Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh thừa thiên huế khối 12 thpt - Năm học 2005-2006 đề thi chính thức môn toán

Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh Thõa Thiªn HuÕ Khèi 12 THPT - N¨m häc 2005-2006 §Ị thi chÝnh thøc Môn : TOÁN ( Vòng 1) Thời gian làm bài : 150 phút, không kể thời gian phát đề ........... ........................................................................................................................................... BÀI 1: Gọi (C) là đồ thị hàm số :y = x3 – 2005x. M1 là điểm trên (C) có hoành độ x1=1. Tiếp tuyến của (C) tại điểm M1 cắt (C) thêm một điểm M2 khác M1. Tiếp tuyến của (C) tại điểm M2 cắt (C) thêm một điểm M3 khác M2, Tiếp tuyến của (C) tại điểm Mn-1 cắt (C) thêm một điểm Mn khác Mn-1.(n =3,4,...) Gọi (xn;yn) là tọa độ của điểm Mn . Tìm n để đẳng thức sau đúng : 2005xn + yn + 22007 = 0 BÀI 2: Cho hình vuông EFGH .Gọi (T) là đường tròn qua các trung điểm các cạnh của tam giác EFG. Nhận xét: Điểm H thoả mãn đồng thời hai tính chất sau : a/ Các hình chiếu vuông góc của nó lần lượt lên các đường thẳng : EF ,FG, GE nằm trên một đường thẳng d. b/ Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (T) . Hãy tìm tập hợp tất cả các điểm N của mặt phẳng chứa hình vuông EFGH sao cho N thoả mãn đồng thời hai tính chất a/ và b/ ở trên . BÀI 3: Gọi R là bán kính của đường tròn ngọai tiếp của tam giác ABC Chứng minh rằng nếu tam giác ABC không có cạnh nào ngắn hơn bán kính R và có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng 2 32R thì : sinA + sinB + sinC ≤ 2 33 + . ------------- Hết --------------- Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh Thõa Thiªn HuÕ Khèi 12 THPT - N¨m häc 2005-2006 §Ị thi chÝnh thøc Môn : TOÁN ( Vòng 2) Thời gian làm bài : 150 phút, không kể thời gian phát đề ........... ........................................................................................................................................... BÀI 1: Với mỗi số thực a, kí hiệu [a] chỉ số nguyên k lớn nhất mà k a . ≤ Giải phương trình : [lg x ] + x + [ 6 x ] = [ 2 x ] + [ 3 2x ] BÀI 2: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD,có đáy ABCD là một hình bình hành . Gọi G là trọng tâm của tam giác SAC. M là một điểm thay đổi trong miền hình bình hành ABCD .Tia MG cắt mặt bên của hình chóp S.ABCD tại điểm N . Đặt : Q = MG NG NG MG + 1/ Tìm tất cả các vị trí của điểm M sao cho Q đạt giá trị nhỏ nhất . 