SỞ GIÁO DỤC V À ĐÀO T ẠO GIA LAI KÌ THI CH ỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TR ƯỜNG TRƯ ỜNG THPT HUỲN H THÚC KHÁNG NĂM H ỌC 2009 – 2010 MÔN THI : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Th ời gian: 180 phút (Không k ể thời gian phát đề) ĐỀ BÀI Câu 1. (5.0 điểm) a) Giải hệ phương trình: 2 2 2 4 4 2 2 4 4 2 log ( 4 5) 1 2 log ( 4 5) 1 2 y y x x x x y y                  b) Giải phương trình: 2 3 3 2 1 1 (1 ) (1 ) 2 1x x x x             Câu 2. (4.0 điểm) Cho dãy số   n x được xác định bởi   0 2 2 1 1 0 2010 2 , , 1 n n n x m m x x n n x               . Tìm lim n n x  Câu 3. (3.0 điểm) Giả sử a, b,c là các số không âm. Chứng minh rằng 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 ( ) ( ) ( ) a b c a b c b c a c a b          Câu 4. (3.0 điểm) Cho ( )f x là hàm số đồng biến và là hàm số lẻ trên  . Giả sử a, b, c là ba số thực thỏa mãn: 0a b c   . Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0f a f b f b f c f c f a   . Câu 5. (6.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình 2 2 ( 1) 1x y   Chứng minh rằng với mỗi điểm ( ;3)M m trên đường thẳng y = 3 ta luôn tìm được hai điểm T 1 , T 2 trên trục hoành, sao cho các đường thẳng 1 2 ,MT MT là tiếp tuyến của (C). Khi đó hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MT 1 T 2 . 2. Cho tam giác đều ABC có cạnh a, người ta đặt vào đó 5 điểm bất kì. Chứng minh rằng luôn tồn tại một cặp điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng 2 a . HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2008 – 2009 Bài Đáp án Điểm 1 a Đặt 2 2 4 4, v = y 4 4 (u,v 0)u x x y      Hệ phương trình trở thành: 2 2 log ( 1) 1 2 (I) log ( 1) 1 2 v u u v            Giả sử (u 0 ; v 0 ) là một nghiệm của hệ (I). Nhận xét, nếu 0 0 2 0 2 0 log ( 1) log ( 1)u v u v     0 0 0 0 0 0 2 2 v u v u u v      Tương tự 0 0 0 0 0 0 u v v u u v     Do đó: (I) 2 2 log ( 1) 1 2 log ( 1) 1 2 u v u v u v              Đặt 2 ( ) 2 log ( 1) 1, D=[0;+ ) t f t t     1 '( ) 2 ln2 ( 1)ln 2 t f t t    2 2 1 "( ) 2 ln 2 0 D ( 1) ln2 t f t t t       Ta lập bảng biến thiên của f’(x): t 0 + f”(t) + f'(t) + 2 ln 2 1 ln2  Suy ra phương trình f’(t) = 0 có nghiệm duy nhất t = a. Ta lập được bảng biến thiên của f(t) t 0 a + f'(t) - 0 + f(t) f(a) Suy ra phương trình 2 ( ) 2 log ( 1) 1 0 t f t t     (1) có nhiều nhất hai nghiệm 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Mặt khác, ta nhận thấy t = 0, t = 1 là nghiệm của phương trình (1). Vậy phương trình (1) có đúng hai nghiệm là t = 0, t = 1. Suy ra hệ (I) có hai nghiệm là (0;0) và (1;1) Suy ra hệ phương trình đã cho có 5 nghiệm: (2; 2), (1; 1), (3; 3), (1; 3), (3; 1) 0.5 b ĐK: 1 1x   . Nhận xét, nếu 1 0x   thì 3 3 (1 ) (1 ) 0x x    , suy ra phương trình đã cho vô nghiệm. Do đó 0 1x  . Đặt os , 0; 2 x c t t          Khi đó phương trình đã cho trở thành 1 2 2 ost 1 sin 2 sin 2 c t t              2 2 sin 2 cos 1 0 cos 2 t t t      Vậy phương trình có một nghiệm 2 2 x  0.5 0.5 1.0 2 +Từ giả thiết, ta có : 2 1 1 1 2010 2 n n n x x x           Suy ra : 2 0 0 1 2 1 0 0 1 2010 2010 2 2010 2010 1 2010 2010 2 x x x x x x                    =     1 2 2 2 1 0 0 2 2 2 0 0 1 2 2010 2.2010. 2010 2010 2.2010. 2010 2010 2010 x x x m x x m x                 Dự đoán : 2010 2010 n n x x   = 2 2010 2010 n m m         Chứng minh bằng qui nạp :  n = 1 , mệnh đề đúng.  Giả sử mệnh đề đúng với n=k . Ta có 2010 2010 k k x x   = 2 2010 2010 k m m         Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1, thật vậy 1 1 2010 2010 k k x x     = 2 2 1 2010 2010 2 1 2010 2010 2 k k k k x x x x                 = 2 2 2 2 2.2010. 