Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 224 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
224
Dung lượng
13,9 MB
Nội dung
ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN HSG NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: Toán lớp 12 (Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề) Chú ý: Thí sinh không sử dụng máy tính bỏ túi Câu 1. 1). Giải phương trình: 2x x 1 8x x 2 ( y 1) y y x 2). Giải hệ phương trình: x x2 x 2 x y Câu 2. Tìm tất giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm m 1 x 1 x 1 x 1 u1 Câu 3. Cho dãy số (un ) xác định bởi: u un 2un n 1 n . Tìm giới hạn lim n k 1 uk Đặt Câu 4. Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 b2 c2 . Chứng minh rằng: 1 2 2 2 1 a b 1 b c 1 c a 2(a b c) Câu 5. a). Cho hình chóp S.ABC với thể tích V. Gọi M trung điểm cạnh BC. Các điểm K G trọng tâm tam giác SAB SAC. Tính theo V thể tích khối tứ diện AMGK. b). Cho tứ diện ABCD, M điểm nằm bên tứ diện, đường thẳng AM, BM, CM DM cắt mặt (BCD), (ACD), (ABD) (ABC) A1 , B1 , C1 , D1 . Tìm vị trí điểm M để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: P AM BM CM DM . MA1 MB1 MC1 MD1 Câu 6. Gọi , , góc đường thẳng đường thẳng chứa cạnh BC, CA, AB tam giác ABC. Chứng minh rằng: sin .sin .sin cos .cos .cos . 16 -----------------------------------Hết-----------------------------------www.k2pi.net Nguyễn Hữu Điển OLYMPIC TOÁN NĂM 1997-1998 49 ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI (Tập 5) NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC Lời nói đầu Để thử gói lệnh lamdethi.sty biên soạn số đề toán thi Olympic, mà học trò làm tập học tập LATEX. Để phụ vụ bạn ham học toán thu thập gom lại thành sách điện tử, bạn tham khảo. Mỗi tập gom khoảng 51 với lời giải. Rất nhiều toán dịch không chuẩn, nhiều điểm không hoàn toàn xác mong bạn đọc tự ngẫm nghĩ tìm hiểu lấy. Nhưng nguồn tài liệu tiếng Việt chủ đề này, có xem qua người dịch chuyên ngành Toán phổ thông. Bạn tham khảo lại [1]. Rất nhiều đoạn học TeX nên cấu trúc bố trí xấu, thời gian sửa lại, mong bạn thông cảm. Hà Nội, ngày tháng năm 2010 Nguyễn Hữu Điển 51 89/176-05 GD-05 Mã số: 8I092M5 Mục lục Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mục lục. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chương 1. Đề thi olympic Hy Lạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chương 2. Đề thi olympic Hungary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chương 3. Đề thi olympic Iran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Chương 4. Đề thi olympic Ireland . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Chương 5. Đề thi olympic Italy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 Chương 6. Đề thi olympic Japan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Chương 7. Đề thi olympic Korean . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 Chương 8. Đề thi olympic Poland . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 Chương Đề thi olympic Hy Lạp 1.1. Cho P điểm nằm bên hay cạnh hình vuông ABCD. Hãy xác định giá tri lớn giá trị nhỏ có hàm số f ( P) = ABP + BCP + CDP + DAP D A P Lời giải: C B Đặt đỉnh hình vuông tương ứng với giá trị 1, i, -1, -i mặt phẳng coi P số phức z. Khi f(P) argument số phức z thoả mãn z4 − z−1 z−i z+1 z+1 = i + −1 − i −i + 1 + i z4 − Khi | P| ≤ 1, chạy miền phẳng giới hạn đường tròn bán kính 1/4, tâm có toạ độ -1/4. Do giá trị lớn góc đạt điểm biên hình tròn trên, điều xảy P nằm cạnh hình vuông. Do vai trò cạnh nhau, không tổng quát ta giả sử cạnh AB. Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Hà Nội π π π đến ; BCP giảm từ đến 0; Khi P chạy từ A đến B CDP giảm từ 4 π Hai góc lại nhận giá trị 0. 5π 3π Vậy ta có giá trị lớn nhỏ f ( P) 4 1.2. Cho hàm f : (0; ∞) →R thoả mãn điều kiện sau: (a) f tăng nghiêm ngặt −1 với x>0 (b) f(x)> x (c) f(x)f(f(x)+ )=1 với x>0 x Tính f(1). 1 Lời giải: Đặt k=f(x)+ . Vì k>0 nên f(k)f(f(k)+ )=1 x k 1 + Mặt khác f(x)f(k)=1. Do f(x)=f(f(k)+ )=f( ) k f (x) f (x) + x 1 + Do f tăng nghiêm ngặt nên ta có x= f (x) f (x) + x √ 1± . Giải ta thu f(x)= 2x √ 1− Dễ dàng kiểm tra có thoả mãn yêu cầu đề bài. 2x √ 1− Do f(1)= 1.3. Tìm tất số nguyên thoả mãn phương trình sau: z 13 1996 + = x y 1997 Lời giải: Đặt d=gcd(x,y), từ x=dx1 , y=dy1 Khi phương trình cho tương đương với 1997(13)y21 +1997(1996)x21 =d2 zy21 x21 Khi x1 y1 nguyên tố nhau, ta phải có x21 |1997 × 13, y21 |1997 × 1996 Dễ dàng kiểm tra 1997 số phương rõ ràng nguyên tố với 13 1996. Hơn 1996 = 22 .499, dễ dàng kiểm tra 499 số phương. Đề thi olympic Hy Lạp Khi (x1 , y1 ) = (1, 1) (1,2) Bài toán chia thành trường hợp: * Trường hợp 1: (x1 , y1 ) = (1, 1). Khi d2 z = (13 + 1996)1997 = 1997.72.41 Khi 1997 nguyên tố với 41 d=1,7. Từ ta có kết là: (x,y,z)=(1,1,4011973), (7,7,81877) * Trường hợp 2: (x1 , y1 ) = (1, 2).Khi d2 z = (13 + 499)1997 = 1997.29 Do d=1,2,4,8,16. Ta lại có kết là: (x,y,z)=(1,2,1022464),(2,4,255616),(4,8,63904), (8,16,15976), (16,32,3994) Đó kết thu được. 1.4. Cho P đa thức với hệ số nguyên có 13 nghiệm nguyên phân biệt. Hãy n ∈ Z nghiệm P | P(n)| ≥ 7(6!)2 . Hãy cho ví dụ dấu xảy ra. Lời giải: Phân tích đa thức với hệ số nguyên thành tích đa thức có hệ số nguyên với bậc nhỏ P(x) viết dạng ( x − r1 )( x − r2 ) .( x − r13 )Q( x ) rs 13 nghiệm phân biệt đa thức đó. Do với tất số nguyên x, P(x) có giá trị tích 13 số nguyên phân biệt với số nguyên khác. Rõ ràng giá trị tuyệt đối nhỏ kết |(1)(−1)(2)(−2) .(6)(−6)(7)(1)| = 7(6!)2 . Từ ta có điều phải chứng minh. Một ví dụ dấu đạt x = P(x)=(x+1)(x-1)(x+2)(x-2) .