2/ Tìm giá trị lớn nhất của Q . BÀI 3: Với mỗi số nguyên dương n ,hãy tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau : a/ Các hệ số của P(x) khác nhau đôi một và đều thuộc tập {0;1;.....;n}. b/ P(x) có n nghiệm thực phân biệt . ------------ Hết -------------- Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh Thõa Thiªn HuÕ Khèi 12 THPT - N¨m häc 2005-2006 §Ị thi chÝnh thøc Môn : TOÁN ( Vòng 1) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Bài Nội dung Điểm ( 6đ) + Phương trình tiếp tuyến của (C) tại Mk (xk;yk): y - yk = y’(xk)(x- xk) y = (3x -2005)(x- xk)+ x -2005xk 2k 3 k 1,0 + Xét phương trình : x3 – 2005x = (3x -2005)(x- x2k k)+ x -2005x3k k ⇔ (x- xk) (x2+ xk.x-2 x ) = 0 2k ⇔ x= xk ; x = - 2xk + Vậy xk+1 = - 2xk 1,0 1,0 1 + x1 =1 , x2 = -2 , x3 = 4 ........ , xn = (-2) n-1 n= 1,2,.......... + yn = x -2005x3n n , 2005xn + yn + 2 2007 = 0 ⇔ x = - 23n 2007 ⇔ (-2) 3n-3 = - 2 2007 3n-3 lẻ và 3n -3 = 2007 ⇔ ⇔ n= 670 1,0 2,0 7,0 + Điểm N thoả tính chất a/ khi và chỉ khi N ở trên đường tròn qua E,F,G. 1 2 + Chứng minh: Chọn hệ trục Oxy với O là tâm hình vuông EFGH và vec tơ đơn vị trên trục : OGi = ρ ; OFj = . Ta có E(-1;0) , F(0;1) , G(1;0) . Phương trình của EF : x –y + 1 = 0 ; FG : x + y -1 = 0 ,đường tròn(EFG): x 2 +y 2 =1 Gọi N(X;Y). Toạ độ các hình chiếu của N lên EG, EF, FG lần lượt là: N1 (X;0) , N2 ( 2 1 (X+Y-1); 2 1 (X+Y+1)) , N3 ( 2 1 (X-Y+1); 2 1 (-X+Y+1)) ))1( 2 1);1( 2 1(21 ++−+−= YXYXNN );1(32 XYNN −−= N1, N2 , N3 thẳng hàng khi và chỉ khi:(-X+Y-1)(-X)-(1-Y)(X+Y+1)=0 X 2 +Y 2 =1(1) ⇔ 2,0 + Tìm thêm điều kiện để N thoả tính chất b/. Chỉ cần xét N(X;Y) khác F(0;1). Với điều kiện (1) ,dường thẳng d có phương trình : X(x-X) +(1-Y)(y-0)=0 Tâm của (T) là I(0; 2 1 ) . Bán kính của (T) : 2 1 + d tiếp xúc (T) khi và chỉ khi : 2 1 )1( ) 2 1)(1()0( 22 = −+ −+− YX YXX (2) ⇔ 12)12( 2222 +−+=−+ YYXYX 2,0 + Giải hệ (1) và(2). Rút X 2 từ (1) thay vào (2): (2Y 2 -Y-1) 2 =2(1-Y)⇔ (Y-1)2(2Y+1) 2 =2(1-Y).Đang xét Y≠ 1 nên :(Y-1)(2Y+1)2= -2 ⇔ 4Y3-3Y+1= 0⇔ (Y+1)(4Y2-4Y+1) = 0 ⇔ Y= -1 ; Y= 2 1 . 1,0 + Với Y=-1 ta có điểm N(0;-1), đó là H . Với Y= 2 1 , ta có thêm hai điểm N : ( 2 3 ; 2 1 ) và (- 2 3 ; 2 1 ) . Tập hợp phải tìm là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp trong đường tròn (EFGH) mà một đỉnh là H 1,0 7,0 + Tam giác có : A = 900, B=600, C=300 thì có dấu đẳng thức . + Có thể giả sử : sinA≥ sinB≥ sinC . Ta chứng minh : sinA+sinB+sinC≤ u+v+w với u =1 , v = 2 3 , w = 2 1 . 1,0 1,0 + S= R abc 4 =2R2sinAsinBsinC + S≤ 2 32R ⇔ sinAsinBsinC ≤ 4 3 ⇒ sinAsinBsinC ≤uvw .(1) 1,0 1,0 + sinC= R R R c 22 ≥ = 2 1 và sinAsinB ≤ 4 3 Csin 1 ⇒ sinAsinB≤ 2 3 ⇒ sinAsinB uv.