DE VA DAP AN HSG 12 PHU THO

<span class='text_page_counter'>(1)</span>GV: NGÔ TÙNG LÂM ĐỀ 13 --------------------. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 Môn : Toán Thời gian làm bài : 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ------------------------------. Câu 1. (5.0 điểm) a) Giải hệ phương trình  x5  xy 4  y10  y 6  1  2  4 x  5  y  8 6  2 . b) Giải phương trình sau :. 2  x 2  3 x  2  3 x 3  8. Câu 2. (4 điểm ) a) Cho x,y,z> 0 , x+y+z=1 , P. xy yz zx   x  2 y  2 y  2z  2 z  2x  2. Tìm MaxP , xy yz xz xyz    9 b) 3x  4 y  2 z 2 x  3 y  4 z 4 x  2 y  3z. Câu 3. (4,0 điểm) ∞ a) Cho d·y sè { x n }n=0 víi x0=1 ; x1=4; xn+2=5xn+1-6xn+2 víi mäi n tù nhiªn. Hãy xác định số hạng tổng quát xn. ¿ U 1=α >1 b) cho dãy số (Un) xác định bởi: 2009 U n+1=U 2n+ 2008U n ,n ≥ 1 ¿{ ¿ n Ui H·y tÝnh lim ∑ n →+∞ i=1 U i+1 − 1. Câu 4.(5.0 điểm) Cho tam gi¸c ABC. §êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC tiÕp xóc víi c¸c c¹nh BC, CA, AB lần lợt tại A1, B1, C1. Đoạn thẳng AA1 cắt đờng tròn nội tiếp tam giác ABC tại giao điểm thứ hai Q. Qua A kẻ đờng thẳng d song song với BC. Các đờng thẳng A1C1, A1B1 lần lợt c¾t d t¹i P, R. Chøng minh c¸c gãc PQR vµ B1QC1 b»ng nhau. Câu 5 ( 2 điểm) Trong không gian cho 2003 điểm mà không có ba điểm nào thẳng hàng và không có bốn điểm nào đồng phẳng. Người ta nối mỗi điểm với ít nhất 1600 điểm khác bằng các đoạn thẳng. Hãy tìm số n lớn nhất sao cho tồn tại n điểm đôi một được nối với nhau bằng đoạn thẳng. .................................Hết:............................... GV: NGÔ TÙNG LÂM ĐỀ 13 --------------------. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 Môn : Toán. Hướng giẫn giải ------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu I. (5,0 điểm) a) Điều kiện :. x . 4 5 5 . Chia cả hai vế của phương trình (1) cho y 0. 5.  x  x        y5  y 5 4  y  y . Hàm số : f (t ) t  t ; f '(t ) 5t  1  0  t  R . x  y  x  y2 Chứng tỏ f(t) đồng biến . Cho nên để có (*) thì chỉ xảy ra khi y. Thay vào phương trình (2) ta được : 4 x  5  x  8 6  x 1 Vậy hệ có nghiệm là : (x;y)=(1;-1) b) ĐK x  2 . Pt (1). 3.  x  2   x2  2 x  4  2  x2  2 x  4   2  x  2 . Do x=-2 không là nghiệm của pt(1) nên chia cả 2 vế cho x+2 ta được: . 2( x 2  2 x  4) x2  2x  4 3  2 0 x2 x2.  t 2  2t  3t  2 0   x  2x  4  t  1 t x2  2 Đặt ĐK t 0 . Phương trình (1) 1 t  2 . pt VN * Với 2. 2. *Với t=2 PT có nghiệm x 3  13 Câu 2. (4 điểm ) a). P  cyc. Mà. xy 1  xy xy xy  1  xy          2 xy   x  2 y  2 9 cyc  1 1 x  2 y  9 cyc  x  2y . 3  xy  yz  zx  ( x  y  z ) 2 1   xy  yz  zx  . 1 3. xy 2x  y  x  2y 9 1  2 (2 x  y  2 y  z  2 z  x)  1 P    9 3 9  9 Nên.  x  2 y   2 x  y  9 xy . b) Áp dụng BĐT :. 1 1 1 + + 1 1 1 1 A B C ( A+ B+C) + + ≥ 9 ⇔ ≤ A B C A+ B+ C 9. (. ). Ta có. 1 1 1 + + 1 1 x+ y + y x+ y + z x + y + z = ≤ ≤ 3 x + 4 y +2 z (x +2 y)+( x+ y+ z)+( x+ y + z ) 9 1 1 1 + + x y y 2 1 2 + + 9 x + y + z xy xy x y 2 2 x+ y 2 xy ⇒ ≤ + = + (1) 9 3 x + 4 y +2 z 9 9 x+ y + z 81 9( x + y + z ). (. Tương tự. ).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 1 1 + + 1 1 y + z + z x+ y + z x + y + z = ≤ ≤ 2 x +3 y +4 z ( y+ 2 z )+(x + y + z)+( x+ y+ z) 9 1 1 1 + + y z z 2 1 2 + + 9 x+ y + z yz yz y z 2 2 y+z 2 yz ⇒ ≤ + = + (2) 9 2 x +3 y +4 z 9 9 x+ y+ z 81 9 (x+ y+ z ). (. ). Tương tự ¿ xz 2z+x 2 xz ≤ + (3) 4 x +2 y+3 z 81 9(x + y + z ) ¿. Từ (1) ;(2) ;(3) ta có Q≤. Vì. x+ y + z 2( xy +yz +zx ) x+ y+ z 2(x+ y+ z ) x + y + z + ≤ + = 27 9( x + y + z) 27 27 9 1 2 xy + yz+zx ≤ ( x + y + z ) 3. Cách 2 xy yz zx xy z    . 3x  4y  2z 3y  4z  2x 3z  4x  2y 9 (a  b  c)2 a 2 b 2 c2    ¸p dông A  B  C A B C víi a.b, c kh«ng ©m vµ A,B d¬ng. DÊu "=" x¶y ra khi a b c   A B C ta cã: 2.  6  2  1 xy xy xy xy  18 2 1   .      3x  4y  2z 2(x  y  z)  2y  x 81 2(x  y  z)  2y  x 81  x  y  z y x   xy 1  18xy    2x  y  3x  4y  2z 81  x  y  z  (1) DÊu "=" x¶y ra khi  x y z T¬ng tù ta cã:  yz 1  18yz    2y  z  3y  4z  2x 81  x  y  z  (2) DÊu "=" x¶y ra khi  x y z  zx 1  18zx    2z  x  3z  4x  2y 81  x  y  z  (3) DÊu "=" x¶y ra khi  x y z Cộng vế với vế của (1); (2) và (3) ta đợc:  xy yz zx 1  18(xy  yz  zx)      3x  3y  3z  3x  4y  2z 3y  4z  2x 3z  4x  2y 81  xyz  2 L¹i cã 3(xy+yz+zx) (x+y+z) .  xy yz zx 1  6(x  y  z)2      3x  3y  3z    3x  4y  2z 3y  4z  2x 3z  4x  2y 81  x  y  z xyz  9 (§PCM) DÊu "=" x¶y ra khi  x y z Cách 3 xy yz zx x y z    3x  4y  2z 3y  4z  2x 3z  4x  2y 9.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  xyz . 9xy 9yz 9zx   3x  4y  2z 3y  4z  2x 3z  4x  2y. Ta có: 1 1 1 9    x  y  z x  y  z x  2y 3x  4y  2z 2xy xy 9xy    x  y  z x  2y 3x  4y  2z. Tương tự: 2yz yz 9yz   x  y  z y  2z 3y  4z  2x 2zx zx 9zx   x  y  z z  2x 3z  4x  2y. Cộng vế các bất đẳng thức trên, ta được: 9xy 9yz 9zx   3x  4y  2z 3y  4z  2x 3z  4x  2y 2. xy  yz  zx  xy yz zx      x yz  x  2y y  2z z  2x  2.  x  y  z    xy  yz  zx  2   3  x  y  z   x  2y y  2z z  2x  .  xy 2 yz zx     x  y  z    3  x  2y y  2z z  2x . Ta chỉ cần chứng minh: xy yz zx x yz    x  2y y  2z z  2x 3. Thật vậy:.  x  2y   2x  y   x  y  y   x  x  y  9xy . 2x  y xy  9 x  2y. Tương tự: 2y  z yz 2z  x zx  ;  9 y  2z 9 z  2x xy yz zx x yz    . x  2y y  2z z  2x 3 Suy ra (Điều phải chứng minh).. Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y z. Câu 3. (4,0 điểm) a) + Ta t×m sè a sao cho xn+2=5xn+1-6xn+2 ⇔ xn+2+a=5(xn+1+a)-6(xn+a). ⇔ xn+2=5xn+1-6xn-2a. VËy ta chän a=-1. Khi đó xn+2=5xn+1-6xn+2 ⇔ xn+2-1=5(xn+1-1)-6(xn-1). (1) Với mỗi n ta đặt un=xn-1 khi đó (1) ⇔ un+2=5un+1-6un với u0=0; u1=3. Phơng trình đặc trng của dãy số này là x2-5x+6 = 0 ⇔ x1=2 và x2=3. Do đó ta đợc: un=C1.2n + C2.3n. Cho n=0, 1 ta đợc: C1=-3; C2=3 và ta đợc un=-3.2n + 3.3n. VËy xn = -3.2n + 3.3n +1. b) *Bằng quy nạp ta chứng minh đợc: U n+ 1>U n ≥ α , ∀ n ∈ N.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> U n=u ≥ α *NÕu d·y (Un) bÞ chÆn trªn th× nã héi tô. §Æt nlim →+∞ Từ 2009 U n+1=U 2n+ 2008U n ,n ≥ 1 cho n →+ ∞ ta đợc : 2. 2. 2009 u=u +2008 u ⇔ u =u ⇔ u=1 ¿ u=0 ¿ v« lÝ vi u ≥ α > 1 ¿ ¿ ¿ ⇒( U n) kh«ng bÞ chÆn trªn. ⇒ lim U n =+ ∞ n →+∞. 2 n. * gi¶ thiÕt. ⇒ 2009(U n+1 − U n )=U −U n ⇔2009 (U n+1 −U n )=U n (U n − 1) Un 1 1 ⇔2009 − = U n −1 U n +1 −1 U n+1 −1 n Ui 1 1 ⇒∑ =2009 − U 1 −1 U n +1 − 1 i=1 U i+1 −1 n Ui 2009 ⇒ lim ∑ = α−1 n →+∞ i=1 U i+1 −1. (. ). (. ). Câu 4.(5.0 điểm) Ta cã BA1Q A1 B1 Q BA1A A1 AR Suy ra QAR QB1A1 , suy ra tø gi¸c QARB1 lµ tø gi¸c néi tiÕp néi tiÕp. T¬ng tù tø gi¸c QAPC1 lµ tø gi¸c néi tiÕp néi tiÕp. Suy ra PQR PQA  AQR PC1A  AB1 R A1C1 B  A1 B1C B1QC1. Câu 5 ( 2 điểm ): Gọi a1, a2, a3, … , a2003 là các điểm đã cho. Gọi A1 , A2 , … A2003 là các tập hợp các điểm được nối với các điểm tương ứng a1, a2, a3, … , a2003. Theo giả thiết thì Ai  1600 với  i=1,2,…2003.. Xét 2 điểm a1, a2 chẳng hạn được nối với nhau: A A. A. A. A A. 2 2  Ta có 1 = 1+ 2 - 1 1600+1600-2003 =1197. Chứng tỏ có ít nhất 1197 điểm mà mỗi điểm đều được nối với a 1, a2. Không mất tính tổng quát ta giả thiết trong 1197 điểm này có điểm a3, khi đó 3 điểm a1, a2, a3 đôi một được nối với nhau.. A A A. A A. A. A A A. 2 3 2 2 3  Xét: 1 = 1 + 3 - 1 1197+1600-2003 =794 Chứng tỏ có ít nhất 794 điểm mà mỗi điểm đều được nối với a 1, a2 ,a3. Không mất tính tổng quát ta giả thiết trong 794 điểm này có điểm a4, khi đó 3 điểm a1, a2, a3 ,a4 đôi một được nối với nhau. A A A A. A A A. A. A A A A. 2 3 4 2 3 2 3 4  Xét: 1 = 1 + 4 - 1 794+1600-2003 = 391 Chứng tỏ có ít nhất 391 điểm mà mỗi điểm đều được nối với a 1, a2, a3, a4 . Không mất tính tổng quát ta giả thiết trong 391 điểm này có điểm a 5, khi đó 5 điểm a1, a2, a3, a4, a5 đôi một được nối với nhau. Do vậy n 5. (1) Bây giờ ta chỉ ra một cách nối mà bất kỳ 6 điểm nào cũng tồn tại 2 điểm không được nối với.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> nhau: Xét cách nối sau: Nối tất cả các cặp điểm a m, ak mà m và k không đồng dư với nhau (mod 5).Khi đó,  2003    vì  5  = 400 nên suy ra mỗi điểm sẽ được nối với 1600 hoặc 1601 điểm khác. Như vậy cách nối trên thoả mãn điều kiện bài toán. Với cách nối này: Xét 6 điểm bất kỳ, hiển nhiên trong 6 điểm đó luôn tồn tại hai điểm A i, Aj mà i  j(mod 5). Suy ra n < 6 . (2) Từ (1) và (2) suy ra n=5..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>