(x+7) Chương Đề thi olympic Hungary 2.5. Mỗi thành viên hội đồng xếp hạng ứng viên A, B, C theo thứ tự. Điều phần lớn thứ hạng hội đồng A cao nhiều so với B phần lớn thứ hạng B cao nhiều so với C. Có phải mà theo A cao C. Lời giải: Không. Giả sử giả hội đồng có ba thành viên, người xếp hạng A > B > C, người xếp hạng B > C > A, người xếp hạng C > A > B. Sau đó, thứ thứ ba hai thích A đến B, thứ thứ hai thích hai B to C, người thích A đến C. 2.6. Cho phép a, b, c bên, m a , mb , mc độ cao, d a , db , dc khoảng cách từ đỉnh vào trọng tâm tam giác. Chứng minh rằng. m a d a + mb db + mc dc = a2 + b2 + c 2 Đề thi olympic Hungary Lời giải: Cho D, E, F chân chiều cao từ A, B, C tương ứng, cho H trực tâm hình tam giác ABC, Sau hình tam giác ACD giống với hình tam giác AHE. Vậy m a d a = AD · AH = CE · AE = AE · b. Tương tự hình tam giác ABD giống với hình tam giác AHF. Vậy m a d a = AD · AB = AF · AE = AB · c. Do ma da = AE · b + AF · c mb db = BF · c + BD · a mc dc = CD · a + CE · b Tương tự Do m a d a + mb db + mc dc = ( AE · b + AF · c + BF · c + BD · a + CD · a + CE · b) = (( BD + CD ) · a + (CE + AE) · b + ( AF + BF) · c) a2 + b2 + c = 2.7. Cho R bán kính hình tam giác ABC G, H trọng tâm trực tâm tương ứng. Cho F trung điểm GH. Để AF2 + BF2 + CF2 = 3R2 www.k2pi.net ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN LẦN (Thời gian 180') Câu 1.( điểm) 1) Cho hàm số y x4 2mx 2m . Tìm giá trị m để hàm số có ba cực trị, đồng thời điểm cực trị đồ thị hàm số tạo thành tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp 1. sinx 2) Chứng minh : cosx , x với x (0; ) . Câu 2. (6 điểm). x y xy x y 1) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 3 x y 3( x y ) m 2) Giải bất phương trình: 6( x 3x 1) x x ( x ). Câu 3. (5 điểm), 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) đường thẳng : 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M cho: MA + MB+ MC nhỏ nhất. 2) Cho x,y,z số thực thuộc đoạn [1;4] x y, x z . Tìm giá trị nhỏ x y z biểu thức: P . 2x 3y y z z x Câu 4. (5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành. Gọi M,N hai điểm đoạn thẳng AB AD (M,N không trùng A) cho AB 2. AD 4. AM AN 1) Chứng minh M,N thay đổi, đường thẳng MN qua điểm cố định 2) Gọi V V' thể tích khối chóp S.ABCD V' S.MBCDN. Chứng minh rằng: . V Hết. ĐÁP ÁN - HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU 1.1 NỘI DUNG ĐIỂM (2,5 điểm) Cho hàm số y x 2mx 2m . Tìm giá trị m để hàm số có ba cực trị, đồng thời điểm cực trị đồ thị hàm số tạo thành tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp 1. TXĐ: D=R. y ' x3 4mx Để số có cực trị ⇔y′=0 có nghiệm phân biệt x 4x(x−m)=0 x x m x m , m x m Khi toạ độ cực trị là: A 0;2m 3 ; B 0.5 0,75 m ; m 2m ; C m ; m m . Ta có ΔABC cân A. Giả sử I trung điểm BC⇒ I 0; m2 2m 3 Giả sử O tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC, ta có: 0,75 IO AI AO AI 1; OC OI IC AI 1 IC AI m m Mà IC m 0.5 Thay vào (1) m m m m 1 m2 m 1 So điều kiện, nhận m 1; m 1.2 1 1 sinx cosx x (1) (1) tanx.sin2x - x3 >0 . Xét hàm số f(x)= tanx.sin2x-x3 ; x 0; 2 2 f ' x tan x 2sin x x 2sin x 4sin x.cos x x 2sin x x cos x cos3 x 2cos x 6sin x.cos x 2cos x 6sin x f ''' x 4cos x 8cos x 10 cos x cos x f '' x tan x. 2 8cos6 x 10cos x 4cos x cos x 1 4cos x 3 0 cos x cos x 2.1 => f''(x) đồng biến 0; => f''(x) > f''(0) =0, x 0; 2 2 => f'(x) đồng biến 0; => f'(x) > f'(0)=0, x 0; 2 2 => f(x) đồng biến 0; => f(x) > f(0) = 0. 