(2) ≤ sinA 1⇒ sinA≤ ≤u .(3) 1,0 3 + Ta có : u+v+w = sinC( A u sin + B v sin + C w sin )+(sinB-sinC)( A u sin + B v sin )+(sinA-sinB) A u sin Suy ra: u+v+w ≥ sinC(3 3 ) +(sinB-sinC)(2 sinsinsin CBA uvw BA uv sinsin ) + (sinA-sinB) A u sin Do (1) ,(2) ,(3) nên : u+v+w 3sinC +2(sinB-sinC)+ (sinA-sinB) = sinA+sinB+sinC. Dấu đẳng thức xảy ra trong trường hợp tam giác ABC là nửa tam giác đều . ≥ 2,0 Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh Thõa Thiªn HuÕ Khèi 12 THPT - N¨m häc 2005-2006 §Ị thi chÝnh thøc Môn : TOÁN ( Vòng 2) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Bài Nội dung Điểm 6,0 + Biểu thức lgx xác định khi x > 0. + Nếu x là nghiệm thì : x = [ 2 x ] + [ 3 2x ]- [ 6 x ] - [lg x ] nên x là số nguyên dương. 1,0 1,0 + Đặt x = 6q + r ,với q và r là các số tự nhiên , 0≤ r≤ 5 . [ 2 x ] + [ 3 2x ] - [ 6 x ] = [ 3q + 2 r ]+ [4q+ 3 2r ] – [q+ 6 r ]= 6q + [ 2 r ]+ [ 3 2r ]- [ 6 r ] Phương trình trở thành : 6q + r = 6q +[ 2 r ]+[ 3 2r ]-[ 6 r ] -[lg x ] [lg⇔ x ]= [ 2 r ]+ [ 3 2r ]- [ 6 r ] - r với r∈{0;1;2;3;4;5} 2,0 1 + Ta có : [ 2 r ]+[ 3 2r ]-[ 6 r ]-r =   = =− 5;4;3;2;00 11 rkhi rkhi +Do x≥ 1 nên [lgx]≥ 0 .Không xét trường hợp r=1 Với r 1,ta có : [lgx]= 0 0 lgx < 1 ≠ ⇔ ≤ ⇔ 1≤ x < 10 . Ta chọn các số nguyên x thoả 1≤ x < 10 và x chia cho 6 có dư số khác 1. Nghiệm của phương trình : x∈{2;3;4;5;6;8;9} . 1,0 1,0 7,0 2 Câu 1/ (Hình vẽ ở trang cuối) + Q = MG NG NG MG + ≥ 2 .Dấu bằng khi và chỉ khi : NG MG = MG NG = 1 . + SG cắt mp(ABCD) tại tâm O của hình bình hành ABCD. Gọi K là trung điểm của SG . Từ K dựng mặt phẳng song song với mp(ABCD) cắt SA,SB,SC,SD lần lượt tại A1 ,B1 ,C1 ,D1 .Từ N dựng mặt phẳng song song với mp(ABCD) cắt SG tại N’. Ta có: MG NG = OG GN ' ; MG NG =1 N’trùng K⇔ ⇔ N thuộc cạnh hình bình hành A1B1C1D1 Nối NK cắt cạnh hình bình hành A1B1C1D1 tại P, ta có : PM // SG . + Từ đó : Q=2 khi và chỉ khi M thuộc cạnh hình bình hành ' 1 ' 1 ' 1 ' 1 DCBA ' 1 ' 1 ' 1 ' 1 DCBA là hình chiếu song song củahình bình hành A1B1C1D1 lên mp(ABCD) theo phương SG . 1,0 1,0 1,0 Câu 2/ +Miền hình bình hành ABCD hợp bởi các miền tam giác OAB,OBC,OCD,ODA M thuộc miền hình bình hành ABCD nên M thuộc một trong bốn miền tam giác này. Chẳng hạn M thuộc miền OAB. M∆ ≡A N⇒ ≡C’; M≡B⇒ N≡D’; M O N≡ ⇒ ≡S. Do đó N thuộc miền SC’D’ và N’ thuộc đoạn SH ,với C’,D’ và H lần lượt là trung điểm của SC,SD và SO. ∆ Do đó : HG N’G ≤ SG. Vì vậy : ≤ OG HG ≤ OG GN ' ≤ OG SG hay 2 1 ≤ MG NG ≤ 2. 