Tài liệu Đề thi HSG 12 môn Toán Vòng 1-2 2010-2011

SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: Toán - Vòng I
ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 26 tháng 10 năm 2010)
SỐ BÁO DANH: Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1:(2.0 điểm)
Giải phương trình:
3 2
3 4 2 (3 2) 3 1x x x x x+ + + = + +
Câu 2:(2.5 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
3
3
2
x
y x= −
trên khoảng (0;
+∞
).
b) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:

3 3 3
3 3 3
a b c a b c
b c a b c a
+ + ≥ + +
Câu 3:(2.0 điểm)
Cho dãy số {
n
u
} xác định như sau:

1
2
1
1
, , 1
2010
n
n n
u
u
u u n n
+
=



= + ∀ ∈ ≥


¥
Tính
1 2
2 3 1
lim ...
n
n
u u u
u u u
+
 

+ + +
 ÷
 
Câu 4:(2.0 đi m)ể
Cho hình vuông ABCD. Trên đoạn BD lấy điểm M không trùng với B, D.
Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên các cạnh AB, AD. Chứng minh rằng:
a) CM vuông góc EF.
b) Ba đường thẳng CM, BF, DE đồng quy.
Câu 5:(1.5 điểm)
Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của k để phương trình :

2 2
x y x y kxy+ + + =
có nghiệm nguyên dương.
--------------------HẾT----------------------
* Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
* Giám thị không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: Toán - Vòng I
(Khóa ngày 26 tháng 10 năm 2010)
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)
yªu cÇu chung
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận
lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải
sau có liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là
0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu Nội dung Điểm
1
ĐK:
1
3
x ≥ −
Ta có:

( )
3 2
3
3
3 4 2 (3 2) 3 1
( 1) 1 3 1 3 1 (*)
x x x x x
x x x x
+ + + = + +
⇔ + + + = + + +
Xét hàm số :
3
( )f t t t= +
có
2
'( ) 3 1 0,f t t t= + > ∀ ∈ ¡
nên f đồng biến
trên ¡ .
Do đó: (*)
( )

0
( 1) 3 1 1 3 1
1
x
f x f x x x
x
=

⇔ + = + ⇔ + = + ⇔

=

Kết hợp điều kiện nghiệm của phương trình đã cho là: x = 0; x = 1.
2 điểm
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
2
a) Ta có:
2
2 3
3
0
3 3
' 0 1
2
2
x

x
y x
x x
x
>


= − = ⇔ ⇔ =

=


BBT của hàm số đã cho trên khoảng (0;
+∞
) là:
2,5 điểm
0,5
Trang: 2 - Đáp án Toán - Vòng
x 0 1
+∞
y' - 0 +
y 0
+∞

1
2
−
Dựa vào BBT ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên (0 ;
+∞
) là

1
2
−
, đạt được khi x = 1.
b)
Từ kết quả câu a) ta có:
3
3 1
, 0
2 2
x
y x x= − ≥ − ∀ >
Do đó với a, b, c dương ta có:
3
3
3 3 3 3
3 3 3 3
3
3
3 1
2 2
3 1 1
3
2 2 2
3 1
2 2
a a
b b
b b a b c a b c a b c
c c b c a b c a b c a

c c
a a

− ≥ −




   
− ≥ − ⇒ + + ≥ + + + + + −

 ÷  ÷
   



− ≥ −


Mặt khác áp dụng BĐT Côsi ta có:
3
3 3
a b c a b c
b c a b c a
+ + ≥ =
Nên:
3 0
a b c
b c a
+ + − ≥

Do đó:
3 3 3
3 3 3
a b c a b c
b c a b c a
+ + ≥ + +
.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
3
Ta có:
2
1
1 1 1 1
2010( ) 1 1
2010
k k k k
k k k k k k k
u u u u
u u u u u u u
+
+ + + +
 
−
= = = −

 ÷
 
với
*
k∀ ∈ ¥
Do đó:
1 2
2 3 1 1 1 1
1 1 1
... 2010 2010 1
n
n n n
u u u
u u u u u u
+ + +
   
+ + + = − = −
 ÷  ÷
   
Ta thấy:
2
*
1
1,
2010
n
n n n
u
u u u n
+

= + > ≥ ∀ ∈ ¥ nên dãy số {
n
u
} tăng và bị
2 điểm
0,25
0,25
Trang: 3 - Đáp án Toán - Vòng
chặn dưới. Giả sử {
n
u
} bị chặn trên, khi đó tồn tại giới hạn hữu hạn
lim
n
u
= a <
+∞
.
Ta có:
2 2
1
lim lim 0
2010 2010
n
n n
u a
u u a a a
+
 
