De thi HSG Long An vong 1 bang A co loi giai chi tiet

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 1
Môn thi: TOÁN (Bảng A)
Ngày thi: 07/10/2016
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1.(5 điểm)

x  1  2x  3  x2  x  1

a) Giải phương trình sau trên tập số thực:

2
2
2

3x  2 x  5  2 x x  1  2  y  1 y  2 y  2
b) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 
2
2

x  2 y  2x  4 y  3

Câu 2.(5 điểm)
a) Từ một điểm M tùy ý trong tam giác ABC , các đường thẳng MA, MB, MC lần lượt cắt
MA1 MB1 MC1
BC, AC, AB tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng



 1.
AA1 BB1 CC1
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A  4;3 . Đường phân giác trong
của góc A có phương trình x  y  1  0 và I  2;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Viết
2
3





phương trình cạnh BC biết diện tích tam giác ABC bằng hai lần diện tích tam giác IBC.
Câu 3.(4 điểm) Cho dãy số thực  un 

u1  2

thỏa mãn: 
un3  3un
u

 n 1 3u 2  1
n


n 

* .

a) Chứng minh un  1, n  * .

b) Tìm số hạng tổng quát của dãy  un  .
Câu 4.(3 điểm) Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng:

1
2
40
 2 2
4
4
a b a b
 a  b
4

Câu 5.(3 điểm) Cho hàm số y  x4  2mx2  1 (1). Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
(1) có ba điểm cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1.
-------------------- HẾT ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………. Số báo danh: ………………………………………
Chữ ký giám thị 1:…………………………………… Chữ ký giám thị 2:…………………………………


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 1
Môn thi: TOÁN (Bảng A)
Ngày thi: 07/10/2016
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Câu
Tóm tắt lời giải
1 1.a) Giải phương trình sau trên tập số thực: x  1  2 x  3  x 2  x  1
Điều kiện: x  1
Ta có





x  1  2x  3  x2  x  1

 

x 1  2 



Điểm
2,5
0,25
0,25

2 x  3  3  x2  x  6

2  x  3
x3

  x  3 x  2 

x 1  2
2x  3  3
1
2


  x  3 

   x  3 x  2   0
2x  3  3 
 x 1  2


0,25

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

Ta có
x 1  2
2x  3  3
1
2


 x2
x 1  2
2x  3  3
 x  1  2  2
Với x  1  
 2 x  3  3  4

0,25

0,25

0,5

1
2

 11
x 1  2
2x  3  3
Tương tự x  1  x  2  1 2 
Do đó

0,25

0,25

Từ (1), (2) suy ra x  1 là nghiệm phương trình (*)
Vậy S  1;3

0,25

1.b) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:
2
2
2

3x  2 x  5  2 x x  1  2  y  1 y  2 y  2
 2
2

 x  2 y  2x  4 y  3  2

Lấy (1) – (2) theo vế ta được x2  x x 2  1   y  1   y  1
2





Xét hàm số f  t   t 2  t t 2  1  t t  t 2  1 trên
[1]

1
 y  1

2,5
2

1

0,5



t 
 f '  t   t  t 2  1  t 1 



2
t 1 

Suy ra f  t  đồng biến trên R
Mà x2  x x 2  1   y  1   y  1
2

2



 y  1

t 1  t
2

t2 1



2

0,5

 0, t 

0,25
2

 1  f  x   f  y  1  x  y  1

  x  1

  y  2
x

y

1


5

Hệ phương trình tương đương  2
 x 

2
 x  2 y  2 x  4 y  3
3
 

2
 y 
3

5 2
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  1; 2  ,  ; 
3 3
2.a) Từ một điểm M tùy ý trong ABC , các đường thẳng MA, MB, MC lần lượt
MA1 MB1 MC1
cắt BC, AC, AB tại A1, B1, C1 . Chứng minh rằng


1
AA1 BB1 CC1
Kẻ AH, MK vuông góc BC
Có AHA1 MKA1
1
MA1 MK 2 MK .BC SMBC
Suy ra



1
A
AA1 AH 1 AH.BC SABC

2
Q
C1
Kẻ MP, BQ vuông góc AC
P B
1
Có BCB1 MPB1
M
1
MB1 MP 2 MP. AC SMAC
Suy ra



 2
BB1 BQ 1 BQ. AC SABC
2
B
H
K
C
A1
MC1 SMAB
Tương tự

 3
CC1 SABC
Lấy (1) +(2) +(3) ta được
MA1 MB1 MC1 SMBC SMAC SMAB






1
AA1 BB1 CC1 SABC SABC SABC

0,5

0,5

0,25

2,5

0,75

0,75

0,75
0,25

2.b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A  4;3 . Đường



3

phân giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0 và I  2;  là tâm đường
2



tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Viết phương trình cạnh BC biết diện tích tam
giác ABC bằng hai lần diện tích tam giác IBC.
[2]

2,5


Ta có: IA 

5
2

0,25

Nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC phương
2

3
25
trình:  x  2    y   
C 
2
4

2

A(4;3)

Gọi D  a; b  , (a  4) là giao điểm thứ hai của
đường phân giác trong góc A với (C). Ta có hệ

