Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 - Kèm đáp án

Chia sẻ: Phan Doanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

88
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập Toán nhanh nhất và chuẩn bị cho kì thi sắp tới tốt hơn. Hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 kèm đáp án.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 - Kèm đáp án

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011 Bài 1 (5,0 điểm). Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, ta có bất đẳng thức: 2n +1 x n ( x n + 1 + 1) ⎛ x + 1 ⎞ ≤ ⎜ ⎟ . xn + 1 ⎝ 2 ⎠ Hỏi đẳng thức xảy ra khi nào? Bài 2 (5,0 điểm). Cho dãy số thực (xn) xác định bởi 2n n − 1 x1 = 1 và xn = .∑ xi với mọi n ≥ 2. (n −1) 2 i =1 Với mỗi số nguyên dương n, đặt yn = xn + 1 – xn. Chứng minh rằng dãy số (yn) có giới hạn hữu hạn khi n → + ∞. Bài 3 (5,0 điểm). Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) đường kính AB. Xét một điểm P di động trên tiếp tuyến tại B của (O) sao cho P không trùng với B. Đường thẳng PA cắt (O) tại điểm thứ hai C. Gọi D là điểm đối xứng với C qua O. Đường thẳng PD cắt (O) tại điểm thứ hai E. 1/ Chứng minh rằng các đường thẳng AE, BC và PO cùng đi qua một điểm. Gọi điểm đó là M. 2/ Hãy xác định vị trí của điểm P sao cho tam giác AMB có diện tích lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo bán kính của đường tròn (O). ((O ) kí hiệu đường tròn tâm O ). Bài 4 (5,0 điểm). Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài mỗi cạnh và độ dài các đường chéo AC, AD không vượt quá 3 . Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm trong ngũ giác đó. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của ngũ giác đã cho chứa ít nhất 403 điểm trong số các điểm đã lấy. ----------------------------HẾT--------------------------- • Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. • Giám thị không giải thích gì thêm.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Ngày thi: 11 và 12/01/2011 (Gồm 6 trang) Bài 1. Xét số thực dương x tùy ý. Ta sẽ chứng minh 2 n +1 x n ( x n +1 + 1) ⎛ x + 1⎞ n ≤ ⎜ ⎟ (1) x +1 ⎝ 2 ⎠ bằng phương pháp quy nạp theo n. • Với n = 1, ta cần chứng minh 3 x( x 2 + 1) ⎛ x + 1⎞ ≤ ⎜ ⎟ (2) x+ 1 ⎝ 2 ⎠ Ta có: (2) ⇔ ( x + 1) − 8 x( x 2 + 1) ≥ 0 ⇔ ( x − 1) ≥ 0 . 