Đề thi HSG toán 12 năm 2018 2019 trường lưu nhân chú thái nguyên

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT LƯU NHÂN CHÚ

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 12
NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề.
(Đề gồm có 05 câu trong 01 trang)

Bài 1 (2,0 điểm) : Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm

m( x 2  2 x  2  1)  x 2  2 x  0
Bài 2 ( 2 điểm): Cho dãy số (xn) như sau:

x1  2; xn 

x1  2 x2  3x3  ...  (n  1) xn 1
; n  , n  1
n(n 2  1)

Tìm limun với un = (n+1)3xn.
Bài 3 (2 điểm): Tính tổng S  2Cn1  22.2Cn2  23.3Cn3  ...  2k .kCnk  ...  2n.nCnn
Câu 4 ( 2,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:
x 2  (y  1) 2  1.

Chứng minh rằng với mỗi điểm M(m;3) trên đường thẳng y = 3 ta luôn tìm được
hai điểm T1, T2 trên trục hoành, sao cho các đường thẳng MT1, MT2 là tiếp tuyến của
(C). Khi đó hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MT1T2.
Câu 5 ( 2,0 điểm): Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

a3
b3
c3


1.
a 3  (b c)3
b3  (c a)3
c3  (a  b)3

...............................Hết..............................
Họ và tên :........................................................... Số báo danh :.............................


ĐÁP ÁN
Nội dung

Câu
1 Đặt

Điểm

t  x 2  2 x  2. Do x  0;1  3   t  1; 2 .

0,5

Phương trình trở thành :
t2  2
m
t 1

Xét hàm số:
t2  2
t 2  2t  2
f (t ) 
, t  1; 2  f '(t ) 
 0 t  1; 2
2
t 1
 t  1

0,5

0,5

Hàm số luôn đồng biến nên
1
2
f (1)  m  f (2)    m 
2
3

2

0,5

Với n là số tự nhiên lớn hơn 1ta có:
x1  2 x2  ...  nxn  n3 xn (1)

0,5

x1  2 x2  ...  (n  1) xn 1  (n  1)3 xn 1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra nxn = n3xn – (n – 1)3xn-1
3

nxn  n3 xn –  n – 1 xn 1
3

 xn

 n  1


xn 1

n3  n
4
 xn  2
n (n  1)
 lim un

3

 n  1
 lim
2

2

n

 n 1 

xn 1
 .
 n  n 1

3

4

n (n  1)

1

4

0,5

Xét khai triển:
(1  2 x) n  Cn0  2Cn1 x  22 Cn2 x 2  23 Cn3 x 3  ...  2 k Cnk x k  ...  2 n Cnn x n

0,5

Lấy đạo hàm hai vế, ta có:
2 n(1  2 x) n 1  2Cn1  2 2.2Cn2 x  23.3Cn3 x 2  ...  2k .kCnn x k 1  ...  2n.nCnn x n 1

Cho x = 1 ta được:
4

1

S  2Cn1  2 2.2Cn2  23.3Cn3  ...  2k .kCnn  ...  2 n.nCnn  2n3n 1

0,5

Đường tròn (C) có tâm I(0; 1) và bán kính R = 1.
Điểm T thuộc trục hoành thì T(t; 0) và M(m; 3) thuộc đường thẳng y = 3 nên
pt MT là:
3x + (t – m)y – 3t = 0.
Do MT là tiếp tuyến của (C) nên d(I, MT) = 1 hay

0,5


t  m  3t
9  (t  m)

2

 1  t 2  2mt  3  0 (*)

Do pt (*) có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 với mọi m nên luôn tồn tại hai điểm
T1(t1; 0) và T2(t2; 0) để MT1 và MT2 là tiếp tuyến của (C).
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MT1T2 là:
x 2  y 2  2mx 

5

0,5
1

m2  2
y  3  0.
2

Theo bất đẳng thức AM – GM, với x không âm ta có:
1  x 3  (1  x)(1  x  x 2 ) 

(1  x)  (1  x  x 2 )
x2
 1
2
2

0,5

Từ đó ta có:
a3

a 3  (b  c)3

1
bc
1 

 a 

3



1
1bc
1 

2 a 

2



1
b2  c2
1
a2



a2
a2  b2  c2

1

b3
b2

b3  (c a )3 a 2  b 2  c 2


c3

c2

c3  (a  b)3 a 2  b 2  c 2

a3
b3
c3
 3
 3
1
a 3  (b c)3
b  (c a)3
c  (a  b)3

Vậy:
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

0,5