HSG Toán 12 06-07

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 x

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 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

2

3

3 

- Hết -

§Ị thi chÝnh thøc

Môn : TOÁN ( Vòng 2)

Thời gian làm bài : 150 phút, không kể thời gian phát đề

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

- Hết -

§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

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; 12 ) 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 2 1 ) 2 2 2 2 1











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 = 23 , w =12

1,0

1,0 + S=

R

abc

4 =2R2sinAsinBsinC

+ S

2

3

2

R  sinAsinBsinC 

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(sinu A +sinv B +sinw C )+(sinB-sinC)( sinu A +sinv B )+(sinA-sinB)

A

u

sin

Suy ra:

u+v+w sinC(33

sin sin sin A B C

uvw ) +(sinB-sinC)(2

B A

uv

sin sin ) + (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

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 = [ 2x ] + [2x3 ]- [6x ] - [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 +[ 2r ]+[2r3 ]-[6r ] -[lgx]

 [lgx]= [

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

; 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 12 

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 =a a02 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 = - a a30 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}, 2 4 3 1 0

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 = a a n2 (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