Tuyển chọn đề thi HSG TT Huế từ 2006 đến 2010 có đáp án

Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh
Thõa Thiªn H Khèi 12 THPT - N¨m häc 2005-2006
§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 thò hàm số :y = x
3
– 2005x. M
1
là điểm trên (C) có hoành độ x
1
=1.
Tiếp tuyến của (C) tại điểm M
1
cắt (C) thêm một điểm M
2
khác M
1
.
Tiếp tuyến của (C) tại điểm M
2
cắt (C) thêm một điểm M
3
khác M
2,

Tiếp tuyến của (C) tại điểm M
n-1
cắt (C) thêm một điểm M
n

khác M
n-1.
(n =3,4, )
Gọi (x
n
;y
n
) là tọa độ của điểm M
n
. Tìm n để đẳng thức sau đúng :
2005x
n
+ y
n
+ 2
2007
= 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
và có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng
2

3
2
R
thì : sinA + sinB + sinC
≤

2
33
+
.

Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh
Thõa Thiªn H Khèi 12 THPT - N¨m häc 2005-2006
§Ị thi chÝnh thøc Môn : TOÁN ( Vòng 2)
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
+ [
6
x
] = [
2
x
] + [
3

2x
]
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
NG
MG
+
1/ Tìm tất cả các vò trí của điểm M sao cho Q đạt giá trò nhỏ nhất .
2/ Tìm giá trò 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 .
Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh
Thõa Thiªn H Khèi 12 THPT - N¨m häc 2005-2006
1
§Ị thi chÝnh thøc
Môn : TOÁN ( Vòng 1)
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Bài
Nội dung
Điểm
1
( 6đ)
+ Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M

k
(x
k
;y
k
): y - y
k
= y’(x
k
)(x- x
k
)
y = (3x
2
k
-2005)(x- x
k
)+ x
3
k
-2005x
k
1,0
+ Xét phương trình : x
3
– 2005x = (3x
2
k
-2005)(x- x
k

)+ x
3
k
-2005x
k


⇔
(x- x
k
) (x
2
+ x
k
.x-2 x
2
k
) = 0
⇔
x= x
k
; x = - 2x
k

+ Vậy x
k+1
= - 2x
k

1,0

1,0
+ x
1
=1 , x
2
= -2 , x
3
= 4 , x
n
= (-2)
n-1
n= 1,2,
+ y
n
= x
3
n
-2005x
n
, 2005x
n
+ y
n
+ 2
2007
= 0
⇔

x
3

n
= - 2
2007

⇔
(-2)
3n-3
= - 2
2007



⇔
3n-3 lẻ và 3n -3 = 2007
⇔
n= 670
1,0
2,0
2
7,0
+ 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 vò
trên

trục
:
OGi =

;

OFj =
.
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): x
2
+y
2
=1
Gọi N(X;Y). Toạ độ các hình chiếu của N lên EG, EF, FG lần lượt là:
N
1
(
X;0) ,

N
2
(
2
1
(X+Y-1);
2
1
(X+Y+1)) ,

N
3
(
2
1
(X-Y+1);

2
1
(-X+Y+1))
))1(
2
1
);1(
2
1
(
21
++−+−= YXYXNN

);1(
32
XYNN −−=
N
1
, N
2

,
N
3
thẳng hàng khi và chỉ khi:(-X+Y-1)(-X)-(1-Y)(X+Y+1)=0
⇔
X
2
+Y
2

=1(1)
2,0
2
+ 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;
2
1
) . Bán kính của (T) :
2
1
+ d tiếp xúc (T) khi và chỉ khi :
2
1
)1(
)
2
1
)(1()0(
22
=
−+
−+−
YX
YXX

⇔

12)12(
2222

+−+=−+ YYXYX

(2)
2,0
+ Giải hệ (1) và(2). Rút X
2
từ (1) thay vào (2):
(2Y
2
-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
⇔
4Y
3
-3Y+1= 0
⇔
(Y+1)(4Y
2
-4Y+1) = 0

⇔
Y= -1 ; Y=
2
1
.
1,0
+ Với Y=-1 ta có điểm N(0;-1), đó là H .
Với Y=
2
1
, ta có thêm hai điểm N : (
2
3
;
2
1
) và (-
2
3
;
2
1
) .
Tập hợp phải tìm là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp trong đường tròn (EFGH) mà một
đỉnh là H
1,0
3
7,0
+ Tam giác có : A = 90
0

, B=60
0
, C=30
0
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 =
2
3
, w =
2
1
.
1,0
1,0
+ S=
R
abc
4
=2R
2
sinAsinBsinC
+ S
≤

2
3
2
R
⇔
sinAsinBsinC
≤
4
3
⇒
sinAsinBsinC
≤
uvw .(1)
1,0
1,0
+
sinC=
R
R
R
c
22
≥
=
2
1
và sinAsinB
≤
4
3

Csin
1
⇒
sinAsinB
≤
2
3
⇒
sinAsinB
≤
uv.(2)
sinA
≤
1
⇒
sinA
≤
u .(3)
1,0
+

Ta có :
u+v+w = sinC(
A
u
sin
+
B
v
sin

+
C
w
sin
)+(sinB-sinC)(
A
u
sin
+
B
v
sin
)+(sinA-sinB)
A
u
sin
Suy ra:
u+v+w
≥
sinC(3
3
sinsinsin CBA
uvw
) +(sinB-sinC)(2
BA
uv
sinsin
) + (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
3
Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh
Thõa Thiªn H Khèi 12 THPT - N¨m häc 2005-2006
§Ị thi chÝnh thøc
Môn : TOÁN ( Vòng 2)
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Bài Nội dung Điểm
1
6,0
+ Biểu thức lgx xác đònh khi x > 0.
+ Nếu x là nghiệm thì : x = [
2
x
] + [
3
2x
]- [
6
x
] - [lg
x
] 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 +[
2
r
]+[
3
2r
]-[
6
r
] -[lg
x
]

