HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 12 TỈNH BÌNH ĐỊNH , NĂM HỌC 2011-2012 Lê Quang Dũng Trường THPT số 2 Phù Cát , Bình Định Bài 1 a) Giải phương trình : Giải : Đk Biến đổi phương trình về dạng   3 3 ( 3)(2 1) 0 2 1 4 1 x x x x x x − − + − − + = − + − +  1 1 ( 3) (2 1) 0 2 1 4 1 x x x x   − − − + =  ÷ − + − +    3 1 1 (2 1) 0 (*) 2 1 4 1 x x x x =    − − + =  − + − +  Ta có (*) 1 1 (2 1) 2 1 4 1 x x x − = + − + − + Mà , 1 1 ( ) 2 1 4 1 VT g x x x = = − − + − + , ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 '( ) 0, 2, 4 2 2 2 1 2 4 4 1 g x x x x x x = − − < ∀ ∈ − − + − − + 1 ( ) (2) 1 2 2 5 2 1 VT g x g = ≤ = − = − < + Khi đó (*) vô nghiệm Phương trình đã cho có nghiệm x=3 Bài 1b) Giải hệ phương trình : 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 (1) 1 3 2 2 0 (2) x y y x x x y y  − + − − =   + − − − + =   Giải : Đk : , Biến đổi (1) ta được : 3 3 2 ( 3 2) ( 3 4) 0x x y y − + − − + =  2 2 ( 1) ( 2) ( 2) ( 1) 0x x y y − + − − + =  2 2 ( 1) ( 2 ) ( 2) ( 1)x x y y − + = − +  2 ( 1) ( 2) ( ) ( 3) f x f y f t t t − = −   = +  mà :  Hàm số f(t) nghịch biến trên [-2,0] ,x-1 => Nên (1) x-1= y-2  y=x+1 Thay vào phương trình (2) ta được : 2 2 2 1 3 2( 1) ( 1) 2 0x x x x + − − + − + + =  2 2 2 1 2 0x x − − + =  ( ) ( ) 2 2 1 3 1 1 0x x − + − − =  2 1 1x − =  x=0 Hệ đã cho có nghiệm : x=0,y=1 Bài 2 : Xét tất cả các tam thức bậc hai f(x) =ax 2 +bx+c , a>0 , a,b,c , sao cho f(x) có hai nghiệm phân biệt thuộc (0,1) , Trong các tam thức như thế , Xác định tam thức có hệ số a nhỏ nhất ? Giải : f(x) có hai nghiệm biệt thuộc (0,1)  f(0)>0, f(1)>0 , ( ) 0,0 1,0 1 2 2 b b c f a a a − < < − < < <  a>c>0 , a+b+c>0 , b 2 -4ac>0 , -2a<b<0 ( vì a>0) Ta có : a+c>-b>0 => a 2 +2ac+c 2 >b 2 => a 2 -2ac+c 2 >b 2 -4ac>0 => 4ac<b 2 <(a-c) 2 +4ac a,b,c thuộc Z a c b Chọn 2 1 8<b 2 <9 không 3 1 12<b 2 <16 không 3 2 24<b 2 <25 không 4 1 16<b 2 <25 không 4 2 32<b 2 <36 không 4 3 48<b 2 <49 Không 5 1 20<b 2 <36 Nhận Với a=5 , c=1 , b=5 , f(x)=5x 2 +5x+1=0 có 2 nghiệm phân biệt ( ) 5 20 0,1 10 − ± ∈ Vậy tam thức bậc hai cần tìm là f(x)=5x 2 +5x+1 Bài 3 : Chứng minh mọi tam giác ABC ta luôn có : 3 2 a b c l l l ab bc ca + + ≤ + + ( với l a, l b ,l c là độ dài các đường phân giác trong kẽ từ A,B,C và a,b,c lần lượt là các cạnh của BC,CA,AB) Giải : 2 cos 2 cos 2 2 cos 2 2 a A A bc bc A l bc b c bc = ≤ = + 