Bộ 5 đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 - Trường THPT Đồng Đậu

Theo yêu cầu: nếu có hình bình hành tạo thành từ 4 đỉnh trong S thì 4 đỉnh đó chỉ có thể thuộc tam giác đều cạnh 5cm (tức là bỏ đi tất cả các đỉnh của các tam giác cạnh 1cm nằm trên ba [r]

TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU

ĐỀ THI HSG LỚP 12 MÔN TOÁN

Câu 3 (5,0 ) Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn tâm O Điểm M di động trên

cạnh BC (M B M, C ) Gọi (X), (Y) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác MAB và MAC Lấy điểm S thuộc (X) sao cho MS song song với AB; lấy điểm T thuộc (Y) sao cho MT song song với

AC

a) Chứng minh rằng các điểm A, O, T, S nằm trên một đường tròn

b) Gọi E là giao điểm khác A của (X) và AC, F là giao điểm khác A của (Y) và AB Các đường

thẳng BE và CF cắt nhau tại N Chứng minh rằng đường thẳng MN đi qua O khi và chỉ khi AM đi qua tâm đường tròn Ơ-le của tam giác ABC

Câu 4 (2,0 m) Cho p là một số nguyên tố, p > 2 và các số nguyên a a1; 2; ;a p theo thứ tự đó lập

thành một cấp số cộng có công sai không chia hết cho p Chứng minh rằng tồn tại một chỉ số k thuộc tập

1;2; ; p sao cho a a1 2 a p a k chia hết cho p 2

Câu 5 (3,0 m) Tìm tất cả các đa thức P (x) hệ số thực thỏa mãn điều kiện:

Câu 6 (2,0 m) Tìm tất cả các số tự nhiên n với n2 sao cho trên mặt phẳng tồn tại n điểm phân biệt,

mỗi điểm được gán một số thực dương mà khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong chúng bằng tổng hai

số được gán ở hai điểm đó

Câu 7 (3,0 m) Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn xy yzzx3 Chứng minh rằng

x x

a)

(3,0đ)

Xét trường hợp bài toán như hình vẽ, các trường hợp khác tương tự

Tứ giác ATMC nội tiếp có AC//TM nên ATMC là hình thang cân, suy ra

Lại có TMSBAC(góc có cạnh tương ứng song song) 0,5

Ta có ATM ACB180 ; 0 ASMABC 1800(do tứ giác nội tiếp)

TAS ATMASMTMS

ACBABCBAC18002BAC (1)

O A

Từ (1) và (2) ta có TAS TOS 1800 hay ATOS là tứ giác nội tiếp 0,5

b)

(2,0 đ)

Gọi H là trực tâm tam giác ABC và I là tâm đường tròn Ơ-le của tam giác ABC thì ta

Đường thẳng qua O, vuông góc BC cắt BC tại P và cắt AI tại Q Khi đó ta có AHQO

là hình bình hành nên OQ = AH = 2OP nên Q đối xứng với O qua BC (0.25)

Gọi d là công sai của cấp số cộng Ta có a i1 a i d với mọi 1  i p 1

Do d không chia hết cho p nên các số a có số dư khi chia cho p đôi một khác nhau i 0,5

Q

P

I H

N

E F

X

Y

O

C B

A

M

(Hay a a1, 2, ,a p lập thành một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p ) (0.25)

Suy ra tồn tại k1; 2; ;p mà a k p , các số a còn lại với i i1; 2; ;p i; k có

số dư khi chia cho p là 1; 2; ;p1 theo một thứ tự nào đó

(0.25)

Xét tích các số này ta có 1 2      

1.2 1 1 ! mod

p k

a (0.5)

+) Nếu a1, ta có P(x)x nQ x Thay vào (1) ta được

 

x n Q x 33x n Q x 2 x3n Q x3 3  x n Q x 

 2     2 3 2  2

)(3)(63)(3

)(

3x n Q x  x n Q x  Q x  x n x n Q x  Q x  3    

3 2 2

3633

3cx n c x nc  x n cx n c =  n n

x c

c3 3.1  3 c1x2n3c22c(1)nx nc33c22c0 (3) (0.25)

