MAU DE DE NGHI + DAP AN DE THI HOC SINH GIOI CAP TINH MON TOAN 12 NAM HOC 2014 2015 (VONG 1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK NÔNG
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn: TOÁN – Vòng 1
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ nhất: 30/10/2014

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

Bài 1 (5,0 điểm).

(

)

1

2
3 xy 1 + 9 y + 1 =
x +1 − x
Giải hệ phương trình: 
 x 3 (9 y 2 + 1) + 4( x 2 + 1) x = 10


Bài 2 (5,0 điểm).

5


u
=
1

2
(n ∈ N *) .
Cho dãy số (un) thỏa mãn: 
1
u
= u 2 − un + 2
 n +1 2 n
 n 1
∑
lim
Tìm

u
 k =1 k


÷.
÷


Bài 3 (5,0 điểm).
Cho tam giác ABC nhọn với ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H. Tiếp tuyến tại B,
C của đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC cắt nhau tại điểm T, các đường thẳng TD và
EF cắt nhau tại điểm S. Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường
thẳng TB, TC; M là trung điểm của cạnh BC.
a) Chứng minh rằng H, M lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác DEF và XTY.

b) Chứng minh rằng đường thẳng SH đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC.
Bài 4 (5,0 điểm).
Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz = 2 2

x8 + y8
y8 + z8
z 8 + x8
+
+
≥8
Chứng minh rằng: 4
x + y4 + x2 y2 y4 + z4 + y2 z2 z4 + x4 + z2 x2
…………..Hết……………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh: ………………….....
Chữ ký của giám thị 1:………………………….Chữ ký của giám thị 2:...................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK NÔNG
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn: TOÁN – Vòng 1
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ nhất: 30/10/2014

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài
Bài 1 Giải hệ phương trình:
(5,0
điểm) ĐK: x ≥ 0

Nội dung

Điểm

)

(

1

2
(1 )
3 xy 1 + 9 y + 1 =
x +1 − x

 x 3 ( 9 y 2 + 1 ) + 4( x 2 + 1 ). x = 10 ( 2 )


Nhận xét: x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình
Xét x > 0

0,5

x +1 + x

Phương trình (1) ⇔ 3 y + 3 y 9 y 2 + 1 =

0,25

x

⇔ 3 y + 3 y (3 y ) 2 + 1 = 1 + 1
x
x

2

 1 

 + 1 (3)
 x

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 2 + 1 , t > 0.
2
Ta có: f’(t) = 1 + t + 1 +

t2
t +1
2

>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0; +∞)

1
 1 
 ⇔ 3y =

x
 x
3
2
2
Đặt g(x)= x + x + 4( x + 1). x − 10 , x > 0. Ta có: g’(x) > 0 với x > 0
⇒ g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞)

Phương trình (3) ⇔ f(3y)= f 

Ta có: g(1) = 0
Vậy phương trình g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
Với x =1 ⇒ y =

1
3
1
3

Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; ).
Ta có: un +1 − un =

1 2
(un − 4un + 4) ≥ 0, ∀n ⇒ Dãy không giảm.
2

Khi đó ta có: L =

L – L + 2 ⇔ L = 2. (Vô lý)

Bài 2
(5,0 Nếu có số M: un ≤ M với mọi n, thì tồn tại lim un = L. Vì un ≥ u1 ⇒ L ≥ u1
điểm)
1 2
⇒ lim un = + ∞

2

2
Ta có: u n − 2u n + 4 = 2u n +1

0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5


1
1
=

u n (u n − 2) 2(u n +1 − 2)
1
1
1
1
=
⇔
=
−
( ∀n ∈ N * )
u n +1 − 2
u n u n − 2 u n +1 − 2
1
1
=
−
u1 − 2 u n +1 − 2

⇔ u n (u n − 2) = 2(u n +1 − 2) ⇔
1
1
−
un − 2 un
n
1
Do đó: ∑
k =1 u k

⇔


1
⇒ lim ∑
 k =1 u k
n

Bài 3
(5,0
điểm)