2010 2.2010. 2010 k k k k x x x x         2 2 2 2010 2010 2010 2010 k k k k x x x x             = 2 2 2010 2010 k m m                 = 1 2 2010 2010 k m m          0.5 1.0 0.5 Vậy ta có, 2010 2010 n n x x   = 1 2 2010 2010 n m m          mà lim n 2 0 2010 2010 n m m          ( do m>0) Nên lim n 2010 0 2010 n n x x    Đặt   2010 1 2010 2010 1 n n n n n n y x y x x y        mà lim 0 n n y   => lim 2010 n n x   0.5 0.5 0.5 0.5 3 Theo bất đẳng thức AM-GM, với 0x  , ta có       2 2 3 2 (1 ) 1 1 1 1 1 2 2 x x x x x x x x             Áp dụng kết quả trên với a > 0, ta được   3 2 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 1 1 1 1 1 1 1 2 a a b c a b c b c a a b b c a a a                           Bất đẳng thức hiển nhiên đúng khi a = 0. Tương tự, ta có     3 2 3 2 2 2 3 3 2 3 2 2 2 3 b b a b c b c a c c a b c c a b           Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được kết quả cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a b c  1.0 0.5 0.5 0.5 0.5 Vai trò của a, b, c là như nhau nên ta giả sử a b c  Kết hợp với giả thiết  0a c  0.5 Do f là hàm số lẻ nên ( 0) (0) (0) 0f f f     và f đồng biến trên R  ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0f a f c f a f c    (1) 0.5 Nếu 0b  thì ( ) 0f b  và 0 ( ) ( ) ( )a c a c f a f c f c           ( )( ( ) ( )) 0f b f a f c  (2) Từ (1) và (2)  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0f a f b f b f c f c f a   1.0 4 Nếu 0b  thì ( ) 0f b  và 0 ( ) ( ) ( )a c a c f a f c f c           ( )( ( ) ( )) 0f b f a f c  (3) Từ (1) và (3)  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0f a f b f b f c f c f a   1.0 Đường tròn (C) có tâm I(0 ;1) và bán kính R = 1 Điểm T thuộc trục hoành thì T(t ;0) và điểm M(m;3) thuộc đường thẳng y = 3, ta có phương trình đường thẳng MT : 3 ( ) 3 0 3 x m y m x t m y t t m           0.5 Do MT là tiếp tuyến của (C) nên ( , ) 1d I MT  , hay 2 2 2 2 3 1 ( 2 ) 9 ( ) 3 ( ) t m t m t t m t m           0.5 2 2 3 0 (*)t mt    Do pt(*) luôn có hai nghiệm 1 2 ,t t với mọi m nên luôn tồn tại hai điểm 1 1 ( ;0)T t và 2 2 ( ;0)T t để MT 1 và MT 2 là tiếp tuyến của (C). 0.5 0.5 0.5 1 Do 1 t là nghiệm của (*) nên 2 1 1 2 3 0 3t mt c      Thay c = -3 vào (1), ta được 2 2 2 2 9 2 6 3 0 2 m m m b b          Vậy phương trình của (C 1 ) là : 2 2 2 2 2 3 0 2 m x y mx y       0.5 Từ tam giác ABC, dựng các đường trung bình của tam giác, ta chia tam giác đều ABC thành 4 tam giác đều bằng nhau. Lúc đó, ta có 1.0 5 2 2 a MN NK KM   Theo giả thiết ta phải đặt 5 điểm vào 4 Tam giác vừa dựng. Khi đó phải có ít nhất một tam giác chứa không dưới hai điểm. Giả sử tam giác MNK chứa hai điểm E và H. Mặt khác trong tam giác đều MNK, khoảng cánh giữa hai điểm không lớn hơn cạnh của nó, tức là 2 a EH  0.5 1.5 Lưu ý : Mọi cách giải khác nếu thí sinh trình bày đúng đều cho điểm tối đa. N M K C A E H B . GIA LAI KÌ THI CH ỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TR ƯỜNG TRƯ ỜNG THPT HUỲN H THÚC KHÁNG NĂM H ỌC 2009 – 2010 MÔN THI : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Th ời gian: 180 phút (Không k ể thời gian phát đề) ĐỀ BÀI Câu. giác đều ABC có cạnh a, người ta đặt vào đó 5 điểm bất kì. Chứng minh rằng luôn tồn tại một cặp điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng 2 a . HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM KÌ THI HỌC SINH GIỎI. khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng 2 a . HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2008 – 2009 Bài Đáp án Điểm 1 a Đặt 2 2 4 4, v = y 4 4 (u,v 0)u x x y      Hệ