HDC vong 1 (1) cho vòng 1

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT

Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013
MÔN: TOÁN
Ngày thi 09/10/2012
(hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Câu

Điểm

Đáp án

 x 3 = y 2 − 2y + 8  x 3 = (y − 1) 2 + 7
 3
 3
2
2
Ta có:  y = z − 2z + 8 ⇔  y = (z − 1) + 7 ⇒ x, y, z > 1
z3 = x 2 − 2x + 8
z 3 = (x − 1) 2 + 7


1
5 điểm

Giả sử x = max{x; y;z} ⇒ (y -1) 2 = max{(x -1) 2 ;(y -1) 2 ;(z -1) 2}
y = max{x; y;z} ⇒ x = y ⇒ y = z . Vậy x = y = z.
Khi đó ta có phương trình:

x 3 = x 2 − 2x + 8 ⇔ x 3 − x 2 + 2x − 8 = 0 ⇔ (x − 2)(x 2 + x + 4) = 0
⇔x=2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y; z) = (2; 2; 2).

2

1,0

1,0
1,5

1,0
0,5

A

5 điểm

Q
P
B

D

H

E

C

Cách 1:
·
·
BAH
= ACH
1·
·
·
·
·
BAE
= BAH
+ HAE
= BAH
+ HAC
2
1
·
·
·
·
·
BEA
= ACH
+ EAC
= ACH
+ HAC
2
·
·

⇒ BEA
= EAB
⇒ tam giác ABE cân tại đỉnh B.
·
Mà BP là đường phân giác góc ABE
⇒ BP là đường trung trực của
đoạn AE ⇒ PA = PE .
1 ·
1·
·
·
·
·
= PAH
+ HAE
= (BAH
+ HAC)
= BAC
= 450
Mặt khác PAE
2
2
⇒ ∆PAE vuông cân tại đỉnh P ⇒ EP ⊥ AD .
Tương tự: ⇒ DQ ⊥ AE .

1,0

1,0
1,0
1,0

Vậy AH, DQ, EQ là các đường cao của tam giác ADE suy ra AH,
DQ, EP đồng quy.

1,0

Cách 2:
Áp dụng tính chất tia phân giác các góc trong tam giác:
PA AB QE CE HD AH EC AC
=
=
=
=
,
,
,
PD BD QA AC DB AB HE AH

2,0

⇒

PA HD EC QE = AB AH AC CE = CE
.
.
.
.
.
.

PD DB HE QA BD AB AH AC BD

1,5

⇒

PA HD QE
.
.
=1
PD HE QA

0,5
1

⇒ AH, DQ, EP đồng quy (Định lí Ceva)
3
(6 điểm)

a) 2 điểm

Xét f n ( x ) = x + 2x 2 + 3x 3 + ... + nx n −

3
4

f n' ( x ) = 1 + 22 x + 32 x 2 + ... + n 2 .x n −1

0,5

'
Ta có f n ( x ) > 0 ∀x ∈ R ⇒ f n ( x ) đồng biến, liên tục trên R.

0,5

Mà f n ( 0 ) < 0; f n ( 1) > 0

0,5

⇒ f n ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất và nghiệm đó thuộc ( 0;1)

0,5

b) 4 điểm
n −1

2

1 1
9
1
1
3f  ÷ = 1 + 2. + 3  ÷ + ... + n  ÷ −
3  3
4
 3
3
n −1

2

1 1
1
1
f  ÷ = + 2  ÷ + ... + ( n − 1)  ÷
3 3
 3
 3

n

1 3
+ n ÷ −
 3 4

1 1
n 3
( 3 + 2n )
1
1
⇒ 2f  ÷ = 1 + +  ÷ + ... +  ÷ − n − = −
3  3
3 2
2.3n
 3
3
( 2n + 3) < 0 ∀n ∈ N*
1
⇒ f  ÷= −
4.3n

 3
1
1
Suy ra f  ÷ < f n ( x n ) suy ra x n > (do f n ( x ) là hàm số đồng
3
3
biến trên R)
1

Với mọi n ∈ N* , theo định lý Lagrange, tồn tại cn ∈  ; x n ÷ sao
3

1
1
'
cho: f n (x n ) − f n ( )− = f n (c n )(x n − )
3
3
2

n −1

1,0
0,5

0,5


1
1 2n + 3 2n + 3

1
1 2n + 3
⇒ xn − = '
<
⇒ xn − = '
n
3 f n (c n ) 4.3n
4.3n
3 f n (x n ) 4.3
'
(vì f n ( x ) > 1 ∀x ∈ (0; +∞) )
2n + 3
1
=
0
⇒
lim
x
=
Mà lim
.
n
n→+∞ 4.3n
n→+∞
3

4
4 điểm

Kí hiệu S(n) là số cách chia tập S thành ba tập con khác rỗng sao cho

mỗi tập con không chứa hai số nguyên liên tiếp.
Các khả năng xảy ra khi chia tập Sn+1 = {1; 2; 3;...; n; n+1}.
Khả năng 1: {n+1} không là một trong ba tập con của Sn+1.
Ta thực hiện cách chia như sau: Chia S n thành 3 tập con (thỏa mãn đề
bài) và bổ xung phần tử ( n + 1 ) vào một trong hai tập không chứa phần
tử n. Do đó số cách chia trong trường hợp này là 2S(n).
Khả năng 2: {n+1} không là một trong ba tập con của Sn+1.
Khi đó các phần tử Sn phải nằm trong hai tập còn lại. Có thể thấy ngay
chỉ có một cách chia thỏa mãn (một tập chứa các số chẵn và một tập
chứa các số lẻ). Do đó, số cách chia trong trường hợp này là 1 cách.
Vậy ta thu được công thức truy hồi:
S ( n + 1) = 2S ( n ) + 1
⇒ S ( n + 1) + 1 = 2 S ( n ) + 1

1,0

1,0

1,5

1,0

0,5

Đặt u n = S ( n ) + 1 ⇒ u n +1 = 2u n . Vậy ( u n ) là một cấp số nhân có
công bội bằng 2.
n −2
Mặt khác, ta thấy S ( 3) = 1 vậy nên ta có S ( n ) = 2 − 1, ∀n ≥ 3 .
n −2
Vậy số cách chia thỏa mãn yêu cầu bài toán là S ( n ) = 2 − 1, ∀n ≥ 3 .

-----------Hết-----------

1,0