2 x y xy x y Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 3 x y 3( x y ) m ( x y )2 xy ( x y ) Viết lại hệ cho thành ( x y ) 3xy( x y) 3( x y) m Đặt u x y , v xy . Ta có hệ 0.5 u v u v u u v u u 3 u uv u m u u ( u u 5) u m 2u 3u 12u m Do u 4v nên u 4(u u 5) 3u 4u 20 2 u 10 10 Xét hàm số f (u) 2u 3u 12u D 2; 3 Ta có f '(u ) 6u 6u 12, 1.0 u 1 f '(u ) u 10 20 f (2) 4, f (1) 7, f (2) 20, f 3 Hệ cho có nghiệm phương trình (1) có nghiệm D, tức là: f (u) m max f (u) 7 m 20 D D 2.2 Tập xác định: . BPT 2( x x 1) ( x x 1) 6( x x 1)( x x 1) x2 x 6( x x 1) 12. (vì x x 0, x ) x x 1 x x 1 Đặt: t 6( x x 1) (t > 0), ta 2t t t . 2 x x 1 BPT cho tương đương với 0.5 11 21 11 21 6( x x 1) x 11 x x ; . x2 x 10 10 3.1 ( 2điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(– 2;–4); C(5;–1) đường thẳng : 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M cho: MA + MB+ MC nhỏ Gọi G trọng tâm tam giác ABC ta có MA MB MC 3MG 1đ => MA MB MC MG MA MB MC nhỏ MG nhỏ => M hình chiếu G lên . 4 4 x 12 Tọa độ điểm G : G ; . Điểm M thuộc ta có M x0 ; 3 3 3x0 2 x0 16 ; => MG . Đường thẳng có vectơ phương : u 3;2 M hình chiếu G lên MG.u 3x0 x0 32 20 x0 13 20 116 Vậy tọa độ điểm M : M ; 13 39 3.2 (4 điểm) Cho x,y,z số thực thuộc đoạn [1;4] x y, x z . Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P Áp dụng BĐT x y z . 2x 3y y z z x 1 1 a b ab a, b 0; ab 1 dấu xẩy a = b ab=1 Áp dụng (1). P x 1 2x 3y z x 3y x 1 y z x y dấu xẩy z x x (2). y z y 1đ Đặt t t2 x , t 1;2 . Khi P , t 1;2 2t t y Xét hàm số: 2 t 4t 3 3t 2t 1 t2 f t , t 1;2 f ' t 0 2 2t t t t => f x f => P x 34 ; dấu xẩy t=2 x 4, y y 33 34 . Từ (1) (2) suy "=" xẩy x=4, y=1 z=2 33 34 x=4, y=1 z=2. 33 giá trị nhỏ P Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành. Gọi M,N hai điểm đoạn thẳng AB AD (M,N không trùng A) cho AB 2. AD 4. AM AN 1) Chứng minh M,N thay đổi, đường thẳng MN qua điểm cố định 2) Gọi V V' thể tích khối chóp S.ABCD S.MBCDN. Chứng minh rằng: 4.1 V' . V Xét toán: Cho tam giác ABC, M trung điểm cạnh BC. Một đường thẳng d cắt cạnh AB,AC AM B’, C’ M’. Chứng minh rằng: AB AC AM + =2 .(1*) AB' AC' AM' B Áp dụng đẳng thức vào toán: Trên BD lấy E, F cho: BE=EF=FD. Gọi I AE MN ; J AF MN +) Trong tam giác ABF ta có: AB AF AE 2 (1) AM AJ AI M A C E I F J N D AE AD AF AE AD AF => (2) 2 2 4 AI AN AJ AI AN AJ +) Trong tam giác AED ta có: thay (1) vào (2) ta có: AB AD AF AF = => 2 3 mà F cố định J cố định . AM AN AJ AJ MN qua điểm cố định J. 4.2 Ta có S AM AN V' V VS .BCD VS . ABD VS . AMN . =1 . . Đ S .MNBD . ặt AB AD V 2.VS .BCD VS . ABD AB AD x x, , AM AN với x 1;2 . B V' => . 1 V x4 x M A +) Xét hàm số: f x , x 1;2 . x4 x f ' x ta suy ra: vây ta có : 2x x2 x 0, x 1;2 f 1 f x f V' (ĐPCM) V f x . C E I F J N D www.k2pi.net ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN LẦN (Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4 điểm) 1) Tìm m để phương trình 4(sin4x + cos4x) + (5 - 2m)cos2x + - 3m = có nghiệm thuộc đoạn 0; 3 2) Giải hệ bất phương trình sau. x 3x x 10 x 5x 5x 5x Câu 2.