012

01

2 3 2

c c c

c c

)(

3x n Q x  x n Q x  Q x  x n x n Q x  Q x =      n n

x x

Q x

Q 3 3  3.1 (4) Trong (4), nếu k0thì bậc của VT là 2n + k, bậc của VP là h ≤ max3k; nnên cân bằng bậc hai vế đi đến 2nk hmax3k;n Điều này vô lý vì 2nk 3k và

n k

3 2 2

36

33

3cx n c x nc  x n cx n c =  n n

x c

c3 3.1  3c1x2n 3c22c(1)nx nc33c22c0 (5)

(0.25)

0,5

01

2 3 2

c c c

c c

P Thử lại thỏa mãn

Đáp số: P x 0;P x 1;P x 2;   2m1

x x

P ;   2m 1

x x

+ Với n = 4 ta chọn trên mặt phẳng bốn điểm trong đó ba điểm là ba đỉnh của một

tam giác đều có cạnh bằng 1, mỗi điểm gán số 1

2; điểm còn lại là tâm của tam giác đều đó và gắn số 1 1

2

3 thì bốn điểm này thỏa mãn bài toán thỏa mãn

(Trong bốn điểm trên nếu bỏ đi một hoặc hai điểm cùng với số gán với nó thì ba điểm hoặc hai điểm còn lại cũng thỏa mãn, do đó n = 2, n = 3 thỏa mãn.)

0,25

+ Với n = 5 Giả sử có 5 điểm A, B, C, D, E cùng với các số dương gắn với chúng lần lượt là a, b, c, d, e thỏa mãn bài toán

Nếu có 3 điểm trong chúng thẳng hàng, giả sử là A, B, C theo thứ tự đó Khi đó

ta có AB + BC = AC nên (a + b) + (b + c) = (a + c)  b = 0 vô lý Như vậy trong 5

điểm đó không có ba điểm nào thẳng hàng

0,5

Nếu có 4 điểm trong chúng tạo thành một tứ giác lồi, giả sử là tứ giác lồi ABCD

Khi đó theo giả thiết thì AC + BD = (a + c) + (b + d) = AD + BC

Mặt khác, gọi I là giao điểm hai đường chéo AC, BD thì ta có

AC + BD = (AI + IC) + (BI + ID) = (AI + ID) + (BI + IC) > AD + BC

Điều này mâu thuẫn nên tất cả các bộ 4 điểm đều chỉ tạo thành tứ giác lõm

0,5

Xét 4 điểm A, B, C, D tạo thành tứ giác lõm trong đó D nằm trong tam giác ABC Khi

đó điểm E nằm ở đâu cũng có ít nhất một bộ 4 điểm tạo thành một tứ giác lồi nên

không thỏa mãn (có thể vẽ hình minh họa)

Vậy n = 5 không thỏa mãn bài toán, do đó mọi n5 cũng không thỏa mãn

0,5

Bổ đề: “x y zy z xz x yxyz với mọi x y z, , 0” (*)

Thật vậy, do x y z, , 0 nên không thể có quá một trong ba thừa số ở vế trái âm Nếu

có một thừa số âm, BĐT hiển nhiên đúng Nếu cả ba thừa số không âm, ta có

2 ĐỀ SỐ 2

Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số yx3 mx2 ( m )x

3 3 2 3 1 Tìm tất cả các giá trị của tham số mđể hàm số nghịch biến trong khoảng  ; 

Câu 4 (2,0 điểm) Bạn An vẽ lên giấy một đa giác lồi  H có số cạnh nhiều hơn 4 Sau đó bạn An đếm

các tam giác nhận đỉnh của đa giác làm đỉnh và nhận xét: số tam giác không có cạnh chung với  H

nhiều gấp 5 lần số tam giác có đúng một cạnh chung với  H Hỏi bạn An vẽ đa giác lồi có bao nhiêu cạnh?

