Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo TP. Hồ Chí Minh (Có đáp án)

SỞ GIÁ O DỤC VÀ ĐÀ O TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 18 - 10 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút. Bài 1. (4 điểm)

Giải hệ phương trình 3 2 3 1

4 12 9 6 7

xy x y

x x x y y

          

Bài 2. (4 điểm)

Cho dãy số ( ) nu xác định bởi

1

* 1

1 2

3 4 , 2 1

n n

n

u

u u n N u 

        

Chứng minh dãy số ( ) nu có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Bài 3. (4 điểm)

Cho , , x y zlà các số dương thỏa mãn 1 1 1 1 x y z   . Chứng minh:

x yz y zx z xy xyz x y z         

Bài 4. (4 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC với các đường cao , AH BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi

M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao cho các đường

thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F .

Chứng minh rằng khi M di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) thì trung điểm

của đoạn EF luôn nằm trên một đường thẳng cố định.

Bài 5. (4 điểm)

Tìm tất cả các đa thức ( ) P x hệ số thực thỏa mãn : 2 ( ). ( 3) ( ), P x P x P x x   

HẾT

www.VNMATH.com

DeThi.edu.vn

ĐÁP ÁN ĐỀ VÒNG 1 Bài 1. (4 điểm)

Giải hệ phương trình 3 2 3 1

4 12 9 6 7

xy x y

x x x y y

          

Giải

Đặt 1 z x   Hệ phương trình tương đương 3 3 2

3 ( 2) 4 0

yz z

y y z z

        

 3 2 3 2

3 4 0

yz z

y y z z

         2

2 yz z y z y z       



1 17 1 17 4 4 1 17 1 17 2 2

z z

y y

                      



5 17 5 17 4 4 1 17 1 17 2 2

x x

y y

                      

Bài 2. (4 điểm)

Cho dãy số ( ) nu xác định bởi

1

* 1

1 2

3 4 , 2 1

n n

n

u

u u n N u 

        

Chứng minh dãy số ( ) nu có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Giải Từ giả thiết ta suy ra * 0, nu n N  

Xét 3 4 3 5 ( ) 2 1 2 2(2 1) x f x x x       , với 0 x  , 2 5 '( ) 0, 0 (2 1) f x x x

    

Ta có 1

1

1 2

( ), * n n

u

u f u n N 

      

3 ( ) 2 f x  , 0 x  và 5 ( ) 4 0, 0 2 1 x f x x x      

 3 4, 2 2

nu n     dãy ( ) nu bị chặn

Đặt

2 1

2

n n

n n

x u

y u

     

Do f(x) nghịch biến trên (0; )  nên g(x) = f(f(x)) đồng biến trên (0; ) 

2 1 2 ( ) ( ) n n n n f x f u u y     ; 2 2 1 1 ( ) ( ) n n n n f y f u u x     

1 ( ) ( ( )) ( ) n n n n g x f f x f y x    

1 2 3 1 11 49 ; ; 2 4 26 u u u    ….. Ta thấy 1 3 1 2 u u x x   

Giả sử rằng 1 1 ( ) ( ) k k k k x x g x g x      1 2 k k x x     . Vậy * 1, n n x x n N    Suy ra ( ) nx tăng và bị chặn trên  ( ) nx có giới hạn hữu hạn a . Do 1 1 1 ( ) ( ) n n n n n n x x f x f x y y          dãy ( ) ny giảm và bị chặn dưới

www.VNMATH.com

DeThi.edu.vn

 ( ) ny có giới hạn hữu hạn b.

Ta có

1

3 3 3 , ;4 , 2 , ;4 , ;4 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1) ( )

n n

n n

n n

x y n a b a b

f x y f a b f a b I f b a f b f a a b f y x 

                                                          

  5 1 1 (1) ( ) (2 1)(2 1) 5 0 2 2 1 2 1 a b a b a b a b b a                    

(do (2 1)(2 1) (3 1)(3 1) 16 5 a b        )

Vậy từ (I) 

3;4 2 2 3 4 2 1

b a

a b a a a

                  

.

Vậy lim 2 nu  Bài 3. (4 điểm)

Cho , , x y zlà các số dương thỏa mãn 1 1 1 1 x y z   . Chứng minh:

x yz y zx z xy xyz x y z          (*) Giải

(*)  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (**) x yz y zx z xy xy yz zx        

Ta cần chứng minh: 1 1 1 1 x yz x yz   

2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 x yz x x yz x yz x y z yz x yz yz yz              (đúng)

Chứng minh tương tự ta có:

1 1 1 1 y zx y zx    , 1 1 1 1 z xy z xy   

Cộng ba bất đẳng thức trên ta thu được (**).

Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với các đường

cao , AH BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một

điểm di động trên cung nhỏ BC của …