(4 điểm) 1) Chứng minh cos x sin x với x 0; x 2 2) Trong Oxy , cho (C): x2 ( y 2)2 (C'): ( x 6)2 ( y 4)2 .Tìm điểm A (C), điểm B (C') điểm C Ox cho AC+BC đạt GTNN Câu 3. (6 điểm) 1) Cho a,b,c >0 , thỏa mãn điều kiện ab +bc + ca = 3. Chứng minh rằng: 1 1 . a b c b2 c a c a b abc 2) Chứng minh với số tự nhiên n n ta có: nn n n2 n 1 2 n1 Câu 4. ( điểm) 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' đáy tam giác vuông cân A; BC = 2a. Gọi M điểm cạnh AA'. Đặt BMC , góc mặt phẳng (MBC) (ABC) . a) Chứng minh : 1 . cos tan b) Tính thể tích lăng trụ theo a , biết M trung điểm AA'. 2) Cho tứ diện ABCD có bán kính mặt cầu nội tiếp r. Chứng minh rằng: VABCD 32 .r www.k2pi.net Câu Nội dung Điểm 1(4đ) 1) Tìm m để phương trình 4(sin4x + cos4x) + (5 - 2m)cos2x + 3m = có nghiệm thuộc đoạn 0; 3 2) Giải hệ bất phương trình sau. x 3x x 10 1 x 5x 5x 5x 2 1.1 (2,5đ) Ta có sin x cos x theo đề x 1 cos 2 x . Đặt cos2x t . 2 cos x t ;1 . Mỗi giá trị t ;1 có giá trị x thỏa mãn x thuộc 0; . 1đ Khi phương trình cho trở thành: 2t 5t 11 m 2t 3 , t ;1 2t 5t 11 m 2t 2t 5t 11 , t ;1 Xét hàm số: f t 2t f 't 4t 12t 2t 3 t 3 f ' t t / Bảng biến thiên: x -3/2 -1/2 f'(t) f(t) 1/2 - 9/2 1đ + 18/5 7/2 www.k2pi.net Dựa vào bảng ta có: để phương trình cho có hai nghiệm phân 18 biệt là: m . 0.5 1.2 Theo BPT (2) ta có : (2) 0.75 1,5đ x 1 x 5x x 5x 4 x 1 Xét BPT (1). Xét hàm số y x3 3x x 10 ,với -4 < x < -1 y ' 3x x y ' x 1; x 3 Bảng biến thiên: x -4 f'(x) f(x) -3 - -1 + -1 -10 -17 Dựa vào bảng ta có: x 4; 1 y . Vậy tập nghiệm PT : -4 < x < -1. 4đ sin x 1) Chứng minh cos x với x 0; x 2 2) Trong Oxy , cho (C): x2 ( y 2)2 (C'): ( x 6)2 ( y 4)2 .Tìm điểm A (C) , điểm B (C') điểm C Ox cho AC+BC đạt GTNN 2.1 2đ 2.2 2đ Xét hàm số f(x) = sin x x , với x 0; cos x 2 cos2 x cos x cos x (1 cos x ) , x 0; cos x cos x cos x cos x 2 Do hàm số f(x) đồng biến khoảng 0; . Từ f(x) > 2 sin x x . đpcm f(0) cos x f '( x ) Theo đề (C) có tâm I(0;2) bán kính R=1. (C') có tâm I'(6;4) bán kính R' = 2. Như nhận thấy I I' phía với trục Ox. Lấy đường tròn (C") đối xứng với (C) qua Ox tâm I"(0;-2) bán kính: R''=1. 0,75 www.k2pi.net Ta xét toán phụ: Cho đường tròn tâm K bán kính R điểm M nằm đường tròn. Tìm điểm N đường tròn cho NM nhỏ nhất. Lúc ta có KN+NM=R+NM KM dấu '=' xẩy M, K, N thẳng hàng. Theo đề ta có: IA+AC+CB+BI' IC+I'C (1) . Ta có IC + IC' = I"C+I'C I'I" (2) Dấu xẩy (1) I, A, C thẳng hàng I', B,C thẳng hàng, dấu xẩy (2) I', I", C thẳng hàng. Vậy C giao điểm đường thẳng I'I". Đường thẳng I'I" có VTCP u I " I ' 6;6 => phương trình x-y-2=0. Tọa độ điểm C = I ' I " Ox là: C(2;0) Phương trình (C") là: x y 1. Để AC +BC nhỏ A B gần C hay A' B gần C www.k2pi.net điểm gần trục hoành nhất. x y 2 +) A ' d C " nghiệm hệ x y 1 => A1 ' ; ; A2 ' ; , nhận thấy 2 2 d A1 ', Ox d A2 ', Ox . Chọn A2 ' mà A2 ' đối xứng với A qua Ox nên tọa độ A A ;2 . 