M laø moät ñieåm thay ñoåi trong mieàn hình bình haønh ABCD .Tia MG caét maët beân cuûa hình choùp S.ABCD taïi ñieåm N... + Tìm theâm ñieàu kieän ñeå N thoaû tính chaát b/..[r]
(1)Sở Giáo dục Đào tạo Kỳ thi chän häc sinh giái tØnh
Thõa Thiªn HuÕ Khối 12 THPT - Năm học 2005-2006
Đề thi chÝnh thøc
Mơn : TỐN ( Vòng 1)
Thời gian làm : 150 phút, không kể thời gian phát đề
BAØI 1:
Gọi (C) đồ thị hàm số :y = x3 – 2005x M
1 điểm (C) có hồnh độ x1=1.
Tiếp tuyến (C) điểm M1 cắt (C) thêm điểm M2 khác M1.
Tiếp tuyến (C) điểm M2 cắt (C) thêm điểm M3 khác M2,
Tiếp tuyến (C) điểm Mn-1 cắt (C) thêm điểm Mn khác Mn-1.(n =3,4, )
Gọi (xn;yn) tọa độ điểm Mn Tìm n để đẳng thức sau :
2005xn + yn + 22007 =
BAØI 2:
Cho hình vng EFGH Gọi (T) đường trịn qua trung điểm cạnh của tam giác EFG Nhận xét: Điểm H thoả mãn đồng thời hai tính chất sau :
a/ Các hình chiếu vng góc lên đường thẳng : EF ,FG, GE nằm đường thẳng d.
b/ Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (T)
Hãy tìm tập hợp tất điểm N mặt phẳng chứa hình vng EFGH sao cho N thoả mãn đồng thời hai tính chất a/ b/
BAØI 3:
Gọi R bán kính đường trịn ngọai tiếp tam giác ABC
Chứng minh tam giác ABC khơng có cạnh ngắn bán kính R có diện tích nhỏ R22√3 : sinA + sinB + sinC 3+2√3 .
- Heát -
(2)
Thõa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2005-2006
§Ị thi chÝnh thøc
Mơn : TỐN ( Vịng 2)
Thời gian làm : 150 phút, không kể thời gian phát đề
BAØI 1:
Với số thực a, kí hiệu [a] số nguyên k lớn mà k a Giải phương trình : [lg x ] + x + [ x
6 ] = [
x
2 ] + [ 2x
3 ]
BÀI 2:
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD,có đáy ABCD hình bình hành
Gọi G trọng tâm tam giác SAC M điểm thay đổi miền hình bình hành ABCD Tia MG cắt mặt bên hình chóp S.ABCD điểm N Đặt : Q = MGNG +NG
MG
1/ Tìm tất vị trí điểm M cho Q đạt giá trị nhỏ 2/ Tìm giá trị lớn Q
BAØI 3:
Với số nguyên dương n ,hãy tìm tất đa thức P(x) thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau :
a/ Các hệ số P(x) khác đôi thuộc tập {0;1; ;n}. b/ P(x) có n nghiệm thực phân biệt
- Heỏt -
Sở Giáo dục Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2005-2006
§Ị thi chÝnh thøc
(3)ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Bài Nội dung Điểm
1 ( 6đ)
+ Phương trình tiếp tuyến (C) Mk (xk;yk): y - yk = y’(xk)(x- xk)
y = (3x ❑k
2 -2005)(x- x
k)+ x ❑k
3 -2005xk
1,0
+ Xét phương trình :x3 – 2005x = (3x ❑
k
2
-2005)(x- xk)+ x ❑3k -2005xk
(x- xk) (x2+ x
k.x-2 x ❑k2 ) = x= xk ; x = - 2xk
+ Vaäy xk+1 = - 2xk
1,0 1,0 + x1 =1 , x2 = -2 , x3 = , xn = (-2) n-1 n= 1,2,
+ yn = x ❑3n -2005xn , 2005xn + yn + 2007 = x ❑3n = - 2007 (-2) 3n-3 = - 2007
3n-3 lẻ 3n -3 = 2007 n= 670 1,0 2,0
2 7,0
+ Điểm N thoả tính chất a/ N đường tròn qua E,F,G
