TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12

TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12 TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12 TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12 TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12 TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12 TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12 TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG TỈNH môn TOÁN lớp 12

Họ và tên thí sinh:……… ………… Chữ ký giám thị 1:

Câu 3: (4 điểm)

Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O và E F G H; ; ; là điểm tiếp xúc của đường tròn lần lượt với các cạnh AB BC CD DA, , , Gọi J là giao điểm của

ACvà EG, kẻ CK / /AB K EG; AL/ /BC L HF.

JF  JK Câu 4: (4 điểm)

Trong hình vuông có cạnh bằng 77cm cho 2014 điểm phân biệt Chứng minh rằng luôn tồn tại hai điểm nằm trong hình tròn có bán kính bằng 1cm.

f x  y  x  y   f x  f y    x y 

HẾT (Gồm 1 trang)

-ĐỀ CHÍNH THỨC

Họ và tên thí sinh:……… ………… Chữ ký giám thị 1:

2 9x 8x 5x9 Câu 2: (4 điểm)

Cho dãy (un) xác định bởi: 1

Câu 3: (4 điểm)

Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O và E F G H; ; ; là điểm tiếp xúc của đường tròn lần lượt với các cạnh AB BC CD DA, , , Gọi J là giao điểm của

ACvà EG, kẻ CK / /AB K EG; AL/ /BC L HF.

JF  JK Câu 4: (4 điểm)

Tìm nghiệm nguyên x y z; ;  của phương trình: 4 4 4

2015

x y z  Câu 5: (4 điểm)

  1 2014

, ,

f x  y  x  y   f x  f y    x y 

HẾT (Gồm 01 trang)

-ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

(4 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm: x2mx m 0(2)

Đồ thị (1) cắt 0x tại 2 điểm phân biệt m< 0 hoặc m>4

1

0.5

1

0,5

( ) inf

1

Câu 3

(4 điểm)

1 ( 2 điểm )

Các mặt phẳng lần lượt chứa các mặt của hình chóp cắt mặt cầu ngoại tiếp của

hình chóp theo giao tuyến là các đường tròn ngoại tiếp các mặt

Ta có d2 R2R C2 trong đó d khoảng cách ,R bán kính mặt cầu ngọai tiếp, R C

bán kính đường tròn giao tuyến

 ycbtR SAB R ABCD

( Xét đường tròn ( BC ), đường tròn Ơ –le)

=> Phương tích của điểm K đối với đường tròn đường kính ( BC ) = Phương tích của

điểm K đối với đường tròn đường kính ( AD) => Đpcm

2 2

Ta chỉ xét dãy các số hạng không bằng nhau

Gọi d Max a k min a k

Không giảm tính tổng quát gọi a là số hạng có giá trị nhỏ nhất Ta xếp các số hạng1

của dãy lên một vòng tròn

Gọi ( x, y) là một nghiệm nguyên dương của phương trình : 19x= 2010y + 1 ( pt

này có nghiệm nguyên dương )

 Bắt đầu từ a ta thực hiện liên tiếp x lần phép T theo một hướng ( Mỗi bước 19 số1

liên tiếp ) thì ta được mỗi số hạng đều tham gia y lần riêng a tham gia y+1 lần =>1 a1

được tăng nhiều hơn các số còn lại 1 đơn vị và các số còn lại tăng như nhau Nếu dãy

số có nhiều số hạng bằng a thì ta thực hiện tương tự 1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

LỚP 12 THPT NĂM 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC

21

n

n n n

Từ đó suy ra (2) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1

• Giả sử đã có (1) đúng khi n = k và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 Khi đó, ta có:

2 1 1

21

k

k k k

Từ đó suy ra (4) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 Kết hợp

điều này với (3) suy ra

+ ⎝ ⎠ ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1

Điều đó chứng tỏ khi n = k + 1, (1) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1

