Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán năm học 2012- 2013

THI CHỌN HS GIỎI CẤP TRƯỜNG NH 2012-2013
Môn: TOÁN - Lớp 11
Ngày thi: 31/01/2013
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

TRƯỜNG THPT KON TUM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ BÀI
Câu 1. ( 3.0 điểm)
 x 2  y 2  2

Giải hệ phương trình sau 

 x3  2 y 3  2 x  y  0

.

Câu 2. ( 5.0 điểm)
1. Chứng minh rằng với mọi số thực m , phương trình:









x3  m 2  3 x 2  m 2  3 x  1  0 luôn có ba nghiệm lập thành một cấp số nhân.

2. Trong mặt phẳng Oxy xét phép biến hình f biến mỗi điểm M  x; y  thành điểm
M '  2 x  1; 2 y  3 . Chứng minh f là phép đồng dạng.

Câu 3. ( 3.0 điểm)





2

Đặt f  n   n 2  n  1  1 . Xét dãy số  un  sao cho
un 

f 1 . f  3  . f  5  ... f  2n  1
, n  * . Tính lim n un .
f  2  . f  4  . f  6  ... f  2n 





Câu 4. ( 3.0 điểm)
Tìm tất cả các đa thức P  x  có hệ số thực sao cho: P  2   12 và

 





P x 2  x 2 x 2  1 P  x  với mọi x 

.

Câu 5. ( 3.0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P 

a3
a 2  b2



b3
b2  c 2



c3
c 2  a2

.

Câu 6. ( 3.0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi. Gọi N, P lần lượt là trung điểm
của SB và AD. Gọi I là trung điểm của NP và G là giao điểm của SI với mp(ABCD). Tính tỷ
số

IS
.
IG

----------- HẾT -----------

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu

Nội dung

Ý

1

Điểm

Ta có: x3  2 y3  2 x  y  0  2 x3  4 y3  2  2 x  y   0



0.5



 2 x3  4 y3  x 2  y 2  2 x  y   0

0.5

 2 x3  4 y3  2 x3  x 2 y  2 xy 2  y3  0





 4 x3  x2 y  2 xy 2  5 y 3  0   x  y  4 x 2  3 xy  5 y 2  0

0.5

 x  y

0.5
0.5

Thay x   y vào PT x 2  y 2  2 ta được y  1 .
Vậy hệ có hai nghiệm 1; 1 ,  1;1 .
2

1



 

0.5



PT đã cho tương đương x3  1  m2  3 x  x  1  0
x  1
  x  1  x 2  m2  2 x  1  0   2
2


x  m  2 x 1










0.5
0.5

1

PT (1) có   m 4  4m 2  0 và PT (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn
x1.x2  1  12 .

2

Suy ra x1,1, x2 lập thành cấp số nhân.
Vậy PT ban đầu luôn có ba nghiệm lập thành cấp số nhân.
Lấy N  x1; y1  thì f  N   N '  2 x1  1; 2 y1  3  .

0.5
0.5

Ta có: M ' N '2   2 x1  2 x  2   2 y1  2 y 2  4  x1  x  2   y1  y  2   4MN 2




Từ đó suy ra với M, N tùy ý và M’, N’ lần lượt là ảnh của chúng qua f ta
có M ' N '  2 MN .
Vậy f là phép đồng dạng với tỉ số đồng dạng là 2.
3

2



0.5

2


   
2
  n 2  1 n 2  2n  2    n 2  1  n  1  1


2
2
2
f  2n  1  4n  4n  2  4 n  1  2n  1  1
Do đó


f  2n 
 4n2  1 4n2  4n  2  2n  12  1

Ta có f  n    n 2  1  n   1  n 2  1  2n n 2  1  n 2  1



1.0
1.0
0.5
0.5
0.5
0.5

2

1
12  1 52  1 9 2  1  2 n  1  1
Suy ra un  2 . 2 . 2 ...

.
2
2
5  1 9  1 13  1  2n  1  1 2n  2n  1

Suy ra n un 
Vậy lim n un 
4

n
2n 2  2n  1
1

.

.

2
Cho x  0 ta được P  0   0 , cho x  1 ta được P 1  2 P 1  P 1  0

và P  1  0 .
Giả sử P  x  có nghiệm khác 0 và khác 1 .

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5

  



Ta có P t 2  t 2 t 2  1 P  t   0 suy ra t 2 cũng là nghiệm. Điều này dẫn
đến P  x  có vô số nghiệm thực, vô lí. Vậy P  x  chỉ có ba nghiệm là 0 và
1 .

 





Gọi n là bậc của P  x  . Khi đó P x 2 có bậc là 2n và x 2 x 2  1 P  x  có

0.5

bậc là n + 4. Suy ra 2n  n  4  n  4 .
Như thế đa thức P  x  có một trong các dạng sau:
2

P  x   a  x  1 x  x  1 hoặc P  x   a  x  1 x 2  x  1 hoặc

0.5

2

P  x   a  x  1 x  x  1 .

Thay x  2 ta có P  2   12 suy ra 6a  12 hoặc 12a  12 hoặc 18a  12
Hay a  2 hoặc a  1 hoặc a 

0.5

2
3

Thử lại ta thấy P  x    x  1 x 2  x  1 thỏa mãn.

0.5

Vậy P  x    x  1 x 2  x  1
5
Ta có:



a a 2  b2  b2

a3



a 2  b2

 ab



0.5

a 2  b2
ab

0.5

a 2  b2

a 2  b2
b
2
 a b
 a
2
2
2
a b

0.5

b3

c3

c
b ,
2
2
2
b c

Tương tự

Cộng vế theo vế ta được P 

2

c a
a3
2

a b

2



2

c

b3
2

b c
1
1
Vậy GTNN của P  khi a  b  c  .
2
3

6

2



a
2

0.5
c3
2

c a

2



a bc 1

2
2

0.5
0.5

S

N

0.5

I

A
G

P

B
H
C

D

Qua N dựng đường thẳng song song với SG cắt BP tại H
Suy ra G là trung điểm PH
Và H là trung điểm BG
1
2

1
2

Suy ra IG  NH , NH  SG
Suy ra

SI
 3.
IG

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5