SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAO CAI ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 . TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: Toán. Thời gian: 180 phút TỔ TOÁN –TIN (Không kể thời gian giao đề) Câu 1(3 điểm): Cho trước hằng số a và dãy số thực (x n ) được xác định như sau: 1 2 * 1 1 ln(1 ) 2004 n N 2 n n x a x x             . Chứng minh dãy (x n ) hội tụ. Câu 2 (3 điểm): Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 21 1 21 1 x y y y x x              Câu 3 (3 điểm): Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3( ) a b b c c a a b c a b b c c a a b c              Câu 4 (3 điểm): Cho hình thang ABCD có đáy AB và CD. Gọi E là giao điểm của AC và BD, gọi F, G lần lượt là trực tâm tam giác AED và tam giác EBC. Gọi H là trung điểm FG. Chứng minh EH AB  Câu 5 (2 điểm): Cho một lục giác đều. Tại mỗi đỉnh của lục giác có một con chim đậu. Vào cùng một lúc, tất cả sáu con chim đều bay lên khỏi vị trí của mình. Rồi sau đó, cả sáu con lại đậu xuống cùng một lúc, chúng lại đậu xuống các đỉnh nhưng không nhất thiết đậu xuống vị trí cũ của mình. Chứng minh rằng tồn tại 3 con chim sao cho tam giác tạo bởi các đỉnh mà chúng đậu trước khi bay bằng tam giác mà chúng đậu sau khi bay. Câu 6 (3 điểm): Tìm hàm số f(x) thoả mãn: ( ) ( ). ( ) 2007 , x,y R x y f x y f x f y       . Câu 7 (3 điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Tiếp tuyến với (O) tại A cắt đường thẳng BC tại D. Gọi E là tâm đường tròn qua A và tiếp xúc BC tại B, gọi F là tâm đường tròn qua A và tiếp xúc BC tại C. Chứng minh D, E, F thẳng hàng. Họ và tên thí sinh:………………………………………………… Số báo danh:…………………………………………………………. Chú ý: -Giám thị không giải thích gì thêm. -Thí sinh không được sử dụng tài liệu SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAO CAI ĐÁP ÁN KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN TOÁN 12 Câu Nội dung Điểm 1 Xét hàm số     2 1 ( ) ln(1 ) 2004, x R. 2 f x x Có : 2 1 '( ) , x R 1 2 x f x x     . Xét hàm số g(x)=x-f(x). Ta có 2 2 1 '( ) 0 x R 1 x x g x x        . Do đó g(x) đồng biến trên R. Mặt khác g(0).g(-2004)<0 nên tồn tại duy nhất số thực b để g(b)=0. Theo định lí Lagơrăng: n 1 1 sao cho f(x )-f(b) '( ) 2 1 1 2 2 n n n n n c R f c x b x b x b x b a b              Vậy tồn tại lim n n x b   0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 2 2 2 2 2 21 1 21 1 x y y y x x              Điều kiện: 1; 1. x y   Trừ vế: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 21 1 1 21 21 1 1 0 ( )( ) ( )( ) 0 1 1 21 21 1 ( ) 0 1 1 21 21 x y y y x x x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y                                                           Vậy hệ phương trình tương đương với: 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 (1) (1) 21 5 1 1 4 4 2 ( 2)( 2) 1 1 21 5 1 1 ( 2) ( 2) 1 0 1 1 21 5 1 1 2 Do ( 2) 1 0 1 1 21 5 x y x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                                                      Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2;2). 0.25 0.5 0.5 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3( ) ( ) 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) a b b c c a a b c a b b c c a a b c a b b c c a a b c a b c a b b c c a c a b a b c b c a a b c a b b c c a c a b b c a a b c c b a a b c a b c ab a b a b c                                                               2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( )( ) ( )( ) ( )( ) c a c ba b a bc b c ca c a cb c b b c c a c a a b a b ab a b bc b c ca c a a c b c b a c a c b a b                             Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh. 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 4 -Gọi S, R lần lượt là trực tâm tam giác DEC, ABE. - Rõ ràng E là trực tâm các tam giác SCD, RAB, do đó: SE CD RE AB SE RE E SR AB CD           P P Mà H cũng là trung điểm của SR nên từ đó có đpcm. 0.5 0.5 0.5 0.5 1 5 -Gọi O là tâm của lục giác đều đã cho. Dễ thấy hai tam giác, mà mỗi tam 0.5 A B C D F G R S H E giác có hai đỉnh đối ứng nhau qua O, là hai tam giác b ằng nhau. (1) -Xét hai con chim mà trước khi bay lên chúng đậu tại hai đỉnh đối xứng với nhau qua O. Có 2 trường hợp xảy ra: * Trường hợp 1: Sau khi đậu xuỗng, hai con chim đó lại đậu xuống hai đỉnh đối xứng với nhau qua O, giả sử là A, B. Chọn con chim mà trước khi bay lên nó đậu tại đỉnh C nào đó ( ; C A C B   , A,B là hai đỉnh lúc đầu của hai con nói trên), ta sẽ có theo (1), 3 con chim này thoả mãn yêu cầu. * Trường hợp 2: Sau khi đậu xuống, hai con chim nói trên đậu xuống hai đỉnh không đối xứng nhau qua O. Lúc này chọn con thứ 3 là con chim mà sau khi đậu xuống, nó đậu tại đỉnh C’ đối xứng với A’ qua O(hoặc đối xứng với B’ qua O. Trong đó A’, B’ là hai đỉnh mà hai con nói trên đậu xuống). Theo (1), 3 con chim thoả mãn yêu cầu bài toán. 0.5 0.5 0.5 6 ( ) ( ). ( ) 2007 , x,y R x y f x y f x f y         2 * x 0 f(0) f(0) 1 (0) 1 (0) 1 0 (0) 1 * y x 1 f(x)f(-x) 1 f(x)f(-x) 1 * y 0 f(x) 2007 f(-x) 2007 x x Cho y f f f Cho Cho                            Theo chứng minh trên: f(x)f(-x)=1 1 1 f(x) 2007 f(-x) 2007 f(x) 2007 x x x         Thử lại f(x) 2007 x  thoả mãn yêu cầu bài toán.  Vậy f(x) 2007 x  0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 7 Gọi M là trung điểm AB. Có 2 BEM ABC c BE SinB    R R Tương tự: 0.5 2 2 2 (1) b CF SinC BE cSinC CF bSinB BE c CF b      Lại có: 2 2 2 ( ) . (2) ACD BAD g g AC AD CD BA BD AD DB AD DB AB c DC DC AD AC b                 : Từ (1) và (2) suy ra (c-g-c) BDE= CDF EBD FCD    : R R D, E, F  thẳng hàng. 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Ghi chú: Nếu thí sinh làm đúng theo cách khác đáp án vẫn cho điểm tối đa. A B C E F D M . 0.25 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 (1) (1) 21 5 1 1 4 4 2 ( 2)( 2) 1 1 21 5 1 1 ( 2) ( 2) 1 0 1 1 21 5 1 1 2 Do ( 2) 1 0 1 1 21 5 x y x x x x x x x x x x x x x. 2 21 1 21 1 x y y y x x              Điều kiện: 1; 1. x y   Trừ vế: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 21 1 1 21 21 1 1 0 ( )( ) ( )( ) 0 1 1 21