+ Chứng minh: Chọn hệ trục Oxy với O tâm hình vng EFGH vec tơ đơn vị trục : ⃗i=⃗OG ; ⃗j=⃗OF Ta có E(-1;0) , F(0;1) , G(1;0)
Phương trình EF : x –y + = ; FG : x + y -1 = ,đường trịn(EFG): x2+y2=1 Gọi N(X;Y) Toạ độ hình chiếu N lên EG, EF, FG là:
N1 (X;0) , N2 (
2 (X+Y-1);
1
2 (X+Y+1)) , N3 (
1
2 (X-Y+1);
1
2 (-X+Y+1))
⃗N1N2=(1
2(− X+Y −1);
2(X+Y+1)) ⃗N2N3=(1−Y ;− X)
N1, N2, N3 thẳng hàng khi:(-X+Y-1)(-X)-(1-Y)(X+Y+1)=0 X2+Y2=1(1)
(4)+ 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 (T) I(0; 12 ) Bán kính (T) : 12
+ d tiếp xúc (T) :
1−Y ¿2 ¿
X2+¿ √¿
|X(0− X)+(1−Y)(1
2)|
¿
2X2+Y −1¿2=¿X2+Y2−2Y+1 (2)
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(1-Y).Đang xét Y nên :(Y-1)(2Y+1)2=
-2
4Y3-3Y+1= 0 (Y+1)(4Y2-4Y+1) = Y= -1 ; Y=
2
1,0
+ Với Y=-1 ta có điểm N(0;-1), H
Với Y= 12 , ta có thêm hai điểm N : ( √23 ; 21 ) (- √23 ; 12 )
Tập hợp phải tìm ba đỉnh tam giác nội tiếp đường tròn (EFGH) mà đỉnh H
1,0
3 7,0
+ Tam giác có : A = 900, B=600, C=300 có dấu đẳng thức
+ Có thể giả sử : sinA sinB sinC
Ta chứng minh : sinA+sinB+sinC u+v+w với u =1 , v = √23 , w = 12
1,0 1,0
+ S= abc4R =2R2sinAsinBsinC
+ S R2√3
2 sinAsinBsinC
√3
4 ⇒ sinAsinBsinC uvw (1)
1,0 1,0
+ sinC= 2cR≥2RR = 12 vaø sinAsinB √43 sin1C ⇒ sinAsinB √23
⇒ sinAsinB uv.(2)
sinA ⇒ sinA u (3)
(5)+ Ta coù :
u+v+w = sinC( sinuA + sinvB + sinwC )+(sinB-sinC)( sinuA + sinvB )+
(sinA-sinB) sinuA Suy ra:
u+v+w sinC(3
√uvw
sinAsinBsinC ) +(sinB-sinC)(2 √
uv
sinAsinB ) + (sinA-sinB) sinuA
Do (1) ,(2) ,(3) neân : u+v+w 3sinC +2(sinB-sinC)+ (sinA-sinB) =
sinA+sinB+sinC Dấu đẳng thức xảy trường hợp tam giác ABC nửa tam giác
2,0
Së Giáo dục Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giái tØnh
Thõa Thiªn HuÕ Khèi 12 THPT - Năm học 2005-2006
Đề thi thức
Mơn : TỐN ( Vịng 2) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Bài Nội dung Ñieåm
1 6,0
+ Biểu thức lgx xác định x >
+ Nếu x nghiệm : x = [ x2 ] + [ 23x ]- [ x6 ] - [lg x ] neân x số nguyên dương
1,0 1,0 + Đặt x = 6q + r ,với q r số tự nhiên , r
[ x2 ] + [ 23x ] - [ x6 ] = [ 3q + 2r ]+ [4q+ 23r ] – [q+ 6r ]= 6q + [ 2r ]
+ [ 23r ]- [ 6r ]
Phương trình trở thành : 6q + r = 6q +[ 2r ]+[ 23r ]-[ 6r ] -[lg x ]
[lg x ]= [ r
2 ]+ [
2r
3 ]- [
r
6 ] - r với r {0;1;2;3;4;5}
2,0
+ Ta coù : [ 2r ]+[ 23r ]-[ 6r ]-r = {−01 khikhirr=1
=0;2;3;4;5
+Do x nên [lgx] Không xét trường hợp r=1
Với r 1,ta có : [lgx]= 0 0 lgx < 1 x < 10
Ta chọn số nguyên x thoả x < 10 x chia cho có dư số khác
Nghiệm phương trình : x {2;3;4;5;6;8;9}
1,0
(6)2 7,0 Câu 1/ (Hình vẽở trang cuối)
+ Q = MGNG +NG
MG Dấu :
MG
NG =
NG
MG =
+ SG cắt mp(ABCD) tâm O hình bình hành ABCD Gọi K trung điểm SG Từ K dựng mặt phẳng song song với mp(ABCD) cắt SA,SB,SC,SD A1 ,B1 ,C1 ,D1 Từ N dựng mặt phẳng song song với mp(ABCD) cắt SG N’