2 x 2 y 2 +) Tọa độ điểm B nghiệm hệ x y => B1 ' 2;4 , B2 ' 2;4 . Nhận thấy d B1 ', Ox d B2 ', Ox nên điểm B cần tìm có tọa độ là: B 2;4 ;2 Các điểm cần tìm: A ; B 2;4 ; C(2;0). 2 6đ 1) Cho a,b,c >0 , thỏa mãn điều kiện ab +bc + ca = 3. Chứng minh rằng: 1 1 . 2 a b c b c a c a b abc 2) Chứng minh với số tự nhiên n n ta có: nn n 3.1 2,5đ n2 n 1 2 n1 Áp dụng AM-GM ta có ab +bc + ca 3 a 2b2c => abc 0.5 Ta có: a b c abc a b c a ab bc ca 3a Tương tự: b2 a c 3b; c b a 3c thay vào vế trái BĐT ta có VT= VT 1 ab bc ca 3a 3b 3c 3abc abc dấu xẩy a=b=c=1. www.k2pi.net 3.2 3,5đ Xét hàm số: f x f ' x xn , x 0. n 2, n n2 1 x nx n1 n x3n3 1 x 2 n1 x n1 n n x n2 Do x>0 nên xn-1> 0. f ' x x n2 1 x 2 n1 n n2 Bảng biến thiên: x n2 f ' (x) + n n2 - f (x) n dựa vào bảng ta có: f n2 f 1 n2 n n n2 n2 2 n 1 n2 n n n n 1 (đpcm) n 1 n2 6đ 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' đáy tam giác vuông cân A; BC = 2a. Gọi M điểm cạnh AA'. Đặt BMC , góc mặt phẳng (MBC) (ABC) . a) Chứng minh : 1 . cos tan b) Tính thể tích lăng trụ theo a , biết M trung điểm AA'. 2) Cho tứ diện ABCD có bán kính mặt cầu nội tiếp r. Chứng 32 VABCD .r minh rằng: a) C' A' +) Gọi N trung điểm BC. B' M www.k2pi.net ta có AN BC MN BC => ABC , MBC MNA +) Xét tam giác MBC. MC MB BC cos 2.MB.MC 2.MB 2 AM AB AB 1 AM AM cos MC AC MB AB ta có AB2 = BN2 + AN2 = 2AN2. 1 AN 1 => = tan cos AM Vậy ta có : 1 (đpcm) cos tan b) Do BC=2a nên AN = a. SABC a theo câu a ta có tan AM AN .tan a 2cos 1 cos 2cos 2cos AA'= 2a cos cos Thể tích lăng trụ là: VABC . A ' B ' C ' 2a3. 4.2 Gọi , hb , hc , hd 2cos cos A đường cao hạ từ đỉnh A, B, C, D. Ta có 1 V .SBCD .BK .CD B (BK đường cao BCD) Ta lại có: BK d B, ACD hb CD d C , ABD hc => V .hb .hc . Tương tự ta có: C K D www.k2pi.net 1 V hb hc hd ;V hc hd ;V hd hb 6 3 3 .ha hb hc hd 64 thời ) => V Mặt khác : (3) (do Bất đẳng thức không đồng 1 1 1 4. hb hc hd r hb hc hd => (4r )4 hb hc hd . Kết hợp (3) => ĐPCM Download tài liệu http://cunghoctot.net Đề thi HSG tỉnh Thái Nguyên 2013-2014 2x − Bài 1.(4 điểm) Cho hàm số y = (C). Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận (C). x−1 Với giá trị m, đường thẳng y = −x + m cắt (C) hai điểm phân biệt A, B tam giác IAB đều. Bài 2. (6 điểm) 1. Giải phương trình: π 5π cos 2x + = sin −x −9 2. Giải hệ phương trình: √ √ 7x + y − 2x + y = √ √ 2x + y − 5x + = Bài 3.(4 điểm) Cho tam giác ABC không thỏa mãn a2 = 4S. cot A, BC = a S diện tích tam giác ABC. Gọi O G theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác ABC. Tính góc hai đường thẳng AG OG. Bài 4. (3 điểm) Cho dãy số {xn } xác định sau: x1 = Tìm √ 3; xn+1 = 9x2n + 11xn + 3; (n ∈ N∗ ) xn+1 n→+∞ xn lim Bài 5. (3 điểm) Cho x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn biểu thức: P = xy yz zx + + 3x + 4y + 2z 3y + 4z + 2x 3z + 4y + 2y SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2013-2014 THÁI BÌNH Môn : TOÁN —————— Thời gian làm : 180 phút (không kể thời gian phát đề) 2x + có đồ thị (C) x 1.Tìm tọa độ điểm A thuộc (C) ,tọa độ điểm B thuộc parabol (P):y = −x2 − 2x cho A Câu I(4 điểm) Cho hàm số y = B đối xứng qua trục hoành. 