4 4 Từ đó suy ra (2) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. • Giả sử đã có (1) đúng khi n = k và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Khi đó, ta có: 2 k +1 x k ( x k +1 + 1) ⎛ x + 1⎞ k ≤ ⎜ ⎟ . x +1 ⎝ 2 ⎠ x k ( x k +1 + 1) ( x + 1) 2 2k + 3 ⎛ x + 1⎞ Suy ra: . ≤ ⎜ ⎟ ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. (3) xk + 1 4 ⎝ 2 ⎠ Ta sẽ chứng minh: x k ( x k +1 + 1) ( x + 1) 2 x k +1 ( x k + 2 + 1) ≤ . (4) x k +1 + 1 xk + 1 4 và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Thật vậy, ta có: (4) ⇔ ( x k +1 + 1) 2 ( x + 1) 2 − 4 x( x k + 1)( x k + 2 + 1) ≥ 0 ⇔ ( x k +1 − 1) 2 ( x − 1) 2 ≥ 0 . Từ đó suy ra (4) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Kết hợp điều này với (3) suy ra 2k + 3 x k +1 ( x k + 2 + 1) ⎛ x + 1⎞ k +1 ≤ ⎜ ⎟ ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. x +1 ⎝ 2 ⎠ Điều đó chứng tỏ khi n = k + 1, (1) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Vậy, với n là số nguyên dương tùy ý, (1) là bất đẳng thức đúng với mọi số thực dương x và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. ■ Bài 2. Với mọi n ≥ 1, ta có 2(n + 1) n 2(n + 1) ⎛ (n − 1) 2 ⎞ ( n + 1)( n 2 + 1) xn +1 = .∑ xi = ⎜ + 1⎟ xn = xn . n2 i =1 n 2 ⎜ 2n ⎝ ⎟ ⎠ n3 1
xn +1 ⎛ 1⎞ x Suy ra = ⎜1 + 2 ⎟ . n ∀n ≥ 1. n +1 ⎝ n ⎠ n Do đó, với mọi n ≥ 2 ⎛ (n + 1)(n 2 + 1) ⎞ n 2 + n + 1 xn n + 1 n −1 1 yn = xn +1 − xn = ⎜ ⎜ 3 − 1⎟ xn = ⎟ 2 . = (1 + 2 )∏ (1 + 2 ) . (1) ⎝ n ⎠ n n n k =1 k Từ đó, với lưu ý y1 = x2 – x1 = 3, ta có yn > 0 ∀n ≥ 1, y1 < y2 và với mọi n ≥ 3 yn n 2 + n + 1 (n − 1) 2 ⎛ 1 ⎞ 2 = 2 . 2 . ⎜1 + 2⎟ =1+ 4 > 1. y n −1 n ( n − 1) + n ⎝ ( n − 1) ⎠ n − n3 + n 2 Suy ra (yn) là dãy số tăng. (2) n −1 n −1 ⎛ 1 ⎞ n −1 1 ⎜ ∑ k2 ⎟ và ∏ (1 + 2 ) ≤ ⎜1 + ⎟ k =1 Vì với mọi n ≥ 2, ta có n + 1 < n 2 ⎜ ⎟ nên từ (1) ta được k =1 k n −1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ n −1 n −1 ⎛ 1 ⎞ ⎜ ∑ k2 ⎟ yn < 2 ⎜ 1 + ⎟ k =1 ⎜ ⎟ ∀n ≥ 2. (3) n −1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ n −1 n −1 n −1 1 1 ⎛ 1 1⎞ 1 Mà ∑ k2 < 1 + ∑ k (k −1) = 1 + ∑ ⎜ k −1 − k ⎟ = 2 − n −1 < 2 ∀n ≥ 3 k =1 k =2 k =2⎝ ⎠ n −1 ⎛ 2 ⎞ nên từ (3) suy ra yn < 2 ⎜1 + ⎟ < 2e 2 ∀n ≥ 2. ⎝ n − 1⎠ Do đó (yn) là dãy số bị chặn trên. Kết hợp với (2) suy ra (yn) là dãy hội tụ. ■ Bài 3. 1/ Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng AE và BP. Ta có ACE = 900 + BCE = 900 + FAB = EFP . Suy ra EFP + ECP = 1800. Do đó CEFP là tứ giác nội tiếp. Suy ra CFP = CEP = 900 . Vì thế CF // AB. Suy ra CP FP = . CA FB CP OA FB OA Từ đó, xét tam giác ABP, ta có . . = = −1. CA OB FP OB Vì thế, theo định lí Xê va, ba đường thẳng PO, AE và BC đồng quy. ■ 2/ Đặt BP = x và kí hiệu R là bán kính của (O). Xét tam giác vuông ABP, ta có PA = PB 2 + AB 2 = x2 + 4R2 . PB 2 x2 4R2 Suy ra PC = = và AC = PA − PC = . PA x2 + 4R2 x2 + 4R2 2