Ta coù: NGMG = OGN ' G ; NGMG =1 N’trùng K N thuộc cạnh hình bình hành
A1B1C1D1
Nối NK cắt cạnh hình bình hành A1B1C1D1 P, ta có : PM // SG
+ Từ : Q=2 M thuộc cạnh hình bình hành A1' B1' C1' D1'
A1' B1' C1' D1' 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 miền tam giác OAB,OBC,OCD,ODA M thuộc miền hình bình hành ABCD nên M thuộc bốn miền tam giác
này Chẳng hạn M thuộc miền Δ OAB M A ⇒ N C’; M B ⇒ N
D’; M O ⇒ N S
Do N thuộc miền Δ SC’D’ N’ thuộc đoạn SH ,với C’,D’ H trung điểm SC,SD SO
Do : HG N’G SG Vì : HGOG OGN ' G SGOG hay 12
NG
MG
2,0
+ Đặt x = NGMG Ta có : Q = 1x + x với x [ 12 ;2]
Q’= vaø x ( 12 ;2) x = MaxQ = Max{Q(
2 );Q(2);Q(1)}=
5
2
+ Giá trị lớn Q : 52 Đạt M trùng với O đỉnh A,B,C,D
1,0
1,0
3 7,0
+ Điều kiện a/ cho thấy bậc P(x) n ,điều kiện b/ cho thấy bậc P(x) n Vậy bậc P(x) n P(x) = anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0
với (a0, a1, ., an) hoán vị {0,1, ,n} an
+ Ta có : x > ⇒ P(x) > Do nghiệm xi P(x) không dương
+ Với n=1 ,ta có đa thức thoả toán : P(x) = 1.x +
1,0
(7)+ Với n=2 ,nếu P(x) = a2x2 +a1x + a0 thoả tốn theo định lí Víet :
x1 + x2 =
-a1
a2 ; x1.x2 =
a0
a2 :{ a0, a1, a2}={0,1,2}, a2
Do x1 , x2 , x1 x2 neân , a1 .Suy : a0=
Các đa thức : P(x) = 1.x2
+ 2.x + , P(x) = 2.x2 + 1.x + thoả toán
+ Với n=3 ,nếu P(x) = a3x3 +a2x2 +a1x + a0 thoả tốn theo định lí Víet :
x1 + x2 + x3 =
-a2
a3 ; x1x2 +x2x3 + x3x1 = a1
a3 ; x1x2x2 = -a0 a3 : { a0, a1, a2 ,a3}={0,1,2, 3}, a3
Do x1 , x2 ,x3 0, x1 x2 x1 x3 x2 x3 nên a1 a2 Suy
ra: a0=
Ta coù :P(x)= a3x3 +a2x2 +a1x= x(a3x2 +a2x +a1) ;{ a1, a2 ,a3}={1,2, 3},
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 toán
1,0
(8)+ Với n>3,nếu P(x) = anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 thoả tốn theo định lí
Víet :
x1+x2+ +xn=−an −1 an
−1¿n−1a1 an ¿ ¿ −1¿na0
an
x1x2 xn −1+x2x3 xn+ +xnx1 xn −2=¿ ¿
với (a0, a1, ,an) hoán vị {0,1, ,n} an
Do xi không dương khác đôi nên phải có a0=
Vậy P(x) có nghiệm n-1 nghiệm cịn lại khác đơi âm
Có thể giả sử xn= Lúc x1 , x2 , , xn-1 nghiệm âm :
Q(x)= anxn-1+ an-1xn-2 + + a2x +a1 với (a1,a2, , an) hốn vị của{1,2, ,n},an
Đặt ui = - xi (i=1,2, ,n-1) Ta coù ui > vaø :
u1+ u2+ + un-1=
an −1
an (1) ; u1u2 un-2+ u2u3 un-1+ + un-1u1 un-3 =
a2 an (2)
u1u2 un-1 =
a1
an (3) Từ (2) (3) cho :
1
u1 +
1
u2 + +
1
un −1 = a2 a1 (4)
Theo bất đẳng thức Côsi : (u1+ u2+ + un-1)(
u1 +
1
u2 + +
1
un −1 )
(n-1)
Duøng (1) vaø (4) suy : an −1
an
a2
a1 (n-1)
2 Nhöng an −1
an
a2 a1
n(n −1)
1 neân :
(n-1) n(n −1)
1 ⇒ n , mâu thuẩn với n >
Các đa thức thoả toán : P(x) = x , P(x) = x2
+ 2x , P(x) = 2x2 + x , P(x) = x3+3x2+2x , P(x) = 2x3+3x2+x
(9)D'
C' H
G N' N
M O
D
C B
A s