I(2;3/2)

B
C
D

0,25

x-y-1=0

a  b  1  0

2

3  25
2

 a  2    b  2   4



 a  4; b  3
1 1

 D ; 
1
1

a  ; b  
2 2

2
2
 DB  DC
Do 
nên ID là đường trung trực của của
 IB  IC

0,25

BC.
Khi đó đường thẳng BC có vectơ pháp tuyến là
n  2DI   3; 4  . Phương trình BC có dạng:

0,25

0,5

0,5

3x  4 y  m  0

S ABC  2S IBC  d  A, BC   2d  I , BC  

24  m 2. 12  m
m  0



5
5
 m  16

Vậy phương trình cạnh BC là: 3x  4 y  0 hoặc 3x  4 y  16  0
3
Cho dãy số thực  un 

u1  2

thỏa mãn: 
un3  3un
u

 n 1 3u 2  1
n


n 

*

3.a) Chứng minh un  1, n  * .

0,25
0,25
4,0
2,0

14

1
13
Giả sử uk  1,  k  , k  2 

u1  2  1; u2 

0,5
0,5

 uk  1  0   uk  1  0  uk3  3uk  3uk2  1 
3

 uk 1  1

uk3  3uk
1
3uk2  1

0,5

Vậy un  1, n  * .

0,25
0,25

3.b) Tìm số hạng tổng quát của dãy  un 

2,0

 un  1

un3  3un
un 1  1 

1

3un2  1
3un2  1

0,25

3

[3]


 u  1
u 3  3u
un 1  1  n 2 n  1  n 2
3un  1
3un  1

3

u 1  u 1 
Do đó: n1   n 
un1  1  un  1 

0,25

3

0,25

un  1
 n  *  vn1  vn3 .
un  1

Đặt vn 

0,25

Vì v1  3
3n1
1

0,25
0,25

3n1

Theo qui nạp ta được vn  v

3
v 1
Do un  1  vn  1  un  n
 n  *
vn  1
n1

Vậy: un 

4

33  1
n1

33  1

n 

0,25

*

0,25

Cho a, b là các số thực dương . Chứng minh rằng:
Đặt S 

1
2
40
 2 2
4
4
a b a b
 a  b
4

1
2

1 
3
 1
 2 2  4 4  2 2  2 2
4
a b a b
 a  b 2a b  2a b
2
3

 2 2
 a 4  b 4  2a 2 b 2 2a b

3,0
0,25

4

0,25

Mà  a 2  b2   2  a 4  b4  .2a 2b2
2



 2 
 2
2 
 a 4  b4  .2a 2b2  a  b 
2

0,25

2

0,25

2

1
1
 2 
S  2 2   2 2  2 2
 a  b  a b 2a b

0,25

2

2

1 2
1 
1
1 
1
 1
 S   2 2    2 2  2 2 2 
  2 2
2  a  b ab  2a b

 a  b 2ab  2a b


1 



 1

2
2
 2  a 2  b 2  .2ab  4
Mặt khác:  2 2 
  a  b   2ab   2  2
2 
 a  b 2ab 
 a  b  2ab



1

1

1
1
4

 2 2
2

a  b 2ab  a  b   2ab

0,25
0,25
0,25

2

2

4
1
32
1


 S  2 2 2


 
2
4
2
 a  b  2ab  2  ab 
 a  b  2  ab 
ab
1
1
2
 ab 

ab 
  ab   

 
2
4
2
 2 
 ab   a  b 


 2 

0,25

4

Ta lại có:

[4]

0,25


S

32



1



40

a  b
 ab
2

 2 
1
2
40
 Đẳng thức xảy ra khi a  b .
Hay 4 4  2 2 
4
a b a b
 a  b
5

 a  b

4

4

4

Cho hàm số y  x4  2mx2  1 (1). Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm

số (1) có ba điểm cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1.
Ta có y '  4 x3  4mx .

x  0
Cho y '  0   2
x  m

0,25

0,25
3,0
0,25
0,25

Hàm số có 3 cực trị khi phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0
Khi đó hàm số (1) có 3 điểm cực trị là : A( m ;1  m2 ), B( m ;1  m2 ), C (0 ;1)

0,25
0,25

Gọi I là tâm của đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C.
Vì A, B đối xứng qua trục tung nên I nằm trên trục tung.

0,25
0,25

y  0
Đặt I(0 ; y0). Ta có: IC = 1  (1  y0 )2  1   0
 y0  2
 I  O(0 ; 0) hoặc I (0 ; 2)

0,25
0,25

Với I  O(0 ; 0)

1  5
IA = 1  m  (1  m )  1  m  2m  m  0  m  0  m  1  m 
2
2 2

4

0,25

2

So sánh điều kiện m > 0, ta được m = 1 và m =

1  5
2

0,25

Với I(0 ; 2)
IA = 1  m  (1  m2 )2  1  m4  2m2  m  0 (*)

0,25

Phương trình (*) vô nghiệm khi m > 0.

1  5
thì thỏa yêu cầu bài toán.
2
Thí sinh giải cách khác, giám khảo chấm điểm tương đương.
Vậy m = 1 và m =

----------------- HẾT------------------

[5]

0,25