Vậy, với n là số nguyên dương tùy ý, (1) là bất đẳng thức đúng với mọi số thực dương x

và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 ■

2 1

1 2

1

11

1

n n

n

k k

k n k

2 1

1

2 1

1

n n

k n

k y

1

n n

1/ Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng AE và BP

Ta có nACE =900+ BCEn =900+ FABn = nEFP Suy ra nEFP+ ECPn =180 0

Do đó CEFP là tứ giác nội tiếp Suy ra n CFP=CEPn =900 Vì thế CF // AB Suy ra

R

S = ■

Bài 4

Để chứng minh khẳng định của bài toán, ta sẽ chứng minh có thể phủ ngũ giác ABCDE

bởi 5 hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của ngũ giác đó

Ta có Nhận xét sau:

Nhận xét: Có thể phủ tam giác XYZ có độ dài các cạnh không vượt quá 3 bởi 3 hình

tròn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của tam giác đó

Chứng minh: Giả sử ngược lại, tồn tại điểm M thuộc tam giác XYZ mà M không thuộc

bất cứ hình tròn nào trong các hình tròn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của tam giác đó

Khi đó, ta có MX > 1, MY > 1 và MZ > 1

Dễ thấy, trong ba góc nXMY , n YMZ và n ZMX phải có ít nhất một góc có số đo lớn hơn hay

bằng 1200 Không mất tổng quát, giả sử nXMY ≥1200 Áp dụng định lí côsin cho tam giác

Do các tam giác ABC, ACD và ADE có độ dài các cạnh không vượt quá 3 nên theo Nhận xét trên, chúng lần lượt được phủ bởi các bộ ba hình tròn đơn vị ((A), (B), (C)), ((A), (C), (D)) và ((A), (D), (E)) Do đó, ngũ giác ABCDE được phủ bởi 5 hình tròn đơn

vị có tâm nằm tại các đỉnh của ngũ giác đó Theo nguyên lí Dirichlet, trong 5 hình tròn đó phải tồn tại hình tròn chứa ít nhất 403 điểm trong số các điểm đã lấy ■

Từ các điều kiện ban đầu của dãy (b n), ta được 1 2

Do đó 90b2012 ≡ 49.( 42)− 2012+ 41.482012 ≡49.( 42)− 2+ 41.482 ≡90 (mod 2011)b2 Suy ra b2012 ≡b2(mod 2011) (vì (90, 2011) = 1)

1 ( 1) / 2

+ Do p là số nguyên tố nên C k p≡0(mod )p ∀k =1,p− Do đó, từ 1 1

số hạng tổng quát a n

Bài 6

Do nABC và nACB là các góc nhọn nên E nằm trên tia đối của tia AB hoặc nằm trong cạnh AB, đồng thời F nằm trong cạnh AC hoặc nằm trên tia đối của tia AC Vì thế, từ định nghĩa các điểm M, N, P suy ra E, M, N thẳng hàng và M, F, P thẳng hàng

Do đó n 1(n n) 1n

Suy ra: A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi n 1n

2

NAP = BAC (1) Tiếp theo, ta sẽ chứng minh

Do đó AS – SD = (AT – ST) – (DT2 – ST2) = AT3 – DT1 = AC – CD (4)

Vì I ∈ d nên D là tiếp điểm của (I) và cạnh BC Suy ra AC – CD = AB – BD (5)

Từ (4) và (5) suy ra AS + BD = AB + SD Vì thế ABDS là tứ giác ngoại tiếp Suy ra Ax tiếp xúc với (N)

NAP = NAx+ xAP = BAx + xAC = BAC

• Điều kiện đủ: Giả sử n 1n

2

NAP= BAC Xét hai trường hợp sau:

- Trường hợp 1: E nằm trên tia đối của tia AB và F nằm trong cạnh AC

Qua A, kẻ tiếp tuyến Ax (khác AC) của (P) cắt DF tại S Ta có

NAx = NAP− xAP = BAC − xAC = BAx

Suy ra Ax tiếp xúc với (N) Do đó ABDS là tứ giác ngoại tiếp Suy ra

AS + BD = AB + SD

Hơn nữa, theo chứng minh ở phần trên, ta có AS – SD = AC – CD (Xem (4))

