Đề chuẩn bị học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12

ĐỀ CHUẨN BỊ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2008 – 2009
MÔN TOÁN LỚP 12
ĐỀ SỐ 1
Thời gian làm bài 180 phút
(không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (3.0 điểm) 
1.1. Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn . Chứng minh rằng:
1.2. Tìm nghiệm của phương trình : thỏa điều kiện: 2007 < x < 2008. 
Câu 2. (2.0 điểm) 
Giải phương trình nghiệm nguyên: (1)
Câu 3: (3.0 điểm) 
Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H trên cạnh AC, M là trung điểm của HD. Chứng minh AM vuông góc với BD.
Câu 4 (3.0 điểm) 
Cho dãy số { }; n = 1,2, được xác định như sau: 
 Đặt (n =1,2,). Tính 
Câu 5: (3.0 điểm) 
5.1 Chứng minh rằng bốn đường tròn có đường kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín tứ giác đã cho.
5.2. Chứngminh
Câu 6: (3.0 điểm) 
6.1. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên không âm và không lớn hơn 8. Giả sử P (9) = 32078. Hãy xác định đa thức P(x).
6.2. Cho a,b,c >0 thỏa mãn điều kiện abc =1. Tìm GTNN của:
Câu 7: (3.0 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng . Biết A(2;3), B(3; - 2) và trọng tâm G thuộc đường thẳng d có phương trình: 
3x – y – 8 = 0. Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC./.Hết.
ĐÁP ÁN DỰ KIẾN 
ĐỀ SỐ 1
Câu 1:
	1.1 Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn . Chứng minh rằng:
Do tam giác ABC nhọn nên tgA > 0 ,tgB > 0 , tgC > 0. Viết lại bất đẳng thức:
Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 
Tương tự: ; 
Suy ra : 
Mặt khác: , vì bất đẳng thức này tương đương với:
 cotg2A+cotg2B+cotg2C +2(cotgA.cotgB+cotgB.cotgC+cotgC.cotgA)3 	. 	
Từ đó suy ra:
1.2. Tìm nghiệm của phương trình : thỏa mãn điều kiện: 2007 < x < 2008 . 
Đặt PT: (*)
Ta có: = 
 cos2x = (-).(+)
(*) (-).{1 - (+)} = 0
 -=0 (1) hoặc (+)= 1 (2)
+Giải (1) cos2x= 0 
+Giải (2)(1+).(1+sin2x) = 1sin2x=0 (vì sin2x >0 không xảy ra )
Tóm lại : (*)cos2x= 0 hoặc sin2x= 0 sin4x= 0 x =k ; k Z 
+ Với ĐK: 2007< x <2008 , chọn các số nguyên k =2556. Vậy : x = 639.
Câu 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: (1)
BG: Dễ thấy pt có nghiệm: x = y = 0.
	Với ta có: (2)
Từ (2) suy ra là bình phương của một số nguyên. Gọi (3), a là số nguyên.
	*Thay x = 4 vào (2) ta được y = -1, y = 2.
	*Thay x = -4 vào (2) ta được y = 1, y = -2.
Vậy PT có các nghiệm nguyên (x; y) là: (0;0), (4; -1), (4;2), (-4;1), (-4;2).
Câu 3: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H trên cạnh AC, M là trung điểm của HD. Chứng minh AM vuông góc với BD.
Bài giải:
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó: 
Ta có: 
Mà M là trung điểm của HD nên tọa độ của M là: 
Vậy (đpcm).
Câu 4:
Ta có: 
 ( vì )
 Þ 
Vì 
 Ta có: 
Câu 5:
5.1. Chứng minh rằng bốn đường tròn có đường kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín tứ giác đã cho.
Bài giải:
	Lấy điểm M tùy ý của tứ giác lồi ABCD. Có hai khả năng xảy ra:
Nếu điểm M nằm trên biên của đa giác (tức M nằm trên một cạnh của tứ giác ABCD). Khi đó M nằm trong hình tròn có đường kính là cạnh ấy. Trong trường hợp này ta kết luận bài toán hiển nhiên đúng.
Nếu M nằm bên trong của tứ giác lồi ABCD. Khi đó ta có: . Theo nguyên lý cực hạn, tồn tại . Khi ấy: (1).
Từ (1) suy ra M nằm bên trong (hoặc là nằm trên) đường tròn đường kính BC. Vậy điểm M bị phủ bởi đường tròn này.
	Mà do M là điểm tùy ý của tứ giác ABCD, ta suy ra bốn hình tròn nói trên phủ kín tứ giác lồi đã cho. ĐPCM.
5.2. Xét 
Hệ số của số hạng 
Là 
Ta lại có 
có hệ số của x2n+1 bằng o vì đều chứa lũy thừ bậc chẵn của x vậy
Câu 6: 
6.1. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên không âm và không lớn hơn 8. Giả sử P (9) = 32078. Hãy xác đ?nh đa thức P (x)
Lời giải
Giả sử P (x) =anxn+an-1xn-1 +....+ a1x+ a0. an 0 là đa thức cần tìm. Ta c?:
P(9) = an9n+an-19n-1 +....+ a19+ a0. (1)
Do 0 a0 8, a0 nguyên và ai i = nên t? (1) suy ra a0 ch?nh là phần dư trong ph?p chia P (9) cho 9.
Vì P (9) = 32078 = 3564.9 + 2 a0 = 2. Thay a0 = 2 vào (1) ta c?: 
3564 = an9n+an-19n-1 +....+ a19+ a1. (2)
Lập luận tương tự như trên t? (2) suy ra a1 ch?nh là phần dư trong ph?p chia 4564 cho 9.
Vì 3564 = 396.9 a1 = 0. Thay a1 = 0 vào (2) ta c?: 
396 = an9n-2+an-19n-3 +....+ a39+ a2. (3)
Do 396 = 44.9 nên lập luận tương tự như trên suy ra a2 = 0. Do a2 = 0 nên (3) c? dạng: 44 = an9n - 3+an-19n-4 +....+ a49+ a3. (4)
Vì 44 = 9.4 + 8 a3 = 8. Bây giờ (4) lại c? dạng: 
4 = an9n - 4+an-19n-5 +....+ a59+ a4 (5)
Lập luận tương tự ta c? a4 = 4, và vì th? t? (5) ta c?: 
0 = an9n - 5+an-19n-6 +....+ a69+ a5 (6)
Vì ai 0, nên t? (6) suy ra ak = 0, .
Như vậy P (x) = 4x4 + 8x3 + 2.
Đảo lại, đa thức P (x) = 4x4 + 8x3 + 2. thỏa mãn mọi yêu cầu bài toán.
T?m lại, P (x) = 4x4 + 8x3 + 2 là đa thức duy nhất cần tìm.
6.2. Cho a,b,c >0 thỏa mãn điều kiện abc =1. Tìm GTNN của:
Giải: Vì abc=1 nên nếu ta đặt: thì xyz=1
	Thế vào rút gọn ta có:
	áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
	Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được:
Câu 7: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng . Biết A (2; - 3), B(3; - 2) và trọng tâm G thuộc đường thẳng d có phương trình: 
3x – y – 8 = 0. Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Giải: Gọi C (a; b)
S = CH.AB (1).
Ta có: AB = 
Phương trình AB: x – y – 5 = 0 => CH = d(C, AB) = 
do đó: (1) ó .
ó 
Toạ độ G ()
Ta có: G Î D ó ó 	a – b = 4.
TH1: => C(-2; -10)
Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA = 
=> r = .
TH2: => C(1; -1)
Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA = 
=> r = .
-HẾT-