⇔
[lg
x
]= [
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;00
11
rkhi
rkhi

+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
2
7,0
Câu 1/
(Hình v
ẽ

ở
trang cu
ố
i)

+
Q =
MG
NG
NG
MG
+
≥
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
A
1
,B
1
,C
1
,D
1
.Từ N dựng mặt phẳng song song với mp(ABCD) cắt SG tại N’.
Ta có:
MG
NG
=

OG
GN'
;
MG
NG
=1
⇔
N’trùng K
⇔
N thuộc cạnh hình bình hành A
1
B
1
C
1
D
1

Nối NK cắt cạnh hình bình hành

A
1
B
1
C
1
D
1
tại P, ta có : PM // SG .
+

Từ đó : Q=2 khi và chỉ khi M thuộc cạnh hình bình hành
'
1
'
1
'
1
'
1
DCBA
'
1
'
1
'
1
'
1
DCBA
là hình chiếu song song củahình bình hành A
1
B
1
C
1
D
1
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
GN'
≤
OG
SG

hay

2
1
≤
MG
NG
≤
2.
2,0
4
+ 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(
2
1

);Q(2);Q(1)}=
2
5
.
+
Giá trò lớn nhất của Q là
:
2
5
. Đạt khi M trùng với O hoặc các đỉnh A,B,C,D.
1,0
1,0
3
7,0
+
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) = a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ + a
1

x + a
0
.
với (a
0,
a
1, ,
a
n
) là một hoán vò của {0,1, ,n} và a
n
≠
0
.
+
Ta có :

x > 0
⇒
P(x) > 0 .Do đó mọi nghiệm x
i
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) = a
2

x
2
+a
1
x + a
0
thoả bài toán thì theo đònh lí Víet :
x
1
+ x
2
= -
2
1
a
a
; x
1
.x
2

=
2
0
a
a
trong đó :
{

a

0
, a
1
, a
2
}={0,1,2}, a
2
≠
0
Do x
1
≤
0 , x
2
≤
0 , x
1
≠
x
2
nên , a
1
≠
0 .Suy ra : a
0
= 0 .
Các đa thức : P(x) =

1.x
2

+ 2.x + 0 , P(x) =

2.x
2
+ 1.x + 0 thoả bài toán .
+ Với n=3 ,nếu P(x) = a
3
x
3
+a
2
x
2
+a
1
x + a
0
thoả bài toán thì theo đònh lí Víet :
x
1
+ x
2
+ x
3
= -
3
2
a
a
; x

1
x
2
+x
2
x
3
+ x
3
x
1
=
3
1
a
a
; x
1
x
2
x
2

= -
3
0
a
a

trong đó : { a

0
, a
1
, a
2
,a
3
}={0,1,2, 3}, a
3
≠
0
Do x
1
≤
0 , x
2
≤
0 ,x
3
≤
0, x
1
≠
x
2
x
1
≠
x
3

x
2
≠
x
3
nên a
1
≠
0 và a
2
≠
0 . Suy ra: a
0
= 0 .
Ta có :P(x)= a
3
x
3
+a
2
x
2
+a
1
x= x(a
3
x
2
+a
2

x +a
1
) ;
{ a
1
, a
2
,a
3
}={1,2, 3},
04
13
2
2
>− aaa
Các đa thức : P(x)=1.x
3
+3.x
2
+2.x+0 , P(x)=2x
3
+3x
2
+1.x+0 thoả bài toán .
1,0
1,0
5
+
Với n>3,nếu

P(x) = a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ + a
1
x + a
0

thoả bài toán thì theo đònh lí
Víet :











−=
−=+++
−=+++
−

−−
−
n
n
n
n
n
nnnn
n
n
n
a
a
xxx
a
a
xxxxxxxxx
a
a
xxx
0
21
1
1
2132121
1
21
)1(
)1(

với (a
0,
a
1, ,
a
n
) là một hoán vò của {0,1, ,n} và a
n
≠
0

Do các x
i
không dương và khác nhau đôi một nên phải có a
0
= 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 x
n
= 0 .Lúc đó x
1
, x
2
, , x
n-1

là các nghiệm âm của :
Q(x)=

a
n
x
n-1
+ a
n-1
x
n-2
+ + a
2
x +a
1
với (a
1,
a
2, ,
a
n
) là một hoán vò của{1,2, ,n},a
n
≠
0
Đặt u
i
= - x
i
(i=1,2, ,n-1) .Ta có u
i

> 0 và :

u
1
+ u
2
+ + u
n-1
=
n
n
a
a
1−
(1) ; u
1
u
2
u
n-2
+ u
2
u
3
u
n-1
+ + u
n-1
u
1
u
n-3

=
n
a
a
2
(2)
u
1
u
2
u
n-1
=
n
a
a
1
(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 : (u
1
+ u
2
+ + u
n-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( −nn

nên :
(n-1)
2

≤

2.1
)1( −nn

⇒
n
≤

2 , mâu thuẩn với n > 3 .
Các đa thức thoả bài toán :
P(x) =

x , P(x) = x
2
+ 2x , P(x) =

2x
2
+ x , P(x) = x
3
+3x
2
+2x , P(x) = 2x
3
+3x

2
+x .
2,0
D'
C'
H
G
N'
N
M
O
D
C
B
A
s
Hình vẽ bài 2
6