Từ đó, ta được BD = AB + CD – AC Suy ra 2BD = AB + BC – AC

Do đó BD = p – b, trong đó p =

2

AB BC CA+ +

và b = AC

Suy ra BD = BK, trong đó K là tiếp điểm của (I) và cạnh BC

Từ đó, do D và K cùng nằm trong cạnh BC, suy ra D ≡ K Vì vậy I ∈ d

- Trường hợp 2: E nằm trong cạnh AB và F nằm trên tia đối của tia AC

Khi đó, do (3) nên CD > CK (∗)

Mặt khác, dễ thấy, trong trường hợp này B đóng vai trò của C và C đóng vai trò của B, E đóng vai trò của F và F đóng vai trò của E, (N) đóng vai trò của (P) và (P) đóng vai trò của (N) trong trường hợp trước Vì thế, theo chứng minh trên, ta phải có CD = CK, mâu

thuẫn với (∗) Mâu thuẫn nhận được cho thấy trường hợp này không thể xảy ra

Vậy, (2) được chứng minh Từ (1) và (2) hiển nhiên ta có điều phải chứng minh theo yêu cầu của đề bài ■

Bài 7

Ta sẽ chứng minh khẳng định của bài ra bằng phương pháp phản chứng

Giả sử tồn tại các đa thức với hệ số thực G(x, y) và H(x, y), khác đa thức hằng, sao cho

( , )P x y =G x y H x y( , ) ( , ), (1)

Từ (1) suy ra:

+ m + k = n, (2) + Với n ≥ 2, g m( ),y h y k( ) là các đa thức hằng và do đó chúng không là bội của y (3)

Từ (3), do G(x, y) và H(x, y) khác đa thức hằng nên nếu n ≥ 2 thì m, k ≥ 1 (4)

• Xét n = 1 Khi đó, theo (2), ta có m + k = 1 Suy ra m = 0 và k = 1, hoặc m = 1 và k = 0 Giả sử m = 0 và k = 1 (Trường hợp m = 1 và k = 0 xét tương tự) Khi đó, ta có

(y +1)x + =y g y h y x( ) ( ) + g y h y( ) ( ) Suy ra g y h y0( )( ( )1 −h y0( )) 1= Vì thế, g y0( ) là đa thức hằng, mâu thuẫn với giả thiết

h y là các đa thức không là bội của y

Dễ thấy, hệ số của x i0+j0 trong khai triển của G(x, y) H(x, y) là

và j0 = k Kết hợp với (4) suy ra phải có m = 1 hoặc k = 1, vì nếu trái lại, m, k > 1, thì từ

việc cân bằng hệ số của x ở hai vế của (1) ta sẽ có y = 2

0( ) ( )1 1( ) ( )0

g y h y + g y h y # y , là điều vô lí

Giả sử m = 1 (Trường hợp k = 1 xét tương tự) Khi đó, ta có

+ Nếu s = 1 và n > 2 thì từ (6) ta được (c n+1)y n+ cy2≡ , là điều vô lí (vì c ≠ 0) 0

+ Nếu s ≥ 2 và n ≥ 2 thì sn > n và sn > s + 1 Do đó (6) là điều vô lí, vì c ≠ 0

• Vậy, tóm lại, điều giả sử ban đầu là sai và vì thế ta có điều đề bài yêu cầu chứng minh ■

SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU LỚP 12 DỰ THI QUỐC GIA, NĂM HỌC 2010-2011



* (1) trở thành: 2(1 2 sin )(cos 2t tsin 2 )t 1(2)

* (2)2(1 2 sin 2t)(cos 2tsin 2 )t  1 2 sint

cos10

t  x



2 Giải bất phương trình: log (3 x22x  1) 1 log2x (1)

* (1) 2 log (3 x  1) 1 log2x Điều kiện x > 0

Đặt tlog2x x 2t(1) trở thành:

64 15 0

1 618

Vậy 7a = 3a nên a = 0 Suy ra f(0) = 0.