MC CF PC BC PC PC + PA Vì CF // AB (cmt) nên = = . Suy ra = +1= . Do đó MB AB PA MB PA PA PA.BC PB. AB Rx x 2 + 4 R 2 BM = = = . PC + PA PC + PA x2 + 2R2 1 1 Rx x 2 + 4 R 2 AC 2 R3 x Vì vậy S AMB = AB.BM .sin ABM = .2 R. . = . 2 2 x2 + 2R2 2R x2 + 2R2 2 R3 x R2 R2 Suy ra S AMB ≤ = và S AMB = ⇔ x2 = 2R2 ⇔ x = 2R . 2 2 xR 2 2 Vậy, tam giác AMB có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi P nằm cách B một khoảng bằng R2 2R (có hai vị trí như vậy); khi đó S AMB = . ■ 2 Bài 4. Để chứng minh khẳng định của bài toán, ta sẽ chứng minh có thể phủ ngũ giác ABCDE bởi 5 hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của ngũ giác đó. Ta có Nhận xét sau: Nhận xét: Có thể phủ tam giác XYZ có độ dài các cạnh không vượt quá 3 bởi 3 hình tròn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của tam giác đó. Chứng minh: Giả sử ngược lại, tồn tại điểm M thuộc tam giác XYZ mà M không thuộc bất cứ hình tròn nào trong các hình tròn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của tam giác đó. Khi đó, ta có MX > 1, MY > 1 và MZ > 1. Dễ thấy, trong ba góc XMY , YMZ và ZMX phải có ít nhất một góc có số đo lớn hơn hay bằng 1200. Không mất tổng quát, giả sử XMY ≥ 1200 . Áp dụng định lí côsin cho tam giác XMY, ta được 1 1 XY 2 = MX 2 + MY 2 − 2MX .MY .cos XMY > 1 + 1 + 2. = 3 (do cos XMY ≤ − ). 2 2 Suy ra XY > 3 , trái với giả thiết. Mâu thuẫn nhận được cho ta điều muốn chứng minh. Do các tam giác ABC, ACD và ADE có độ dài các cạnh không vượt quá 3 nên theo Nhận xét trên, chúng lần lượt được phủ bởi các bộ ba hình tròn đơn vị ((A), (B), (C)), ((A), (C), (D)) và ((A), (D), (E)). Do đó, ngũ giác ABCDE được phủ bởi 5 hình tròn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của ngũ giác đó. Theo nguyên lí Dirichlet, trong 5 hình tròn đó phải tồn tại hình tròn chứa ít nhất 403 điểm trong số các điểm đã lấy. ■ Bài 5. Cách 1: Xét dãy số nguyên (bn) xác định bởi b0 = 1, b1 = –1 và bn = 6bn −1 + 2016bn − 2 với mọi n ≥ 2. Dễ thấy với mọi n ≥ 0, ta có an ≡ bn (mod 2011) . (∗) Phương trình đặc trưng của dãy (bn): x 2 − 6 x − 2016 = 0 , hay (x – 48)(x + 42) = 0. Suy ra, số hạng tổng quát của dãy (bn) có dạng: bn = C1.(−42) n + C2 .48n . ⎧C + C2 = 1 Từ các điều kiện ban đầu của dãy (bn), ta được ⎨ 1 ⎩ 42C1 − 48C2 = 1. 3