2,0 + Đặt x = MG NG Ta có : Q = x 1 + x với x ∈[ 2 1 ;2]. Q’= 0 và x ∈( 2 1 ;2) ⇔ x = 1 . MaxQ = Max{Q( 2 1 );Q(2);Q(1)}= 2 5 . + Giá trị lớn nhất của Q là : 2 5 . Đạt khi M trùng với O hoặc các đỉnh A,B,C,D. 1,0 1,0 7,0 + Điều kiện a/ cho thấy bậc của P(x)≤ n ,điều kiện b/ cho thấy bậc của P(x) n. ≥ Vậy bậc của P(x) là n. P(x) = anxn + an-1xn-1 + ...........+ a1x + a0 . với (a0, a1, ......, an) là một hoán vị của {0,1,...,n} và an≠ 0 . + Ta có : x > 0 P(x) > 0 .Do đó mọi nghiệm x⇒ i của P(x) đều không dương . + Với n=1 ,ta có đa thức duy nhất thoả bài toán : P(x) = 1.x + 0 . 1,0 1,0 1,0 3 + Với n=2 ,nếu P(x) = a2x2 +a1x + a0 thoả bài toán thì theo định lí Víet : x1 + x2 = - 2 1 a a ; x1.x2 = 2 0 a a trong đó :{ a0, a1, a2}={0,1,2}, a2≠ 0 Do x1≤ 0 , x2≤ 0 , x1≠ x2 nên , a1≠ 0 .Suy ra : a0= 0 . Các đa thức : P(x) = 1.x 2 + 2.x + 0 , P(x) = 2.x 2 + 1.x + 0 thoả bài toán . + Với n=3 ,nếu P(x) = a3x3 +a2x2 +a1x + a0 thoả bài toán thì theo định lí Víet : x1 + x2 + x3 = - 3 2 a a ; x1x2 +x2x3 + x3x1 = 3 1 a a ; x1x2x2 = - 3 0 a a trong đó : { a0, a1, a2 ,a3}={0,1,2, 3}, a3≠ 0 Do x1≤ 0 , x2≤ 0 ,x3≤ 0, x1≠ x2 x1≠ x3 x2≠ x3 nên a1≠ 0 và a2≠ 0 . Suy ra: a0= 0 . Ta có :P(x)= a3x3 +a2x2 +a1x= x(a3x2 +a2x +a1) ;{ a1, a2 ,a3}={1,2, 3}, a 04 13 2 2 >− aa Các đa thức : P(x)=1.x3+3.x2+2.x+0 , P(x)=2x3+3x2+1.x+0 thoả bài toán . 1,0 1,0 + Với n>3,nếu P(x) = anxn + an-1xn-1 + ...........+ a1x + a0 thoả bài toán thì theo định lí Víet :        −= −=+++ −=+++ − −− − n n n n n nnnn n n n a a xxx a axxxxxxxxx a a xxx 0 21 11 2132121 1 21 )1(...... )1(..................... ............................. ... với (a0, a1, ......,an) là một hoán vị của {0,1,...,n} và an≠ 0 Do các xi không dương và khác nhau đôi một nên phải có a0= 0 . Vậy P(x) có một nghiệm bằng 0 và n-1 nghiệm còn lại khác nhau đôi một và đều âm. Có thể giả sử xn= 0 .Lúc đó x1 , x2 ,...., xn-1 là các nghiệm âm của : Q(x)= anxn-1+ an-1xn-2 +...+ a2x +a1 với (a1,a2,..., an) là một hoán vị của{1,2,...,n},an≠ 0 Đặt ui = - xi (i=1,2,.....,n-1) .Ta có ui > 0 và : u1+ u2+....+ un-1= n n a a 1− (1) ; u1u2...un-2+ u2u3... un-1+ ......+ un-1u1... un-3 = na a2 (2) u1u2....un-1 = na a1 (3) . Từ (2) và (3) cho : 1 1 u + 2 1 u +.....+ 1 1 −nu = 1 2 a a (4) Theo bất đẳng thức Côsi : (u1+ u2+.........+ un-1)( 1 1 u + 2 1 u +.....+ 1 1 −nu )≥ (n-1) 2 Dùng (1) và (4) suy ra : n n a a 1− . 1 2 a a ≥ (n-1) 2 .Nhưng n n a a 1− . 1 2 a a ≤ 2.1 )1( −nn nên : (n-1) 2 ≤ 2.1 )1( −nn n 2 , mâu thuẩn với n > 3 . ⇒ ≤ Các đa thức thoả bài toán : P(x) = x , P(x) = x 2 + 2x , P(x) = 2x 2 + x , P(x) = x3+3x2+2x , P(x) = 2x3+3x2+x . 2,0 D' C' H G N'N M O D C B A s Hình vẽ bài 2