2.Viết phương trình tiếp tuyến (∆) (C) biết (∆) với đường tiệm cận (C) tạo thành tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. Câu 2(6 điểm) 1.Tìm hàm số f(x) thỏa mãn f (x).f (x) = 12x + 13 với x ∈ R f (0) = π 2.Giải phương trình + log2 cos x = sin 2x − sin x khoảng 0; √ 2x x+1−e 3.Tính giới hạn lim x→0 sin x Câu 3.(3 điểm) 1.Có cách phân phối 2013 sách Toán giống hệt cho 100 cửa hàng bán sách cho cửa hàng nhận sách. 2.Cho số thực x,y thỏa mãn < x ≤ y < π.Chứng minh (x3 −6x) sin y < (y −6y) sin x Câu IV( điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ A điểm H thuộc cạnh BC. Biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (T ) : x2 +y +6x−6y+9 = 0, điểm J(-1;-1) tâm đường tròn nội tiếp tam giác AHB. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC Câu V(3 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O. Biết AB=a;SA=2a SAD = SAB = BAD = 60o 1.Chứng minh đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng (SAC) 2.Tính thể tích khối chop S.ABCD theo a. Câu VI(1 điểm) Tìm giá trị lớn hàm số: g(x) = 1+x+ x2 x3 x2012 x2013 + + . + + 2! 3! 2012! 2013! 1−x+ x2 x3 x2012 x2013 − + . + − 2! 3! 2012! 2013! . [...]... gồm hơn nửa số nguyên từ 51 tới 1997 mà chúng được chia thành từng cặp có tổng là 2048 (VD : 51 + 1997 = 2048 ) Tương tự như vậy, A bao gồm nhiều nhất nửa số nguyên từ 14 tới 50, gồm nhiều nhất nửa số nguyên từ 3 tới 13, và có thể cả số 0, do đó A có tổng cộng 937 + 18 + 5 + 1 = 997 số nguyên, trái với giả thi t A gồm hơn 1000 số nguyên từ tập {0, 1, 2, , 1997} 4.22 Xác định số tự nhiên n thỏa mãn những... ∆ABC là tam giác đều, BIC = 1050 , ICB = 150 , AID = 750 , IDA = 450 nên AD = √ sin 150 sin 750 BI AD = = 2 sin 150 0 sin 450 BC AI sin 105 4.21 Gọi A là tập con của {0, 1, 2, , 1997} gồm hơn 1000 phần tử Chứng minh rằng A chỉ gồm những lũy thừa của 2 hoặc hai phần tử phân biệt có tổng là lũy thừa của 2 Lời giải: Giả sử tập A không thỏa mãn bài toán Khi đó A sẽ bao gồm hơn nửa số nguyên từ 51 tới 1997... (-3,4), (-4,-4) và (-5,-6) 13 Đề thi olympic Hungary 2.10 Chúng ta có 1997 số nguyên dương không trùng nhau, bất kỳ 10 trong số đó có cùng ít nhất chung Tìm số lớn nhất có thể của các số nguyên tố cùng nhau giữa chúng Lời giải: số lớn nhất của từng đôi số nguyên tố trong tập hợp này là 9 Trước tiên, giả sử có 10 số nguyên tố n1 , n2 , n10 Sau đó ít nhất của 10 thành viên của tập hợp này là lcm(n1 , n2... số thực x ta có (a) f (10 + x ) = f (10 − x ) 23 Đề thi olympic Italy (b) f (20 + x ) = − f (20 − x ) Chứng minh rằng f là hàm lẻ ( f (− x ) = − f ( x )) và tuần hoàn (tức là tồn tại T > 0 sao cho f ( x + T ) = f ( x )) Lời giải: Chọn x = n − 10, từ (a) ta có f (n) = f (20 − n) Chọn x = n từ (b) ta có f (20 − n) = − f (20 + n) f (n) = − f (n + 20) Từ đó suy ra Do đó f (n + 40) = f (n)) Vì vậy ... = yz - w ta được bài toán USAMO 76/3 7.38 Tìm số nguyên k nhỏ nhất để tồn tại hai dãy { ai }, {bi }, thỏa mãn: a.ai , bi ∈ 1, 1996, 19962, , i = 1 k b.ai = bi , i = 1 k 33 Đề thi olympic Korean c.ai ≤ ai +1 , bi ≤ bi +1 k k i =1 i =1 d ∑ ai = ∑ bi Lời giải: Ta chứng tỏ số k phải tìm là số 1997 Giả sử đã có hai dãy { ai }, {bi } thỏa mãn các điều kiện của bài toán, với k ≤ 1996 Từ điều kiện b cho ta... An là tập tất cả các số thực được hình thành từ tổng: α α 1 + √1 + √ 2 2 + + 2 ( 2) Với α j = {−1, 1} , ∀ j α √n ( 2)n Tìm số phần tử của An và tổng của tất cả các tích của hai phần tử phân biệt của An Lời giải: Trước hết ta chứng minh bổ đề: β β β j n ∀n ≥ 1, 21 + 42 + + 2n | βi ∈ {−1, 1} = 2n , jl, | j| < 2n Thật vậy Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp 1 1 Khi n = 1 thì cả hai tập hợp đều là... vị || P − A|| và tương tự Do tổng này bằng không, và ua ub = uc ud tại điểm P = X0 , từ đó ta có điều phải chứng minh Đề thi olympic Japan 29 6.32 Cho n là một số nguyên dương CMR: có thể gán cho mỗi đỉnh của một đa giác 2n đỉnh, một trong các chữ cái A hoặc B sao cho các dãy n chữ cái nhận được bằng cách đọc bắt đầu từ một đỉnh nào đó theo ngựơc chiều kim đồng hồ, là luôn khác nhau Lời giải: Xét một... một cạnh đi ra, vì thế tồn tại một đường đi có hướng đi qua mỗi cạnh đúng một lần Ta có thể có một chu trình cần thi t bằng cách bắt đầu từ một đỉnh bất kì, viết ra dãy chữ tương đương với nó, sau đó viết thêm vào chữ cuối cùng của mỗi dãy, ta sẽ gặp hết các dãy trên đường đi đó Chương 7 Đề thi olympic Korean 7.33 Chứng minh rằng với bốn điểm bất kì trong một đường tròn đơn vị thì tồn √ tại hai điểm... ab + bc + ca Theo bất đẳng thức AM-GM và ab + bc + ca > a + b + c suy ra abc > a + b + c Trái với giả thi t Vậy bài toán được chứng minh 4.19 Cho tập hợp S = {3, 5, 7, } Với mỗi x ∈ S ta đặt δ( x ) là xác định một số nguyên duy nhât sao cho: 2δ(x) < x < 2δ(x)+1 Đối với a, b ∈ S ta định nghĩa phép toán a ∗ b = 2δ(a)−1 (b − 3) + a a, Chứng minh rằng nếu a, b ∈ S thì a ∗ b ∈ S b, Chứng minh rằng nếu a,... là hình chiếu của M xuống BC, CA, AD Tìm tập hợp tất cả các điểm M thỏa mãn FDE = π 2 Lời giải: Từ các tứ giác nội tiếp MDBF và MDCE ta có MDE = MCE và MDF = MBE do đó FDE = π ⇔ MCB + MBC = π hay BMC = 5π ⇔ M 2 6 6 nằm trên cung tròn đi qua B và C 4.17 Tìm tất cả các đa thức P( x ) sao cho đối với mọi x ta có : ( x − 16) P (2x ) = 16 ( x − 1) P ( x ) 19 Đề thi olympic Ireland Lời giải: Goi d = degP . nói đầu Để thử gói lệnh lamdethi.sty tôi biên soạn một số đề toán thi Olympic, mà các học trò của tôi đã làm bài tập khi học tập L A T E X. Để phụ vụ các bạn ham học toán tôi thu thập và gom lại. ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN HSG NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: Toán lớp 12 (Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề) Chú ý: Thí sinh không được sử dụng máy. 1. Đề thi olympic Hy Lạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Chương 2. Đề thi olympic Hungary. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Chương 3. Đề thi