49 41 49.(−42) n + 41.48n Suy ra C1 = và C2 = . Vì vậy bn = ∀n ≥ 0. 90 90 90 Vì 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Phecma nhỏ, ta có: (−42) 2010 ≡ 482010 ≡ 1(mod 2011) . Do đó 90b2012 ≡ 49.(−42)2012 + 41.482012 ≡ 49.(−42)2 + 41.482 ≡ 90b2 (mod 2011) . Suy ra b2012 ≡ b2 (mod 2011) (vì (90, 2011) = 1). Mà b2 = 6b1 + 2016b0 = 2010 nên b2012 ≡ 2010(mod 2011) . Vì thế a2012 ≡ 2010(mod 2011) (theo (∗)). ■ Cách 2: + Số hạng tổng quát của dãy (an): ⎛1 2 ⎞ ( ) ⎛1 2 ⎞ ( ) n n an = ⎜ − ⎟ 3 + 14 +⎜ + ⎟ 3 − 14 . (1) ⎝2 14 ⎠ ⎝2 14 ⎠ + Đặt p = 2011, ta có: ⎛1 2 ⎞ ( ) ⎛1 2 ⎞ ( ) p +1 p +1 a p +1 = ⎜ − ⎟ 3 + 14 +⎜ + ⎟ 3 − 14 . ⎝2 14 ⎠ ⎝2 14 ⎠ (3 + ) (3 − ) p +1 p +1 Do 14 = Ap +1 + B p +1. 14 và 14 = Ap +1 − B p +1. 14 , trong đó ( p +1) / 2 p +1 −i Ap + 1 = ∑ C 2i+1.32i.14 p 2 (2) i =0 ( p +1) / 2 p +1 −i và B p +1 = ∑ 2i −1 2i −1 C p +1 .3 .14 2 , (3) i =1 nên a p +1 = Ap +1 − 4 B p +1 . (4) + Do p là số nguyên tố nên C k ≡ 0(mod p ) ∀k =1, p −1 . Do đó, từ C p +1 = C p + C p −1 suy p k k k ra C k +1 ≡ 0(mod p ) ∀k = 2, p −1 . Vì vậy, từ (2) và (3), ta được: p Ap +1 ≡ (14( p +1) / 2 + 3 p +1 ) (mod p ) và B p +1 ≡ 3( p + 1)(14( p −1) / 2 + 3 p −1 ) ≡ 3(14( p −1) / 2 + 3 p −1 ) (mod p ) . Do đó, từ (4) suy ra a p +1 ≡ (−3 p + 2.14( p −1) / 2 ) (mod p ) . (5) Để ý rằng 452 ≡ 14 (mod p) và (45 , p) = 1, theo định lí Phecma nhỏ ta có: 3 p ≡ 3(mod p) và 14( p −1) / 2 ≡ 45 p −1 ≡ 1(mod p ) . Do đó, từ (5) ta được a2012 = a p +1 ≡ − 3 + 2 = − 1 ≡ 2010(mod 2011) . (Đpcm) Chú ý: Đối với bài làm của thí sinh theo Cách 2, yêu cầu trình bày chi tiết các bước tìm số hạng tổng quát an. Bài 6. Do ABC và ACB là các góc nhọn nên E nằm trên tia đối của tia AB hoặc nằm trong cạnh AB, đồng thời F nằm trong cạnh AC hoặc nằm trên tia đối của tia AC. Vì thế, từ định nghĩa các điểm M, N, P suy ra E, M, N thẳng hàng và M, F, P thẳng hàng. 4
Do đó NMP = 1 2 ( 1 ) AEF + AFE = BAC . 2 1 Suy ra: A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi NAP = BAC . (1) 2 Tiếp theo, ta sẽ chứng minh 1 NAP = BAC khi và chỉ khi d đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. (2) 2 Không mất tổng quát, giả sử AB < AC. (3) • Điều kiện cần: Giả sử I ∈ d. Khi đó, từ (3) suy ra E nằm trên tia đối của tia AB và F nằm trong cạnh AC. Qua A, kẻ đường thẳng Ax (khác AC) tiếp xúc với (P). Ta sẽ chứng minh Ax tiếp xúc với (N). Thật vậy, gọi T, T1, T2, T3 lần lượt là tiếp điểm của (P) và Ax, CD, DF, FC. Gọi S là giao điểm của Ax và DF. Ta có: AT = AT3 , CT3 = CT1 , DT1 = DT2 và ST2 = ST. Do đó AS – SD = (AT – ST) – (DT2 – ST2) = AT3 – DT1 = AC – CD. (4) Vì I ∈ d nên D là tiếp điểm của (I) và cạnh BC. Suy ra AC – CD = AB – BD. (5) Từ (4) và (5) suy ra AS + BD = AB + SD. Vì thế ABDS là tứ giác ngoại tiếp. Suy ra Ax tiếp xúc với (N). 1 1 1 Từ đó, ta có NAP = NAx + xAP = BAx + xAC = BAC . 