ĐÊ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN HAY

0
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).
a) Giải phương trình:
2
3x 2 x 1 2x x 3
     
.
b) Giải hệ phương trình:
3 2
3
2 2 2
8 8
x 3x 13x 15
y
y
(x, y )
y 4 5y (x 2x 2)

    





   


.
Câu 2 (4,0 điểm).
a) Cho dãy số (u
n
) xác định bởi:
1
2
n 1 n n
2014
u
2013
2u u 2u , n *






   



Đặt
n
1 2 n

1 1 1
S .
u 2 u 2 u 2
   
  
. Tính: limS
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 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:
a b c
T MA.h MB.h MC.h
  

(với h
a

, h
b
, h
c
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
1
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho:
a + 2b = c và a
3
+ 8b
3
= c
2
.
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 k k
k 1 k 1 k 1 k 1 k 1 k 1
2 2 2

k 1
2 2 4 4 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 4 4 2 2
a b c 3
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 )
     

  
           
.
Hết

















2
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12 THPT

Câu 1. 5.0

Câu 2. 4.0

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

(1)
2.5

a)
2
1 n 1 n n
2014
u , 2u u 2u , n N*
2013

    

2.0

+ Điều kiện:
2
x
3

(*). Khi đó:

(1) 
2x 3
(2x 3)(x 1)
3x 2 x 1

  
  


2x 3 0 (2)
1
x 1 (3)
3x 2 x 1
 



 

  


(2)  x = 3/2 (thỏa (*))
Vì
2
x
3

nên
1

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
k k k k k k
u1 1 2
u 2 u (u 2) u u (u 2)
  
  

=
k k 1 k k 1
1 2 1 1
u 2u u u
 
  


n 1 n 1
S 1/ u 1/ u

 
u
1
> 1.CM:
2
n 1 n n
u (u 2u )/ 2 1, n N*

    

 u
n

> 1,  n  N*
Ta có:
2
n 1 n n
u u u / 2 0, n N*

    

 (u
n
) tăng
Giả sử (u
n
) bị chặn trên thì (u
n
)
tồn tại giới hạn hữu hạn: limu
n

= a
(a ≥ 1).
 2a=a
2
+ 2a  a = 0. Mâu thuẫn
với a≥1
 limu
n
= + 
n 1

lim(1/ u ) 0


.
Vậy:
n 1
limS 1/ u 2013/ 2014
 
.


0.2
5

0.2
5

0.2
5

0.5




0.2
5


0.2

5

b) Giải hệ PT
2.5

3
(I):
3 2
3
2 2 2
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
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)

  


 



 a
3
– b

3
= (b
2
– 5a
2
)(4a – b)
 21a
3
– 5a
2
b – 4ab
2
= 0
 a = 0 hoặc
b
a
3
 
hoặc
4b
a
7


+ Thay a = 0 vào (1) được b
2
= 4 và
tìm được hai nghiệm (–1 ; –1), (–1 ;
1).
+ Thay

b
a
3
 
vào (1) được b
2
= 9 và
tìm được hai nghiệm (–2 ; 2/3), (0 ; –
2/3).
+ Thay
4b
a
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,yR (1)
2.0

Trong (1), thay
3x ' y'
x y
2

 
ta

được:

3x ' y '
f (3x ' y' ) 2f
2

 
   
 
 
, x’, y’R

3x y
f(3x y ) 2f
2

 
   
 
 
, x, yR
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:

   
3 1 3 1
f x y f x f y
2 2 2 2
 
  

 
 
,x,yR
(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
f x y f (0)
2 2
 
 
 
 
=

   
3 1
[f x f (0)] [f y f(0)]
2 2
  
,
x,yR
Đặt g(x) = f(x) – f(0), ta có: g(0)
= 0 và:

   
3 1 3 1
g x y g x g y

2 2 2 2
 
  
 
 
,x,yR

   
3 3 1 1
g x g x , g y g y
2 2 2 2
   
   
   
   
,x,y
R



0.2
5




0.2
5

0.2
5




0.2
5


0.2
4

0.2
5


0.2
5



0.2
5

0.2
5
3 1 3 1
g x y g x g y
2 2 2 2

     
   
     
     
,

x,y

R
g(x+y) = g(x) + g(y),x,yR
Vì g liên tục trên R nên:
g(x) = ax, xR, với g(1) = a
(a tùy ý)
 f(x) = ax + b, xR (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

