De thi HSG mon Toan tinh Long An vong 1 bang B co loi giai chi tiet

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN
ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Câu 1.(6,0 điểm)





a) Giải phương trình sau trên tập số thực: 2 x 2  3x  2  3 x3  8
3

2  2 x  1  2 x  1   2 y  3 y  2
b) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 

2 x  2 y  3  6  y

Câu 2.(5,0 điểm)
a) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam
giác ABD vuông cân tại A, tam giác ACE vuông cân tại A. Gọi I là giao điểm của BE và CD.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và DE. Chứng minh rằng: AI // MN.
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;2) và tâm đường tròn
5 5
ngoại tiếp I 1; 2  . Gọi M  ;  là trung điểm của cạnh BC. Tìm tọa độ các đỉnh của ABC
2 2

biết xB  xC .
1

u1  3
Câu 3.(3,0 điểm) Cho dãy số thực  un  xác định bởi : 
 n  * .
n

1
u


n
u 
 n 1
3n

a) Chứng minh dãy số  un  là dãy số giảm.
b) Tìm số hạng tổng quát của dãy  un  .
Câu 4.( 3,0 điểm) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn:

1
1
1


2.
x 1 y 1 z 1

Tìm giá trị lớn nhất của P  xyz .

Câu 5.(3,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x 2  2 có đồ thị

 C  . Hãy tìm tất cả các giá trị của số

thực a để điểm cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (C) nằm khác phía (phía trong và
phía ngoài) của đường tròn T  : x 2  y 2  2ax  4ay  5a 2  1  0 .
------------------ 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 B)
Ngày thi: 07/10/2016
Thời gian: 180 phút (không kể phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Câu
1

Tóm tắt lời giải





Điểm

1.a) Giải phương trình sau trên tập số thực: 2 x 2  3x  2  3 x3  8

3,0

Điều kiện: x  2

0,25









Ta có 2 x 2  3x  2  3 x3  8  2 x2  3x  2  3

 x  2  x2  2 x  4

x  2  a  0, x2  2 x  4  b  3

Đặt

Suy ra b2  a2  x2  3x  2



0,25
0,25
0,5



Phương trình trở thành: 2 b 2  a 2  3ab  2b2  3ab  2a2  0

0, 5

  a  2b  b  2a   0  b  2a

0,5

x 2  2 x  4  2 x  2  x2  2 x  4  4 x  8
 x  3  13
 x2  6 x  4  0  
(thỏa điều kiện)
 x  3  13

0,25

Vậy: S  3  13;3  13

0,25

Do đó



0,25



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

3,0

Điều kiện: y  2

0,25

3

2 x  2 y  3  6  y  2 

1  2  2 x  1

3

1

 2x 1  2  y  2   y  2  2  y  2 y  2  y  2
2


 2  2 x  1   2 x  1  2
3



y2



3

 y2

Đặt f  t   2t 3  t , t 

1  f  2 x  1 

f

Thế vào (2) ta được





y2

0,25
0,25

 f '  t   6t 2  1  0, t 

Suy ra f  t  đồng biến trên

0,25



0,25
nên 2 x  1  y  2

y  2 1  2 y  3  3  y  3  0

2  y  3
y 3

 y 3 0
y  2 1
2y  3  3

0,5
0,25
0,25



1
2
  y  3 

 1  0
 y  2 1

2 y  3  3 

Trang 1/4

0,25


y 3
1
2
 

1  0
 y  2  1
2y  3  3
1
2

 1  0 (vô nghiệm)
Ta thấy
y  2 1
2y  3  3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là  x; y    0;3

2

0,25

0,25

2.a) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), dựng về phía ngoài tam giác ABC
các tam giác ABD vuông cân tại A, tam giác ACE vuông cân tại A. Gọi I là giao điểm
của BE và CD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và DE.
Chứng minh rằng: AI // MN.

E
N
D
A
K

F
I

Q A;900  D   B

 
 Q A;900  DC   BE

 
Q A;900   C   E
CD  BE

CD  BE

Gọi F, K lần lượt là trung điểm BD và CE.
Khi đó MFNK là hình thoi
1
(vì: MF  FN  NK  KM  CD )
2

 MN  FK (1)