2 2 2 1 • Điều kiện đủ: Giả sử NAP = BAC . Xét hai trường hợp sau: 2 - Trường hợp 1: E nằm trên tia đối của tia AB và F nằm trong cạnh AC. Qua A, kẻ tiếp tuyến Ax (khác AC) của (P) cắt DF tại S. Ta có 1 1 1 NAx = NAP − xAP = BAC − xAC = BAx . 2 2 2 Suy ra Ax tiếp xúc với (N). Do đó ABDS là tứ giác ngoại tiếp. Suy ra AS + BD = AB + SD. Hơn nữa, theo chứng minh ở phần trên, ta có AS – SD = AC – CD. (Xem (4)). Từ đó, ta được BD = AB + CD – AC. Suy ra 2BD = AB + BC – AC. AB + BC + CA Do đó BD = p – b, trong đó p = và b = AC. 2 Suy ra BD = BK, trong đó K là tiếp điểm của (I) và cạnh BC. Từ đó, do D và K cùng nằm trong cạnh BC, suy ra D ≡ K. Vì vậy I ∈ d. - Trường hợp 2: E nằm trong cạnh AB và F nằm trên tia đối của tia AC. Khi đó, do (3) nên CD > CK. (∗) Mặt khác, dễ thấy, trong trường hợp này B đóng vai trò của C và C đóng vai trò của B, E đóng vai trò của F và F đóng vai trò của E, (N) đóng vai trò của (P) và (P) đóng vai trò của (N) trong trường hợp trước. Vì thế, theo chứng minh trên, ta phải có CD = CK, mâu thuẫn với (∗). Mâu thuẫn nhận được cho thấy trường hợp này không thể xảy ra. Vậy, (2) được chứng minh. Từ (1) và (2) hiển nhiên ta có điều phải chứng minh theo yêu cầu của đề bài. ■ Bài 7. Ta sẽ chứng minh khẳng định của bài ra bằng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại các đa thức với hệ số thực G(x, y) và H(x, y), khác đa thức hằng, sao cho P ( x, y ) = G ( x, y ).H ( x, y ) , (1) 5
trong đó P ( x, y ) = x n + xy + y n , n∈ N ∗ . Viết G(x, y) và H(x, y) dưới dạng các đa thức của x: G ( x, y ) = g m ( y ).x m + g m −1 ( y ).x m −1 + ... + g1 ( y ).x + g 0 ( y ) , m∈ N ; H ( x, y ) = hk ( y ).x k + hk −1 ( y ).x k −1 + ... + h1 ( y ).x + h0 ( y ) , k ∈ N ; trong đó gi ( y ), i = 0, m , và h j ( y ), j = 0, k , là các đa thức với hệ số thực của y. Từ (1) suy ra: + m + k = n, (2) + Với n ≥ 2, g m ( y ), hk ( y ) là các đa thức hằng và do đó chúng không là bội của y. (3) Từ (3), do G(x, y) và H(x, y) khác đa thức hằng nên nếu n ≥ 2 thì m, k ≥ 1. (4) • Xét n = 1. Khi đó, theo (2), ta có m + k = 1. Suy ra m = 0 và k = 1, hoặc m = 1 và k = 0. Giả sử m = 0 và k = 1. (Trường hợp m = 1 và k = 0 xét tương tự). Khi đó, ta có ( y + 1) x + y = g 0 ( y ).h1 ( y ) x + g 0 ( y ).h0 ( y ) . Suy ra g 0 ( y )(h1 ( y ) − h0 ( y )) = 1 . Vì thế, g 0 ( y ) là đa thức hằng, mâu thuẫn với giả thiết G(x, y) khác đa thức hằng. • Xét n ≥ 2. Gọi i0 và j0 là các chỉ số bé nhất sao cho gi0 ( y ) và h j0 ( y ) là các đa thức không là bội của y. Dễ thấy, hệ số của xi0 + j0 trong khai triển của G(x, y). H(x, y) là g 0 ( y ).hi0 + j0 ( y ) + g1 ( y ).hi0 + j0 −1 ( y ) + ... + gi0 ( y ).h j0 ( y ) + gi0 +1 ( y ).h j0 −1 ( y ) + ... + gi0 + j0 ( y ).h0 ( y ) Từ định nghĩa của i0 và j0 suy ra hệ số trên không chia hết cho y. Vì thế, từ (1), với lưu ý rằng P chỉ có duy nhất hệ số của xn không chia hết cho y, suy ra i0 + j0 = n. Do đó i0 = m và j0 = k. Kết hợp với (4) suy ra phải có m = 1 hoặc k = 1, vì nếu trái lại, m, k > 1, thì từ việc cân bằng hệ số của x ở hai vế của (1) ta sẽ có y = g 0 ( y ).h1 ( y ) + g1 ( y ).h0 ( y ) y 2 , là điều vô lí. Giả sử m = 1. (Trường hợp k = 1 xét tương tự). Khi đó, ta có x n + xy + y n = ( ax + g 0 ( y ))(bx n −1 + hn − 2 ( y ).x n − 2 + ... + h1 ( y ).x + h0 ( y )) , (5) trong đó a, b là các hằng số thực, với ab = 1. Từ (5) ta được y n = g 0 ( y ).h0 ( y ) . Suy ra g 0 ( y ) = a ' y s , trong đó s ∈ N ∗ , s ≤ n và a ' là một hằng số thực khác 0. a' Đặt c = − , ta có c ≠ 0. Thế x = cy s vào (5), ta được a c n y sn + cy s +1 + y n ≡ 0 . (6) + Nếu s = 1 và n = 2 thì từ (6) ta được (c 2 + c + 1) y 2 ≡ 0 . Suy ra c 2 + c + 1 = 0 , là điều vô lí. + Nếu s = 1 và n > 2 thì từ (6) ta được (c n + 1) y n + cy 2 ≡ 0 , là điều vô lí (vì c ≠ 0). + Nếu s ≥ 2 và n ≥ 2 thì sn > n và sn > s + 1. Do đó (6) là điều vô lí, vì c ≠ 0. • Vậy, tóm lại, điều giả sử ban đầu là sai và vì thế ta có điều đề bài yêu cầu chứng minh. ■ 6
Trường THPT Diễn Châu 3 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Năm học : 2010 - 2011 Môn: Toán ( Thời gian làm bài : 150 phút ) 2x  3 Câu I: (3,5đ) Cho hàm số : y  có đồ thị là (C) x 1 Gọi (d) là đường thẳng có phương trình: y  mx  4 (m là tham số). Chứng minh  m  0 : (d) luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt trong đó có ít nhất 1 điểm có hoành độ lớn hơn 0 . Câu II: a) (2đ) Giải phương trình : 2 x5  x2  4 x  52  0 trên R  x3  y 3  ( y  x)(1  xy ) b)(3,5đ) Tìm m để hệ phương trình:   có nghiệm thực  x 1  m y 2 1  0  Câu III: a) (3đ) Tìm giá trị nhỏ nhất , lớn nhất của hàm số : y  sin 2 x  8sin x  17  sin 2 x  2sin x  5 b) (2đ)Tìm m để bất phương trình : x3  2mx2  2m  1 nghiệm đúng x  [-1;1] Câu IV: (2đ) Cho k N*, a,bR. Chứng minh : Nếu a  x0  x1  ...  x2010  b k k k k k k k k thì : x1  x0  x2  x1  ...  x2010  x2009  a  b Câu V: Trong mặt phẳng (P),cho hình chữ nhật ABCD biết AB a ,AD  b .Kẻ các tia Ax , Cy vuông góc với (P),cùng phía đối với (P).Lấy điểm M  A x; N  C y sao cho 2 mặt phẳng (MBD),(NBD) vuông góc với nhau. a) (1,5đ) Gọi hình chiếu vuông góc của M,N lên BD là H,K. Chứng minh: AM .CN  AH .CK b) ( 2,5đ) Tìm vị trí của M,N để thể tích của tứ diện BDMN có giá trị nhỏ nhất .............. Hết ............
