Đề thi & đáp án HSG Lớp 12

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
+
.


------------- Hết ---------------

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)
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
+ [
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 .

------------ Hết --------------
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)
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
+ 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
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