B

2,5

0,5

0,5

0,25
0,25

Tam giác BAD vuông tại A và tam giác BID vuông

M
C

1
2

tại I nên: FA  FI  BD

0,25

Do đó F thuộc trung trực cạnh AI
1
2

Tam giác CAE vuông tại A và tam giác CIE vuông tại I nên: KA  KI  CE

Do đó K thuộc trung trực cạnh AI
Vậy FK thuộc trung trực cạnh AI nên: AI  FK (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AI // MN
(đpcm).
2.b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;2) và tâm
5 5
đường tròn ngoại tiếp I 1;2  , gọi M  ;  là trung điểm của cạnh BC. Tìm tọa
2 2
độ các đỉnh của ABC biết xB  xC .
A
Gọi L là điểm đối xứng của C qua I.
 LB  BC
L
 LB / / AH 1
Ta có 
 AH  BC
I(1;2)
H(2;2)

B
M(5/2;5/2)

C

 LA  AC
 LA / / B H  2 
Tương tự 
 BH  AC
Từ (1) và (2) suy ra AHBL là hình bình hành
Nên AH  LB

Trang 2/4

0,25
0,25
0,25
2,5

0,25


Do IM là đường trung bình BCL nên IM 

 A  1;1

LB AH
1

 IM  AH
2
2
2

0,25

Phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp ABC :
Phương trình cạnh BC: 3x  y  10  0
B, C là giao điểm của BC và đường tròn (C)
 x  12   y  2 2  5
Ta có: 
 3x  y  10  0

 x  2, y  4

 x  3, y  1
Vậy B  3;1 , C  2;4  , A  1;1
3

 x  12   y  22  5

0,25
0,5
0,25

0,5
0,25

1

u1  3
3.a) Cho dãy số  un  xác định bởi : 
 n  * .
u   n  1 un
 n 1
3n
Chứng minh dãy số  un  là dãy số giảm.

1,0

Ta thấy un  0, n  *

0,25

Xét: un1  un 

 n  1 un  u

n

3n
 n  1  un 1  2n 
 un 
 1 
 0, n  *
3n
 3n

Nên un1  un , n  * . Vậy  un  là dãy số giảm.

3.b) Tìm số hạng tổng quát của dãy  un  .
un
1
,  n  *  v1 
n
3
 n  1 un  v  un
u
Khi đó: vn1  n1 . Mà un1 
n 1
3n
n 1
3n

1
 vn1  vn
3
1
1
1
Do đó  vn  là cấp số nhân với số hạng đầu v1  và công bội q   vn  n
3
3
3
n
Vậy: un  n ,  n  *
3

Đặt: vn 

4

0,25

Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn:

1
1
1


2.
x 1 y 1 z 1

0,25
0,25
0,25
2,0
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
3,0

Tìm giá trị lớn nhất của P  xyz

Ta có


1
1
1
1
1  
1 
y
z


2
 1 

  1 


x 1 y 1 z 1
x 1 
y 1  z 1 y 1 z 1
Trang 3/4

0,5


Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si cho 2 số dương
y
z

2
y 1 z 1

Ta được
Do đó

1
2
x 1

yz
 y  1 z  1

0,5

yz
1

 y  1 z  1

1
2
y 1

Tương tự

y
z
,
y 1 z 1

xz
 2
 x  1 z  1

;

1
2
z 1

xy
 3
 x  1 y  1

0,5

Nhân (1), (2), (3) ta được

1
 23
 x  1 y  1 z  1
 xyz 

 x  1 . y  1 . z  1
2

2

2



8 xyzz
 x  1 y  1 z  1

1
8

Vậy Pmax 
5

x2 y 2 z 2

0,5

0,5
1
1

khi x  y  z  .
2
8

0,5

Cho hàm số y  x3  3x 2  2 có đồ thị  C  . Hãy tìm tất cả các giá trị của số thực
a để điểm cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (C) nằm khác phía (phía trong
và phía ngoài) của đường tròn T  : x 2  y 2  2ax  4ay  5a 2  1  0 .

3,0

TXĐ: D  R ; y '  3x2  6 x

0,25

 x 0 y 2
 x  2  y  2
Gọi hai điểm cực trị là: A  0;2  , B  2; 2 

0,25

Cho y '  0  3x 2  6 x  0  

Ta có T  có tâm I  a; 2a  và bán kính R  1
Ta thấy IB 
Do IB 

2  a

2

  2  2a 

2

0,25
2

2  36
6

 5a  4a  8  5  a   

5
5
5

2

6
 1  R nên B nằm ngoài đường tròn (C)
5

Mặt khác IA  a 2   2  2a 2

0,5
0,5
0,25

Theo đề thì A phải nằm phía trong đường tròn (C)
Nên IA  R  IA  1  a 2   2  2a 2  1
3
 a 1
5
Thí sinh làm bài theo cách khác thì giám khảo chấm điểm tương đương.
 5a 2  8a  3  0 

--------------------- HẾT --------------------Trang 4/4

0,5
0,5