Câu 3. 5.0

Câu 4. 3.0

a)
a b c
T MA.h MB.h MC.h
  

3.0

a) a + 2b = c (1), a
3
+ 8b
3
= c
2
(2) 2.0

Ta có:
a b c
2S 2 2S 2 2S 2
h , h , h
a a b b c c
     


MA.GA MB.GB MA.GC

T 2
a.GA b.GB c.GC
 
  
 
 


a c c
MA.GA MB.GB MA.GC
3
a.m b.m c.m
 
  
 
 

2 2 2 2 2 2 2
a
1 1
a.m a 2b 2c a 3a (2b 2c a )
2
2 3
     


2 2 2
a
a b c
a.m

2 3
 
 

0.2
5

0.2
5

0.2
5

(2)  (a + 2b)(a
2
– 2ab + 4b
2
) = c
2

(3)
Từ (1) và (3) suy ra:
(2)  a
2
– 2ab + 4b
2
= (a + 2b)
 4b
2
– 2(a + 1)b + a

2
– a = 0 (4)
’ = (a + 1)
2
– 4(a
2
– a) = –3a
2
+ 6a +
1
(4) có nghiệm  ’ ≥ 0
0.2
5

0.2
5

0.2
5

5
y
x
H
O
C
A
G
Tương tự
2 2 2 2 2 2

b c
a b c a b c
b.m , c.m
2 3 2 3
   
 

2 2 2
6 3
T (MA.GA MB.GB MC.GC) (1)
a b c
  
 
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
2 2 2 2 2 2
a b c
4 a b c
GA GB GC (m m m ) (2)
9 3
 

      
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

3a
2
– 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
b) 1.0

Giả sử:
n n 1 1
n n 1 1 0
f (x) a x a x a x a


    

Ta có: f(a + b) – f(a) =
=
n n n 1 n 1
n n 1 1
a [(a+b) a ] a [(a+b) a ]+ +a b
 

  

n 1 n 2 n 2 n 1
n
n 2 n 3 n 3 n 2
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.

0.2
5


0.2
5

0.2
5
0.2
5
Câu 5. 3.0

Đặt P là vế trái của BĐT đã cho và :

b) 2.0

6
Xây dựng hệ tọa độ
như
hình vẽ.
Đặt BC = 2b (b>0),
ta có:
B(0 ; –b), C(0 ; b)
Giả sử A(x
0
; y
0
) (x
0

≠ 0)
Ta có: G(x
0
/3; y
0
/3)
Tọa độ điểm H là
nghệm
của hệ phương trình:

0
0 0
y y
x x (y b)(y b) 0



   



2 2
0
0
0
b y
H ; y
x
 



 
 
 

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

2 2
0 0
E G H
0
E G H 0
2x b y
x 2x x
3 x
y 2y y y / 3


   



   


E  BC  x
E
= 0 

2 2
0 0
0
2x b y
0
3 x

 


2 2 2
0 0
2x 3y 3b
 

2 2
0 0
2 2
x y
1
3b / 2 b
 

Suy ra tập hợp các điểm A trong
mp Oxy là elip:
2 2
2 2
x y
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
k k
k 1 k 1 k 1 k 1
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
b c
Q
(a b)(a b ) (a b ) (b c)(b c ) (b c )
   
 
     
k
k 1 k 1
2
2 2 2 2
a
(c a)(c a ) (c a )
 

  
.
Ta có: P – Q = (a – b) + (b – c) + (c –
a) = 0
k k k k

k 1 k 1 k 1 k 1
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
a b b c
2P P Q
(a b)(a b ) (a b ) (b c)(b c ) (b c )
   
 
    
     
k k
k 1 k 1
2 2
2 2 2 2
c a
(c a)(c a ) (c a )
 


  

Ta có:
2(a
2
+ b
2
) ≥ (a + b)
2

2(a

4
+ b
4
) ≥ (a
2
+ b
2
)
2

……………………

k k k 1 k 1
2 2 2 2 2
2(a b ) (a b )
 
  


k k
k 1 k 1
2 2
k
2 2 2 2
a b a b
2
(a b)(a b ) (a b )
 
 


  

Tương tự với các số hạng khác của
P+Q, suy ra:
k k k
a b b c c a
2P
2 2 2
  
  


3
k k k 1
a b c 3 abc 3
P
2 2 2

 
   

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
7