2 là chân đường phân giác trong góc A E, 1 0 là một điểm thuộc đoạn AC thỏa mãn ,  ABAE Tìm tọa độ các đỉnh , ,

A B C biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x2y2 x 2y30 0 và A có hoành độ dương

2 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại , A ABC 600,BC 2 Gọi a H là hình chiếu vuông góc của A trên BC Biết SH vuông góc với mặt phẳng ABC và SA tạo với mặt phẳng SBC một góc  300 Tính thể tích khối chóp S ABC và tính khoảng cách từ Bđến mặt phẳng

1 Với a3 , chứng minh rằng dãy ( )x n có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó

2 Chứng minh rằng với mọi a[-2; ]6 , dãy (x n)có giới hạn hữu hạn

Giải: Điều kiện:   3 x 2 .Phương trình đã cho tương đương với

2

113

11

13

25 50 25 0Vậy phương trình có nghiệm x1

0,5

0,5

0,5

0,5

2 (2,0đ)

Gọi n (n4) là số cạnh của đa giác

Số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác C n3

Số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác và có 1 cạnh chung với (H) là

n n4

Số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác và có 2 cạnh chung với (H) là n

Số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác và không có cạnh chung với (H) là ( )

n

C3n n 4 n Theo giả thiết C n3n n(   4) n 5n n( 4 )

Giải phương trình này, ta được n35

0,5

0,5

0,5

0,5

5

1 (3,0đ)

Suy ra AEDHAE ABC900ABC900 AHE900

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I ; ,R

4

Do A có hoành độ dương nên A 2 6  ; Phương trình đường thẳng AD: x 2 0 Gọi A' là giao điểm thứ 2 của AD và đường tròn  C A' ;2 4  .Phương trình đường thẳng BC x: 2y 5 0

Tọa độ B C, là nghiệm của hệ

x y

2 5 0

4

(6,0đ)

2 (3,0đ)

Góc giữa SA và mp SBC là   ASH 300 suy ra SAH60 0

6

(3đ)

Đặt limx n b Ta có

( )( )

Vậy limx n 4

0,5

2 (1,5đ)

Từ ý 1, ta có 2 a 4 thì dãy ( )x n có giới hạn hữu hạn

Hiển nhiên với

a a a

Với 0 a 2 , dễ dàng chứng minh được 0x n 2 và dãy giảm nên có giới hạn

Với   2 a 0 hoặc 4 a 6 thì 0x2 4 nên ( )x n có giới hạn hữu hạn Vậy với mọi a[-2; ]6 , dãy (x n)có giới hạn hữu hạn

0,5

0,5

0,5

x có đồ thị C và điểm A 1;1 Tìm các giá trị của m để đường thẳng

a Cho tam giác đều ABC cạnh 8cm Chia tam giác này thành 64 tam giác

đều cạnh 1cm bởi các đường thẳng song song với các cạnh tam giác ABC

(như hình vẽ) Gọi S là tập hợp các đỉnh của các tam giác cạnh 1cm Chọn

ngẫu nhiên 4 đỉnh thuộc S Tính xác suất sao cho 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh

của hình bình hành nằm trong miền trong của tam giác ABC và có cạnh chứa

các cạnh của các tam giác cạnh 1 cm ở trên

b Tìm công sai d của cấp số cộng u n có tất cả các số hạng đều dương và thỏa mãn:

Câu 4 (3,0 m) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA (ABCD), SA = a Một mặt

phẳng qua CD cắt SA, SB lần lượt tại M, N Đặt AM = x, với 0 x a

a Tứ giác MNCD là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a và x

x có đồ thị C và điểm A 1;1 Tìm các giá trị của m để

đường thẳng d :y mx m 1 cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt M N sao cho , AM2 AN 2

đạt giá trị nhỏ nhất

Hướng dẫn Cách 1:

Dễ thấy đường thẳng d :y mx m 1 luôn đi qua điểm I 1; 1 là giao điểm của hai đường tiệm

Do A cố định nên: nếu ta xét được AMAN là số dương và trong tam giác AMN có cạnh MN nhỏ nhất thì tìm được giá trị nhỏ nhất Mà C là Hypebol nên khi d là đường phân giác của góc tạo bởi hai tiệm cận thì m 1 và d :y x cắt C tại hai điểm phân biệt M 0;0 ,N 2; 2 và MN nhỏ

nhất, ta có: AMAN 1.3 1 3 6 0, hơn nữa AM2 AN2 32 12 20 Vậy

Mặt khác từ hệ phương trình, trừ theo vế ta có: 3 x y 2y 2x 3x 2x 3y 2y hay là

g x g y , với g t 3t 2t đồng biến trên 1

;

3 , suy ra x y

Cuối cùng phương trình đã cho f x 0 x 1,x 3

Câu 3a (1,0 điểm)

Cho tam giác đều ABC cạnh 8cm Chia tam giác này thành 64 tam giác

đều cạnh 1cm bởi các đường thẳng song song với các cạnh tam giác

ABC (như hình vẽ) Gọi S là tập hợp các đỉnh của các tam giác cạnh

1cm Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh thuộc S Tính xác suất sao cho 4 đỉnh

được chọn là 4 đỉnh của hình bình hành nằm trong miền trong của tam

giác ABC và có cạnh chứa các cạnh của các tam giác cạnh 1 cm ở trên

Hướng dẫn

Trên cạnh BC ta có 9 đỉnh của các tam giác đều cạnh 1cm (kể cả B và C), trên đường thẳng tiếp theo song song BC (phía trên BC) ta có 8 đỉnh của các tam giác đều cạnh 1cm, cuối cùng đến A có 1 đỉnh của tam giác đều cạnh 1cm Ta có n S 9 8 7 2 1 45

Như thế số phần tử của không gian mẫu là: 4

45

Theo yêu cầu: nếu có hình bình hành tạo thành từ 4 đỉnh trong S thì 4 đỉnh đó chỉ có thể thuộc tam giác

đều cạnh 5cm (tức là bỏ đi tất cả các đỉnh của các tam giác cạnh 1cm nằm trên ba cạnh BC, CA, AB và cạnh có liên quan đến các đỉnh đó)

A

• Trường hợp 1: Các cạnh của hình bình hành nằm trên MN hoặc có đúng 1 đỉnh thuộc MN

+ Tạo bởi hai đoạn MN, GF: Lặp lại lập luận trên ta có có: C42 C42 12 hình

+ Tạo bởi hai đoạn MN, HI: Lặp lại lập luận trên ta có có: C32 C32 6 hình

+ Tạo bởi hai đoạn MN, KT: Lặp lại lập luận trên ta có có: C22 C22 2 hình

P

T I F E

K H G D

T I F E

K H G D

T I F

K H G

T I K

H

Vậy xác suất cần tìm là: 4

45

97 97148995

p

Lưu ý:

Đề bài yêu cầu các đỉnh hình bình hành nằm trong miền trong của tam giác ABC nên số hình bình hành

là tương đối nhỏ Nếu các đỉnh hình hành không ngoài tam giác ABC thì sẽ nhiều hình hơn

Câu 3b (1,0 m) Tìm công sai d của cấp số cộng u n có tất cả các số hạng đều dương và thỏa mãn:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA = a Một

mặt phẳng qua CD cắt SA, SB lần lượt tại M, N Đặt AM = x, với 0 x a

a Tứ giác MNCD là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a và x

b Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD bằng 2

9 lần thể tích khối chóp S.ABCD

Hướng dẫn

a Tứ giác MNCD là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a và x

Vì ABCD là hình vuông nên AB // CD, suy ra AB // do đó AB // MN hay ta có MNCD là hình thang

