Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh Thõa Thiªn H 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 thò hàm số :y = x 3 – 2005x. M 1 là điểm trên (C) có hoành độ x 1 =1. Tiếp tuyến của (C) tại điểm M 1 cắt (C) thêm một điểm M 2 khác M 1 . Tiếp tuyến của (C) tại điểm M 2 cắt (C) thêm một điểm M 3 khác M 2, Tiếp tuyến của (C) tại điểm M n-1 cắt (C) thêm một điểm M n khác M n-1. (n =3,4, ) Gọi (x n ;y n ) là tọa độ của điểm M n . Tìm n để đẳng thức sau đúng : 2005x n + y n + 2 2007 = 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 ≤ 2 33 + . Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh Thõa Thiªn H Khèi 12 THPT - N¨m häc 2005-2006 §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 + [ 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 vò trí của điểm M sao cho Q đạt giá trò nhỏ nhất . 2/ Tìm giá trò 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 . 1 Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh Thõa Thiªn H Khèi 12 THPT - N¨m häc 2005-2006 §Ị thi chÝnh thøc Môn : TOÁN ( Vòng 1) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Bài Nội dung Điểm 1 ( 6đ) + Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M k (x k ;y k ): y - y k = y’(x k )(x- x k ) y = (3x 2 k -2005)(x- x k )+ x 3 k -2005x k 1,0 + Xét phương trình : x 3 – 2005x = (3x 2 k -2005)(x- x k )+ x 3 k -2005x k ⇔ (x- x k ) (x 2 + x k .x-2 x 2 k ) = 0 ⇔ x= x k ; x = - 2x k + Vậy x k+1 = - 2x k 1,0 1,0 + x 1 =1 , x 2 = -2 , x 3 = 4 , x n = (-2) n-1 n= 1,2, + y n = x 3 n -2005x n , 2005x n + y n + 2 2007 = 0 ⇔ x 3 n = - 2 2007 ⇔ (-2) 3n-3 = - 2 2007 ⇔ 3n-3 lẻ và 3n -3 = 2007 ⇔ n= 670 1,0 2,0 2 7,0 + 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 vò trên trục : OGi = ; 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: N 1 ( X;0) , N 2 ( 2 1 (X+Y-1); 2 1 (X+Y+1)) , N 3 ( 2 1 (X-Y+1); 2 1 (-X+Y+1)) ))1( 2 1 );1( 2 1 ( 21 ++−+−= YXYXNN );1( 32 XYNN −−= N 1 , N 2 , N 3 thẳng hàng khi và chỉ khi:(-X+Y-1)(-X)-(1-Y)(X+Y+1)=0 ⇔ X 2 +Y 2 =1(1) 2,0 2 + 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 ⇔ 12)12( 2222 +−+=−+ YYXYX (2) 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 ⇔ 4Y 3 -3Y+1= 0 ⇔ (Y+1)(4Y 2 -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 3 7,0 + Tam giác có : A = 90 0 , B=60 0 , C=30 0 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 =2R 2 sinAsinBsinC + S ≤ 2 3 2 R ⇔ 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 + 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 sinsinsin CBA uvw ) +(sinB-sinC)(2 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 3 Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh Thõa Thiªn H Khèi 12 THPT - N¨m häc 2005-2006 §Ị thi chÝnh thøc Môn : TOÁN ( Vòng 2) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Bài Nội dung Điểm 1 6,0 + Biểu thức lgx xác đònh 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 + 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 2 7,0 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 A 1 ,B 1 ,C 1 ,D 1 .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 A 1 B 1 C 1 D 1 Nối NK cắt cạnh hình bình hành A 1 B 1 C 1 D 1 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 A 1 B 1 C 1 D 1 lên mp(ABCD) theo phương SG . 1,0 1,0 1,0 4 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 trò lớn nhất của Q là : 2 5 . Đạt khi M trùng với O hoặc các đỉnh A,B,C,D. 1,0 1,0 3 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) = a n x n + a n-1 x n-1 + + a 1 x + a 0 . với (a 0, a 1, , a n ) là một hoán vò của {0,1, ,n} và a n ≠ 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 + Với n=2 ,nếu P(x) = a 2 x 2 +a 1 x + a 0 thoả bài toán thì theo đònh lí Víet : x 1 + x 2 = - 2 1 a a ; x 1 .x 2 = 2 0 a a trong đó : { a 0 , a 1 , a 2 }={0,1,2}, a 2 ≠ 0 Do x 1 ≤ 0 , x 2 ≤ 0 , x 1 ≠ x 2 nên , a 1 ≠ 0 .Suy ra : a 0 = 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) = a 3 x 3 +a 2 x 2 +a 1 x + a 0 thoả bài toán thì theo đònh lí Víet : x 1 + x 2 + x 3 = - 3 2 a a ; x 1 x 2 +x 2 x 3 + x 3 x 1 = 3 1 a a ; x 1 x 2 x 2 = - 3 0 a a trong đó : { a 0 , a 1 , a 2 ,a 3 }={0,1,2, 3}, a 3 ≠ 0 Do x 1 ≤ 0 , x 2 ≤ 0 ,x 3 ≤ 0, x 1 ≠ x 2 x 1 ≠ x 3 x 2 ≠ x 3 nên a 1 ≠ 0 và a 2 ≠ 0 . Suy ra: a 0 = 0 . Ta có :P(x)= a 3 x 3 +a 2 x 2 +a 1 x= x(a 3 x 2 +a 2 x +a 1 ) ; { a 1 , a 2 ,a 3 }={1,2, 3}, 04 13 2 2 >− aaa Các đa thức : P(x)=1.x 3 +3.x 2 +2.x+0 , P(x)=2x 3 +3x 2 +1.x+0 thoả bài toán . 1,0 1,0 5 + Với n>3,nếu P(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + + a 1 x + a 0 thoả bài toán thì theo đònh lí Víet : −= −=+++ −=+++ − −− − n n n n n nnnn n n n a a xxx a a xxxxxxxxx a a xxx 0 21 1 1 2132121 1 21 )1( )1( với (a 0, a 1, , a n ) là một hoán vò của {0,1, ,n} và a n ≠ 0 Do các x i không dương và khác nhau đôi một nên phải có a 0 = 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 x n = 0 .Lúc đó x 1 , x 2 , , x n-1 là các nghiệm âm của : Q(x)= a n x n-1 + a n-1 x n-2 + + a 2 x +a 1 với (a 1, a 2, , a n ) là một hoán vò của{1,2, ,n},a n ≠ 0 Đặt u i = - x i (i=1,2, ,n-1) .Ta có u i > 0 và : u 1 + u 2 + + u n-1 = n n a a 1− (1) ; u 1 u 2 u n-2 + u 2 u 3 u n-1 + + u n-1 u 1 u n-3 = n a a 2 (2) u 1 u 2 u n-1 = n a a 1 (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 : (u 1 + u 2 + + u n-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( −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) = x 3 +3x 2 +2x , P(x) = 2x 3 +3x 2 +x . 2,0 D' C' H G N' N M O D C B A s Hình vẽ bài 2 6