= + ⇔ = + ⇔ =

 ÷
 
Điều này vô lý vì
*
1,
n
u n≥ ∀ ∈ ¥
thì lim
n
u
= a
1≥
.
Vậy {
n
u
} không bị chặn trên hay lim
n
u
=
+∞
.
Do đó:
1 2
2 3 1 1
1
lim ... lim2010 1 2010
n
n n
u u u

u u u u
+ +
   
+ + + = − =
 ÷  ÷
   
0,5
0,5
0,5
4
Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ:
Khi đó ta có:
A(0;0), B(a;0), C(a;a), D(0;a)
Với a = AB = AD = CD = BC (a > 0)
a)
Đặt: b = AE (0 < b < a)
Ta có: M(b ; a - b); E(b ; 0); F(0; a - b)
Do đó:
( ; )CM b a b= − −
uuuur

( ; )EF b a b= − −
uuur
⇒
CM
uuuur
.
EF
uuur
= - b(b - a) - b(a - b) = 0

⇒
CM EF⊥
b)
Phương trình của DE:
1
x y
ax by ab
b a
+ = ⇔ + =
Phương trình của BF:
1 ( ) ( )
x y
a b x ay a a b
a a b
+ = ⇔ − + = −
−
Gọi G là giao điểm của DE và BF thì tọa độ của G là nghiệm của hệ:
2
2 2
2
2 2
( ) ( )
( )
ab
x
ax by ab
a b ab
a b x ay a a b
a a b
y

a b ab

=

+ =


+ −
⇔
 
− + = −
−


=

+ −

2 2
2 2 2 2
( )
;
ab a a b
G
a b ab a b ab
−
 
⇒
 ÷
+ − + −

 
2 điểm
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang: 4 - Đáp án Toán - Vòng
A
B
C
D
M
E
F
G
x
y
2 2
2 2 2 2
( )
;
a b a a b
CG
a b ab a b ab
− −
 
⇒ =
 ÷
+ − + −

 
uuur
(*)
Ta có
CM
uuuur
= (b - a; - b) (**)
Từ (* )(**) ta được
2
2 2
a
CG CM
a b ab
=
+ −
uuur uuuur

⇒
G, C, M thẳng hàng.
Hay ba đường thẳng BF, DE, CM đồng quy.
0,25
0,25
5
Giả sử k là 1 số nguyên dương sao cho phương trình:
2 2
x y x y kxy+ + + =
(1) có nghiệm nguyên dương. Khi đó tồn tại nghiệm
nguyên dương
( )
0 0

;x y
của (1) sao cho
0 0
x y+
nhỏ nhất. Không mất tính
tổng quát giả sử :
0 0
x y≥
.
Xét phương trình bậc hai:
2 2
0 0 0
( 1) 0x ky x y y− − + + =
(2)
Theo giả sử trên thì
0
x
là một nghiệm của (2). Theo Viet thì:

2
0 0
1 0 0
0
1
y y
x ky x
x
+
= − − =
cũng là một nghiệm của (2). Ta có

( )
0 0
;x y
nguyên dương nên
1
x
nguyên
dương. Do đó
( )
1 0
;x y
cũng là 1 nghiệm nguyên dương của (1).
Vì
0 0
x y+
nhỏ nhất nên
2
0 0
1 0 0 0 1 0 0
0
y y
x y x y x x x
x
+
+ ≥ + ⇒ ≥ ⇒ ≥
( )
2
2 2 2
0 0 0 0 0 0 0
1y x y y y x y⇒ ≤ ≤ + < + ⇒ = (vì

0 0
,x y
nguyên).
Thay vào (1) ta có:
0 0
0
2
2 2 2x kx k
x
+ = ⇔ = +
Suy ra:
3
2 4
4
k
k
k
=

< ≤ ⇒

=

( vì k nguyên).
Thử lại: k = 3 phương trình (1) có nghiệm (2 ; 2).
k = 4 phương trình (1) có nghiêm (1 ; 1).
Vậy: k = 3, k = 4 là các giá trị cần tìm
1,5 điểm
0,25
0,5

0,5
0,25
Trang: 5 - Đáp án Toán - Vòng