Tuyển chọn đề thi HSG TT Huế từ 2006 đến 2010 có đáp án

Tiếp tuyến của C tại điểm M1 cắt C thêm một điểm M2 khác M1.. 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 : E

Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh

§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

3

2

R thì : sinA + sinB + sinC  3 2 3

Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh

§Ị thi chÝnh thøc Môn : TOÁN ( Vòng 2)

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 + [6x ] = [2x ] + [ 2x3 ]

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 MG NG

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

§Ị thi chÝnh thøc

Môn : TOÁN ( Vòng 1)

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

+ Phương trình tiếp tuyến của (C) tại Mk (xk;yk): y - yk = y’(xk)(x- xk)

y = (3x2

k -2005)(x- xk)+ x3

k -2005xk

1,0

+ Xét phương trình :x3 – 2005x = (3x2

k -2005)(x- xk)+ x3

k -2005xk

 (x- xk) (x2+ xk.x-2 x2

k ) = 0  x= xk ; x = - 2xk + Vậy xk+1 = - 2xk

1,0

1,0 + x1 =1 , x2 = -2 , x3 = 4 , xn = (-2) n-1 n= 1,2,

+ yn = x3

n-2005xn , 2005xn + yn + 2 2007 = 0  x3n = - 2 2007  (-2) 3n-3 = - 2 2007  3n-3 lẻ và 3n -3 = 2007  n= 670

1,0 2,0

+ Điểm N thoả tính chất a/ khi và chỉ khi N ở trên đường tròn qua E,F,G 1

+ Chứng minh: Chọn hệ trục Oxy với O là tâm hình vuông EFGH và vec tơ đơn vị trên trục

:i  OG

; j  OF 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): x2+y2=1

Gọi N(X;Y) Toạ độ các hình chiếu của N lên EG, EF, FG lần lượt là:

N1 (X;0) , N2 ( 21 (X+Y-1); 21 (X+Y+1)) , N3 ( 21 (X-Y+1); 21 (-X+Y+1))

)) 1 (

2

1 );

1 (

2

1 (

2

1N   X Y  X Y 

N1, N2 , N3 thẳng hàng khi và chỉ khi:(-X+Y-1)(-X)-(1-Y)(X+Y+1)=0 X2+Y2=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; 21 ) Bán kính của (T) : 21

+ d tiếp xúc (T) khi và chỉ khi :

2

1 )

1 (

) 2

1 )(

1 ( ) 0 (

2











Y X

Y X

X

2,0

+ Giải hệ (1) và(2) Rút X2 từ (1) thay vào (2):

(2Y2-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= 21 , ta có thêm hai điểm N : ( 23 ; 21 ) và (- 23 ; 21 )

Tập hợp phải tìm là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp trong đường tròn (EFGH) mà một

đỉnh là H

1,0

+ 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

3

2

4

3  sinAsinBsinC uvw (1)

1,0

1,0

+ sinC=2c R 2R R =

2

1 và sinAsinB 

4

3

C

sin

1

 sinAsinB

2

3  sinAsinBuv

(2)

sinA1 sinAu (3)

1,0

+ Ta có :

u+v+w = sinC(

A

u

B

v

C

w

sin )+(sinB-sinC)(

A

u

B

v

sin )+(sinA-sinB)

A

u

sin

Suy ra:

u+v+w sinC(33

sin sin sinA B C

uvw

) +(sinB-sinC)(2

B A

uv

sin

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

§Ị thi chÝnh thøc

Môn : TOÁN ( Vòng 2)

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

+ Biểu thức lgx xác định khi x > 0.

+ Nếu x là nghiệm thì : x = [

2

x

] + [ 3

2x

]- [ 6

x

] - [lgx] 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

] -[lgx]  [lgx]= [

2r ]+ [

3

2r ]- [

6r ] - r với r{0;1;2;3;4;5}

2,0

+ Ta có : [

2

r

]+[

3

2r

]-[

6

r

]-r =













5

; 4

; 3

; 2

; 0 0

1 1

r khi

r khi

+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

Câu 1/ (Hình vẽ ở trang cuối)

+ Q = MG NG MG NG  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

G

N '

;

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

'

1B C D A

' 1

' 1

'

1

'

1B C D

A 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

G

N '



OG

SG

hay 21 

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(12 );Q(2);Q(1)}=

2

5 + Giá trị lớn nhất của Q là : 25 Đạt khi M trùng với O hoặc các đỉnh A,B,C,D.

1,0

1,0

+ 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 xi 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 + 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.x2

+ 2.x + 0 , P(x) = 2.x2 + 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}, 4 3 1 0

2

2  a a 

a

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 n

n n

n

n

n n

a

a x

x x

a

a x

x x x

x x x

x

x

a

a x

x x

0 2

1

1 1 2

1 3

2 1

2

1

1 2

1

) 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 = n a a2 (2) u1u2 un-1 = n a a1 (3) Từ (2) và (3) cho : 1 1 u + 2 1 u + + 1

1  n u = 1 2 a a (4) Theo bất đẳng thức Côsi : (u1+ u2+ + un-1)( 1 1 u + 2 1 u + +

1

1



n

u )(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 ( n n

nên : (n-1) 2



2 1

) 1 ( n

n

 n  2 , mâu thuẩn với n > 3 Các đa thức thoả bài toán :

P(x) = x , P(x) = x2

+ 2x , P(x) = 2x2 + x , P(x) = x3+3x2+2x , P(x) = 2x3+3x2+x

2,0

G

N' N

M O

D

A s

Hình vẽ bài 2