2 cos 2 cos 2 2 cos 2 2 b B B ac ac B l ac a c ac = ≤ = + , 2 cos 2 cos 2 2 cos 2 2 a C C ab ab C l ab a b ab = ≤ = +  os os os 2 2 2 a b c A B C l l l bcc acc bac+ + ≤ + + mà : 2 2 2 os os os os os os 2 2 2 2 2 2 A B C A B C bcc acc bac bc ca ab c c c + + ≤ + + + + 2 à cos cos cos 2 cos os os( ) 2 cos 2cos 1 2 2 2 2 A B A B A B A B v A B C c c A B + − + + + + = − + ≤ − + + 2 1 3 3 (2cos 1) 2 2 2 2 A B+ ≤ − − + ≤ 2 2 2 1 cos 1 cos 1 cos 3 1 9 os os os (cos cos cos ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 A B C A B C c c c A B C + + + => + + = + + = + + + ≤ Nên 3 2 a b c l l l ab bc ca + + ≤ + + Dầu bằng xảy ra  a=b=c  ABC đều Bài 4 : Cho dãy số (u n ) xác định bởi ( ) 1 2 1 3 2 ( 3 2) 2 6 5 3 3 3 2 n n n u u u u +  = +   = − + − + −   Xét dãy (v n ) 1 1 2 n n k k v u = = + ∑ , tính Giải : Ta có : ( ) 2 1 3 ( 3 2) 2 6 5 2 3 3 2 k k k u u u + − = − + − + − 1 3 ( 3 2)( 3)( 2) k k k u u u + − = − − + 1 1 1 1 1 3 ( 3 2)( 3)( 2) ( 3) ( 2) k k k k k u u u u u + = = − − − − + − + 1 1 1 1 2 ( 3) ( 3) k k k u u u + => = − + − − Khi đó : 1 1 1 1 1 1 2 3 3 n n k k n v u u u = + = = − + − − ∑ Ta có : ( ) 2 1 ( 3 2) 2 6 6 3 3 3 2 n n n n u u u u + − = − + − + − = 2 ( 3 2)( 3) 0 n u − − > Dấu bằng không xảy ra vì u 1 >  1n n u u + >  Dãy u n là dãy tăng Mặt khác dãy u n không bị chặn trên , Thật vậy : Giả sử u n không bị chặn trên => u n có giới hạn là a Khi đó : ( ) 2 ( 3 2) 2 6 5 3 3 3 2a a a = − + − + −  2 ( 3 2)( 3) 0a − − =  3a = < u 1 ( vô lý) Khi đó : limU n = Vậy : limv n = Bài 5 : Cho tam giác ABC , các đường cao AD,BE ,CF cắt nhau tại H , M là trung điểm của BC,EF cắt BC tại I . Chứng minh rằng IH ⊥ AM Chọ hệ trục tọa độ , D(0,0) ; A(0,a) ,B(b,0) , C(c,0) , Khi đó : ( ,0), ( , ) 2 2 b c b c M AM a + + = − uuuur , I(x,0) ,H(0,y) Ta có H là trực tâm nên BH AC ⊥ , CH AB ⊥ , Ta có , ( , ), ( , )BH b y AC c a = − = − uuur uuur => y= bc a − hay H(0, bc a − ) , áp dụng BT : 19 sbt hh10nc trang8 ( xeva , menelauyt) Ta có : . . 1, . . 1 DB EC FA IB EC FA DC EA FB IC EA FB = − = => DB IB DC IC = − Ta có : . . 0DB CI DC BI + =  b(x-c)+c(x-b) =0  x=  2 , bc bc IH b c a   = − −  ÷ +   uuur . Khi đó .IH AM = uuur uuuur 0 => đpcm . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 12 TỈNH BÌNH ĐỊNH , NĂM HỌC 2011-2012 Lê Quang Dũng Trường THPT số 2 Phù Cát , Bình Định Bài 1 a) Giải phương trình : Giải