S GIÁO D C VÀ ðÀO T O ð THI CH N H C SINH GI I L P 12 C P T NH CAO B NG NĂM H C 2010-2011 Môn: Toán ð chính th c Th i gian: 180 phút (không k th i gian giao ñ ) ð BÀI (ð g m 01 trang) 2x + 1 Câu I (5 ñi m) : Cho hàm s y= có ñ th (H ) x+2 a) Ch ng minh r ng ñư ng th ng y = − x + m luôn c t ñ th ( H ) t i hai ñi m phân bi t A, B. Tìm m ñ kho ng cách AB ng n nh t. 2 sin u + 1 b) Tìm t ñ phương trình = t ( n là u ) có nghi m trên [0; π]. sin u + 2 Câu II (4 ñi m) : a) Tìm giá tr nh nh t , giá tr l n nh t c a hàm s y = 2 − x + 2 + x − (2 − x)(2 + x) 5 b) Cho tam giác ABC có các góc A, B, C th a mãn cos 2 A + 3 cos 2 B + 3 cos 2C + = 0 . Xác 2 ñ nh các góc A, B, C.  x 2 + y 2 − 1 − k ( x + y − 1) = 1  Câu III (3 ñi m) : Cho h phương trình  ( k là tham s )  xy + 1 = x + y  a) Gi i h phương trình khi k = 0 b) Tìm k ñ h phương trình có nghi m duy nh t. Câu IV (2 ñi m) : Cho hình chóp S . ABCD có ñáy ABCD là hình bình hành. G i M , N l n lư t là trung ñi m c a các c nh SA, SD. M t ph ng (α ) ch a MN c t các c nh SB, SC l n lư t t i Q, P. ð t SQ VS .MNPQ 3 = x , tìm x ñ = . SB VS . ABCD 8 Câu V (4 ñi m) : Cho lăng tr tam giác ABC. A, B ,C , có ñ dài c nh bên b ng 2a, ñáy ABC là tam giác vuông t i A, AB = a, AC = a 3 và hình chi u vuông góc c a ñ nh A, trên m t ph ng ( ABC ) là trung ñi m c a c nh BC. Tính theo a th tích kh i chóp A, . ABC và tính cosin c a góc gi a hai ñư ng th ng AA, và B ,C , . Câu VI (2 ñi m) : u1 = 1 u u  u  Cho dãy s (u n ) xác ñ nh như sau:  2 un . Tính lim  1 + 2 + ... + n  . n→+∞ u u n+1  u n+1 = 2010 + u n , n ≥ 1   2 u3  H t H và tên thí sinh:…………………………………………..S báo danh:…………………… H tên, ch kí c a giám th 1:………………………………………………………………….
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA ĐỀ THI CHÍNH THỨC LỚP 12 THPT NĂM 2011 Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề ) Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011 Bài 1 (5,0 điểm) Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, ta có bất đẳng thức: ( )2n+1 xn (xn+1 + 1) x+1 ≤ xn + 1 2 Hỏi đẳng thức xảy ra khi nào? Bài 2 (5,0 điểm) Cho dãy số thực (xn ) được xác định bởi 2n ∑ n−1 x1 = 1 và xn = · xi với mọi n ≥ 2 (n − 1)2 i=1 Với mỗi số nguyên dương n, đặt yn = xn+1 − xn . Chứng minh rằng dãy số (yn ) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞. Bài 3 (5,0 điểm) Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) đường kính AB. Xét một điểm P di động trên tiếp tuyến tại B của (O) sao cho P không trùng với B. Đường thẳng P A cắt (O) tại điểm thứ hai C. Gọi D là điểm đối xứng với C qua O. Đường thẳng P D cắt (O) tại điểm thứ hai E. 1. Chứng minh rằng các đường thẳng AE, BC và P O đồng quy tại một điểm. Gọi điểm đồng quy đó là M . 2. Hãy xác định vị trí của điểm P sao cho tam giác AM B có diện tích lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo bán kính của đường tròn (O). ((O) kí hiệu đường tròn tâm O) Bài 4 (5,0 điểm) Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài mỗi cạnh và độ dài các đường chéo AC, AD không vượt √ quá 3. Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm trong ngũ giác đó. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của ngũ giác đã cho chứa ít nhất 403 điểm trong số các điểm đã lấy. ——————————HẾT—————————— • Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. • Giám thị không giải thích gì thêm.