Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
TUYỂN CHỌN BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008
ĐẮKLẮK
MÔN : TOÁN 12-THPT
ĐỀ CHÍNH THỨC
( 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (3 điểm)
x ln y y ln x
Giải hệ phương trình: 2
2
x 2 y 2 4
Bài 2: (3 điểm)
Giả sử a 1 , a R . Tìm hàm f x xác định với x 1 sao cho thoả mãn phương trình
x
f
af ( x ) ( x ) , trong đó ( x ) là hàm cho trước xác định với x 1
x 1
Bài 3: (3 điểm)
Cho góc xOy. Điểm A di động trên Ox , điểm B di động trên Oy sao cho OA + OB = a không đổi. Tìm quĩ tích
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB.
Bài 4: (3 điểm) :
Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình : 2 x 5 y z !
Bài 5: (3 điểm)
Cho f : 0,1 0,1 là hàm số liên tục và có đạo hàm f ’ x thoả mãn f ' x m với mọi x 0,1 , m là
số thực dương cho trước và m <1.
1.Chứng minh rằng phương trình f x x có đúng một nghiệm trên 0,1 .Gọi nghiệm đó là a .
2.Với x1 0,1 là số thực cho trước, xét dãy số xn cho bởi xn+1 = f(xn) với n nguyên dương. Tìm lim xn .
n
Bài 6: (3 điểm)
Giả sử P(x) là tam thức bậc hai thoả mãn :
0 P(1) 1;0 P(0) 1;0 P(1) 1
9
Chứng minh rằng P ( x) với mọi x 0,1
8
Bài 7: (2điểm)
Cho một lục giác lồi có tính chất sau: khoảng cách giữa các trung điểm của bất cứ hai cạnh đối diện nào của lục
3
giác đó cũng bằng tổng độ dài của hai cạnh đó nhân với
. Chứng minh rằng tất cả các góc của lục giác đó
2
bằng nhau.
----------------------HẾT-----------------------
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008
ĐẮKLẮK
MÔN : TOÁN 12-THPT
A. ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM
Bài 1:
Điều kiện: x, y 2
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
1
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Phương trình đầu x – ln x y – ln y
Email:
[email protected]
1
Xét hàm số f t t – ln t trên [ 2 ; ), f t liên tục và có f ’ t 0 nên f(t) đồng biến
Do đó phương trình 1 x y
Từ đó tìm được nghiệm của hệ là x y 6
Bài 2:
x
y
x
Đặt y
, từ đó :
x 1
y 1
y
y
y
y
2
f ( y ) af
a af y y
a f ( y ) a y
y 1
y 1
y 1
y 1
y
a y
y 1
Từ đó suy ra f ( y )
1 a2
Kiểm tra hàm f ( y ) thoả mãn PT đang xét và y 1
Bài 3:
Lấy C Ox và D Oy sao cho OC = OD = a
Gọi L , K lần lượt là trung điểm của OC, OD
Do OA+OB = a nên OA = BD (1)
Qua L và K kẻ các đường trung trực của OC,OD. Hai trung
trực này cắt nhau tại I (I cố định ).
Hai tam giác vuông OKI và OLI bằng nhau (vì OI
a
chung, OK OL ) nên IK =IL (2)
2
Mặt khác do OA + OB = OL + OK = a nên AL = BK (3)
Do (2) và (3) nên hai tam giác vuông BKI = ALI.
Nên AI = IB.
Do 2 tam giác vuuông BKI =ALI nên: OBI LAI
hay OBI OAI 1800
Do đó tứ giác OAIB là tứ giác nội tiếp.
Do O và I là 2 diểm cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB phải nằm trên đường trung trực của
OI.
Khi A O thì B D khi đó tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OAIB là O1( giao điểm 2 đường trung trực của
OI và của OD)
Khi B O thì A C khi đó tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác
OAIB là O2( giao điểm 2 đường trung trực của OI và của OC)
Đảo lại : Lấy O’ bất kỳ trên đoạn O1O2 vẽ đường tròn tâm O’ bán kính O’O cắt tia Ox tại A, Oy tại B ta chứng
minh OA + OB = a.
Ta có O’O =O’I nên tứ giác OAIB nội tiếp được trong (O’)
Hai tam giác vuông ALI = BKI ( vì IL = IK, góc IAL = góc IBK)
nên AL =BK.
a a
Nên ta có OA + OB = (OL –AL) + (OK + KB) = OL + OK = = a.