* Cho y = 0 ta có f f x( ( )) f x( )6x.Xét dãy số (xn) : x1= x, x2= f(x), xn+1= f(xn) , n = 1,2,3,…

Ta có : xn+2+ xn+1– 6xn= 0 Pt đặc trưng : t2+ t – 6 = 0 có 2 nghiệm -3, 2

Vậy x n ( 3) n.2n, với n =1 và n = 2 ta có :

0,5

1

* Cho n dần đến vô cực, ta có  0 Vậy f(x) = 2x.

* Thử lại, ta thấy f(x) = 2x thoả đề bài.

Từ (2) k2 chia hết 11, 11 nguyên tố suy ra k chia hết 11

.các cách nối như vậy luôn tồn tại và do đó chỉ có 2010 cặp điểm cho nên

số tất cả cách nối như vậy là hữu hạn

Do đó, ắt tìm được một cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắtnhất.Ta chứng minh rằng đây chính là cách nối phải tìm

Thật vậy: giả sử ngược lại ta có hai đoạn thẳng AX và BY mà cắt nhau tạiđiểm O(Giả sử A và B tô màu đỏ , còn X và Y tô màu xanh).Khi đó , nếu taThay đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng : AY và BX , các đoạn đãnối khác giữ nguyện thì ta có cách nối này có tính chất :

AY + BX < (AO +OY) + (BO + OX) = (AO +OX) + (BO + OY)

1

1

1

1

Suyra : AY+BX<AX+BY

Như vậy : việc thay hai đoạn thẳng AX và BY bởi hai đoạn thẳng AY và

BX , ta nhận đựợc một cách nối mới có tổng độ dài các đoạn thẳng là nhỏhơn Vố lý , vì trái với giả thiết là đã chọn cách nối có tổng độ dài là bé nhất.Điều vô lý đó chứng tỏ : cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắnnhất là không có điểm chung

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Hỏi đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 2 (5,0 điểm) Cho dãy số thực (xn) xác định bởi

x = và 2 1

1

2 ( 1)

n n

Với mỗi số nguyên dương n, đặt yn = xn + 1 – xn

Chứng minh rằng dãy số (yn) có giới hạn hữu hạn khi n → + ∞

Bài 3 (5,0 điểm) Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) đường kính AB Xét một điểm P di động trên tiếp tuyến tại B của (O) sao cho P không trùng với B Đường thẳng PA cắt (O) tại điểm thứ hai C Gọi D là điểm đối xứng với C qua O Đường thẳng PD cắt (O) tại điểm thứ hai E

1/ Chứng minh rằng các đường thẳng AE, BC và PO cùng đi qua một điểm Gọi điểm đó là M

2/ Hãy xác định vị trí của điểm P sao cho tam giác AMB có diện tích lớn nhất Tính giá trị lớn nhất đó theo bán kính của đường tròn (O)

((O ) kí hiệu đường tròn tâm O )

Bài 4 (5,0 điểm) Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài mỗi cạnh và độ dài các đường chéo AC, AD không vượt quá 3 Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm trong ngũ giác đó Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của ngũ giác đã cho chứa ít nhất 403 điểm trong số các điểm đã lấy.

-HẾT -

• Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay

• Giám thị không giải thích gì thêm

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

LỚP 12 THPT NĂM 2011

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi thứ hai: 12/01/2011

Bài 5 (7,0 điểm) Cho dãy số nguyên (an) xác định bởi

a = a = − và an= 6 an−1 + 5 an−2 với mọi n ≥ 2

Chứng minh rằng a2012− 2010 chia hết cho 2011

Bài 6 (7,0 điểm) Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc n ABC , n ACB là

các góc nhọn Xét một điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không trùng với B,

C và hình chiếu vuông góc của A trên BC Đường thẳng d vuông góc với BC tại D

cắt các đường thẳng AB và AC tương ứng tại E và F Gọi M, N và P lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AEF, BDE và CDF Chứng minh rằng bốn điểm