= 1
=2

 u1 − 2

H

B

1,0

E

S

X

1,0

Y

A

F

0,5
0,5

O

D

M

C

T

a) Do các tứ giác BFHD, DHEC và CBFE nội tiếp nên
·
·
·
·
·
·
FDH
= FBH
= FBE
= FCE
= HCE

= HDE
·
Suy ra DH là phân giác của góc EDF
. Tương tự cũng được EH là phân giác
·
·
của góc DEF
và FH là phân giác của góc EFD
. Từ đó H là tâm đường tròn nội
tiếp của tam giác DEF .
a
a.sin A
·
·
·
= MCT
= BAC
; MB = MC = ⇒ d ( M , BT ) = d ( M , CT ) =
Do MBT
2
2

0,5
0,5
0,5

Ta có:

·
·

·
·
·
·
·
MEF
= HEF
+ HEM
= HAB
+ HEM
= HAB
+ HBM
= 900 − B + 900 − C = A và
BC a
a.sin A
ME =
= ⇒ d ( M , EF ) =
.
2
2
2
a
Do đó d ( M , TB ) = d ( M , TC ) = d ( M , EF ) = ×sin A nên M là tâm đường tròn nội
2
tiếp tam giác XTY .

b) Do tứ giác AFDC nội tiếp và TX tiếp xúc với ( O ) nên
·
·
·

·
·
FDB
= FAC
= BAC
= CBT
= DBT
Suy ra TX || DF . Tương tự cũng có TY || DE.
DF
Từ đó, với k =
thì phép vị tự tâm S tỷ số k biến tam giác DEF thành tam
TX
giác TYX .
Và do đó biến H (tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF ) thành M (tâm
đường tròn nội tiếp của tam giác TYX ) suy ra S , H , M thẳng hàng.

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5


Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2 2

Bài 4
x8 + y8
y8 + z8

z 8 + x8
(5,0 Chứng minh rằng:
+
+
≥8
x4 + y4 + x2 y2 y4 + z 4 + y2 z 2 z 4 + x4 + z 2 x2
điểm)
Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8

1,0

a2 + b2
3(a 2 + b 2 )
2
2
Do ab ≤
nên a + b + ab ≤
Dấu “=” xảy ra ⇔ a=b
2
2

0,5

a4 + b4
a4 + b4
a4 + b4
1
≥
≥ (a 2 + b 2 )
2

2
Ta có: a + b + ab 3 2
. Ta sẽ chứng minh: 3 2
(1).
3
a + b2
a + b2
2
2

(

)

(

)

Thật vậy: (1) ⇔ 2( a 4 + b 4 ) ≥ (a 2 + b 2 ) 2 ⇔ (a2 – b2)2 ≥ 0 (luôn đúng).
Do đó ta được:

a4 + b4
1
≥ (a 2 + b 2 ) Dấu “=” xảy ra ⇔ a2=b2 ⇔ a=b
2
2
a + b + ab 3

Áp dụng BĐT trên ta có:

b4 + c4
1
≥ (b 2 + c 2 ) Dấu “=” xảy ra ⇔ b=c
2
2
b + c + bc 3
c4 + a4
1
≥ (c 2 + a 2 ) Dấu “=” xảy ra ⇔ c=a
2
2
c + a + ca 3

0,5
0,5

0,5
0,5

Cộng các vế các BĐT trên ta được:
a4 + b4
b4 + c4
c4 + a4
2
+
+
≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) (2) Dấu “=” xảy ra ⇔
2
2
2

2
2
2
a + b + ab b + c + bc c + a + ca 3

0,5

a=b=c
Theo BĐT Cô-si ta có:

2 2
(a + b 2 + c 2 ) ≥ 2.3 a 2 b 2 c 2 = 8 . Dấu “=” xảy ra ⇔ a=b=c
3

0,5

Do đó ta có (ĐPCM). Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 2
0,5

Ghi chú: Nếu thí sinh làm đúng theo cách khác đáp án vẫn cho điểm tối đa.

Giáo viên ra đề: Nguyễn Văn Dung