Mặt khác: CD AD, CD SA nên CD mp(SAD) suy ra MN (SAD) suy ra MN MD Vậy tứ giác MNCD là hình thang vuông tại D và M

Từ đó ta có DM là đường cao của hình thang MNCD

S ABCD ABCD

a

V SAS (1) Kẻ SH vuông góc với DM, (H thuộc DM), ta có:

MN (SAD) (theo chứng minh câu a) nên MN SH, suy ra SH (MNCD), từ đó SH là đường cao của khối chóp S.MNCD

Trong hai tam giác vuông đồng dạng SHM và DAM ta có:

a b t t b a Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

loga logt 1 loga 0

Nếu 0 t 1 thì t 1 0 & loga t 0 * đúng Vậy ta có điều cần chứng minh

Câu 5b (0,5 m) Cho các số thực a1 a2 a n 1, n 2 Chứng minh rằng:

loga loga a loga loga a loga loga a loga a loga loga a

Cứ tiếp tục lặp lại như thế ta lần lượt thay được cơ số ngoài cùng của logarit và số lấy logarit trong cùng

(chú ý mỗi lần thay thì cơ số a không đổi), ký hiệu vế trái là P, cuối cùng ta có: 1

b) Cho hàm số 2

1

mx m y

BAC  Gọi M là điểm trên cạnh CC sao cho CM 2MC

Câu 5 (1,0 điểm) Cho đa giác lồi  H có n đỉnh ( n ,n4) Biết số các tam giác có ba đỉnh là đỉnh

của  H và không có cạnh nào là cạnh của  H gấp 5 lần số các tam giác có ba đỉnh là đỉnh của  H và

có đúng một cạnh là cạnh của  H Xác định n

Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường

chéo AC là x  y 1 0, điểm G 1; 4 là trọng tâm tam giác ABC, điểm E0; 3  thuộc đường cao kẻ từ

D của tam giác ACD Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho, biết rằng diện tích tứ giác AGCD

ĐKXĐ:

sin 1

1sin

BAC  Gọi M là điểm trên cạnh CC sao cho CM 2MC

a) Chứng minh rằng AM B M

b) Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng AB M 

2

a) Chứng minh rằng AM B M

Từ giả thiết CM 2MC suy ra:

2

, AM 102

Trong tam giác vuông AA K ta có: 1 2 1 2 1 2 3 10

5 Cho đa giác lồi  H có n đỉnh ( n ,n4) Biết số các tam giác có ba đỉnh là đỉnh

của  H và không có cạnh nào là cạnh của  H gấp 5 lần số các tam giác có ba đỉnh là

Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) và có đúng 2 cạnh là cạnh của (H) là: n 0,25

Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) và có đúng 1 cạnh là cạnh của (H) là:

6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường

chéo AC là x  y 1 0, điểm G 1; 4 là trọng tâm tam giác ABC, điểm E0; 3 

thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành

đã cho, biết rằng diện tích tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương

1

Vì D và G nằm khác phía so với AC nên D1; 4  B 1;8 B x: 1 0,25

Vì AACA a a ; 1 Từ gt S AGCD32S ABD 24 nên

5 ĐỀ SỐ 5

Câu 1 ( 5,0 điểm)

1 Tìm tất các các điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số y  cos x  sin x

2 Tìm m để phương trình 2 x4  4 x2   1 2 m  0 có đúng 5 nghiệm phân biệt

1 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác SAB vuông cân tại S

và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích của khối chóp S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a

2 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( ) I Gọi M D E , , lần lượt là trung điểm của

2 4

m  Giải phương trình khi 1

S  S P   P   Xét pt theo S   ( P  8)2   4( 4 P  20)  P2  16 Điều kiện

phương trình có nghiệm P  4 Kết hợp điều kiện của giả thiết ta có P  4, P   4

Câu 3.1 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác SAB vuông cân tại

S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích của khối chóp S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a

*Thể tích:

3

3 24