A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi đường thẳng d đi qua tâm

đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Bài 7 (6,0 điểm) Cho n là số nguyên dương Chứng minh rằng đa thức

• Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay

• Giám thị không giải thích gì thêm

SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU LỚP 12 THPT , NĂM HỌC 2008-2009

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN-ĐỀ CHÍNH THỨC

x 3x 2 k(x a) 3a 2 (1)3x 3 k (2)

Biện luận: - Nếu a=0, có một tiếp tuyến ( khi đó (d) trùng với (D) và M là điểm uốn của ( C))

A 30

B C 75cos A cos(B C) cos A

Vậy tứ diện thoả đề bài là tứ diện có AB = BC = CD = DA = a , AC = BD = 2

-SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU LỚP 12 THPT , NĂM HỌC 2008-2009

Thời gian làm bài :180 phút

Bài 1 ( 4 điểm)

Cho hàm số: 3

y x 3x2 có đồ thị là ( C) và một điểm M thay đổi trên đường thẳng

(D) có phương trình: y = -3x + 2 Biện luận số tiếp tuyến kẻ được từ M tới ( C)

Hãy tìm hàm số f (x) xác định trên tập hợp các số thực không âm, nhận giá trị cũng trong

tập đó và thỏa 3 điều kiện sau:

1) f x.f (y) f (y) f (x   y), x, y0

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

Thời gian làm bài thi : 180 phútNgày thi : 02/11/2010

Câu 1 (4 điểm) Cho hàm số y =

2 2

2 Cho H là trực tâm của tam giác ABC không cân và góc A nhọn, hình chiếu của H trên AB,

AC theo thứ tự là E, F Gọi D là trung điểm của đoạn thẳng BC, P;Q là giao điểm của cácđường tròn đường kính AD , đường kính BC

Chứng minh : Ba điềm H, P , Q thẳng hàng và các đường thẳng BC ,EF , PQ đồng quy

Câu 4 (4 điểm): Cho hàm số f : RR thỏa mãn : x R: f x(  1) f x( )2 và f2( )x 2 (f x2)Chứng minh:

1    x R; m Z f x: ( m) f x( )2m

2  q Q f q: ( )2q

Câu 5 (3 điểm) : Gọi T là phép biến đổi trên dãy số như sau: chọn 19 số hạng của dãy số và mỗi số

hạng này được cộng thêm 1, các số hạng còn lại của dãy số giữ nguyên

Cho dãy số gồm 2010 số nguyên a a a1; 2; 3; ;a2010

Chứng minh rằng : Từ dãy số đã cho, sau một số hữu hạn phép biến đổi T , ta có thể được dãy

số gồm 2010 số bằng nhau

-HẾT -Họ và tên thí sinh:……… Chữ ký giám thị 1:………

SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU LỚP 12 DỰ THI QUỐC GIA, NĂM HỌC 2010-2011

MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài thi 180 phút Ngày thi: 07/12/2010

Câu 1( 4 điểm )

2( x x1)(1 x  1) x x.b/ Giải bất phương trình: 2

log (x 2x  1) 1 log x

Câu 2( 4 điểm )

Cho tam giác ABC vuông ở A và nội tiếp trong đường tròn (O) Trên tia đối của các tia

BA, CA ta lấy các điểm E và F sao cho BE = CF = BC M là điểm chạy trên (O).Chứng minh rằng : MA + MB + MC  EF

Câu 3( 4 điểm ) Cho dãy số (un) thỏa :

a) Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số sao cho 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ

số cuối giống nhau và khác không?

b) Trên mặt phẳng cho 2 x 2010 điểm ; trong đó không có bất kì 3 điểm nào thẳng

hàng.Người ta tô 2010 điểm bằng màu đỏ và tô 2010 điểm còn lại bằng màu xanh

Chứng minh rằng:bao giờ cũng tồn tại một cách nối tất cả các điểm màu đỏ với tất cả

các điểm màu xanh bởi 2010 đoạn thẳng không có điểm nào chung

Chữ ký của giám thị 1: