+
− = − − +
1
1 1 1 1
3 ( 3 2)( 3)( 2) ( 3) ( 2)
k k k k k
u u u u u
+
= = −
− − − + − +
1
1 1 1
2 ( 3) ( 3)

k k k
u u u
+
=> = −
+ − −
Khi đó :
1
1 1
1 1 1
2 3 3
n
n
k
k n
v
u u u
=
+
= = −
+ − −
∑
Ta có :
( )
2
1
( 3 2) 2 6 6 3 3 3 2
n n n n
u u u u
+
− = − + − + −

=
2
( 3 2)( 3) 0
n
u
− − >
Dấu bằng không xảy ra vì u
1
>

1n n
u u
+
>
 Dãy u
n
là dãy tăng
Mặt khác dãy u
n
không bị chặn trên ,
Thật vậy : Giả sử u
n
không bị chặn trên => u
n
có giới hạn là a
Khi đó :
( )
2
( 3 2) 2 6 5 3 3 3 2a a a
= − + − + −


2
( 3 2)( 3) 0a
− − =

3a
=
< u
1
( vô lý)
Khi đó : limU
n
=
Vậy : limv
n
=
Bài 5 : Cho tam giác ABC , các đường cao AD,BE ,CF cắt nhau tại H , M là trung điểm
của BC,EF cắt BC tại I . Chứng minh rằng IH
⊥
AM
Chọ hệ trục tọa độ , D(0,0) ; A(0,a) ,B(b,0) , C(c,0) ,
Khi đó :
( ,0), ( , )
2 2
b c b c
M AM a
+ +
= −
uuuur
,

I(x,0) ,H(0,y)
Ta có H là trực tâm nên
BH AC
⊥
,
CH AB
⊥
,
Ta có ,
( , ), ( , )BH b y AC c a
= − = −
uuur uuur
=> y=
bc
a
−
hay H(0,
bc
a
−
)
, áp dụng BT : 19 sbt hh10nc trang8 ( xeva , menelauyt)
Ta có :
. . 1, . . 1
DB EC FA IB EC FA
DC EA FB IC EA FB
= − =
=>
DB IB
DC IC

= −
Ta có :
. . 0DB CI DC BI
+ =
 b(x-c)+c(x-b) =0  x=

2
,
bc bc
IH
b c a
 
= − −
 ÷
+
 
uuur
. Khi đó
.IH AM
=
uuur uuuur
0 => đpcm