2 2
Bài 4:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
2
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
x
- Nhận thấy nếu x,y dương thì z >2 khi đó do 2 và z! đều chia hết cho 2 mà 5x không chia hết cho 2 nên nếu
(x,y,z) là nghiệm thì x hay y phải bằng 0
- Nếu x = 0 thì ( 1) 1 + 5y = z!. Nếu y > 1 thì z > 5 khi đó vế trái chia cho 5 dư 1 còn vế phải chia hết cho 5
nên (0 , y ,z) với y >1 không thể là nghiệm phương trình.
- Nếu y = 0 thì z = 2 (0,0,2) là nghiệm . Nếu y = 1 thì z = 3 (0,1,3) là nghiệm .
- Nếu y = 0 thì (1 ) 2x + 1 = z! khi đó z >1 nên vế phải chia hết cho 2 do đó phải có x = 0 z = 2.
- Tóm lại phương trình chỉ có 2 nghiệm nguyên không âm là (0,0,2) và (0,1,3) .
Bài 5:
1. Xét hàm số g x f x – x ta có g(x) liên tục và có g’ x f ’ x – 1 0 do đó g(x) nghịch biến trên
[0,1] .
+ Nếu g(0) = 0 hay g(1) = 0 thì ta có đpcm .
+ Nếu g 0 và g 1 đồng thời khác không thì g 0 0 và g 1 0 từ đó do tính liên tục và đơn điệu của
g(x) suy ra có đúng một giá trị x [0,1] để g(x) = 0 hay phương trình f
[0,1]
2. Nếu x1 = a thì ta có xn = a với mọi n nên lim xn = a .
x x
có đúng một nghiệm x = a
n
+ Nếu x 1 khác a thì từ x1 [0,1] suy ra xn [0,1] và xn khác a với mọi n do đó theo định lý Lagrăng tồn tại số
thực c nằm giữa xn và a để f xn – f a f ’ c xn – a
xn 1 a f ’ c xn – a xn 1 – a m xn – a .
+ Mặt khác do xn a 1 nên bằng qui nạp ta chứng minh được
xn – a m n 1 với n 2
+ Do 0 m 1 và 0 xn – a m n 1 0 nên lim xn = a .
n
Kết luận lim xn = a.
n
Bài 6
1
1
1
1
khi đó : Q (1) , Q (0) , Q(1)
2
2
2
2
Theo công thức nội suy Lagrange có :
x x 1
x x 1
Q x
Q 1 1 x 2 Q 0
Q 1
2
2
x x 1 1
1 x x 1 1
Từ đó với x 1,1 ta có Q x
. 1 x2
.
2
2
2
2
2
Đặt Q( x) P ( x )
x x 1
x x 1 1 5 5
1
max
1 x2
2 x0;1
2
2
2 4 8
Giá trị lớn nhất của hàm bên trong dấu ngoặc trên đoạn 0,1 là
Vì vậy P x
5
.
4
1
1 5 9
Q x
với x 0,1
2
2 8 8
Bài 7:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
3
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
3
”
2
Gọi S là điểm nằm cùng phía với P đối với đường thẳng QR sao cho QRS là tam giác đều. Khi đó điểm P nằm
trong dường tròn ngoại tiếp tam giác đều QRS và đường tròn (QRS) này tiếp xúc trong với đường tròn tâm T
3
bán kính TS QR
2
3
Do đó TP TS QR
.
2
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi P S, tức tam giác PQR đều.
Trở lại bài toán đã cho : các đường chéo chính của một lục giác lồi tạo
thành một tam giác, hay đặc biệt có thể đồng qui( lúc đó tam giác suy
biến thành một điểm )
Bởi thế ta có thể chọn hai trong ba đường chéo đó tạo thành một góc lớn
hơn hoặc bẳng 600
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử rằng các đường chéo AD và BE
của lục giác ABCDEF được xét cắt nhau ở điểm P sao cho
APB 600 .Khi đó sử dụng bổ đề trên và giải thiết của bài toán ta có
3
MN AB DE
PM PN MN (Trong đó M, N lần lượt là
2
trung điểm của AB và DE)
Theo bổ đề các tam giác ABP và PDE là đều và ta có
ABP PDE 600 .
Từ đó suy ra đường chéo CF tạo với AD hoặc tạo với BE một góc lớn hơn hoặc bằng 600.
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử rằng AQF 600 , trong đó Q là giao điểm của CF và AD.
Lặp lại lập luận như trên ta có kết luận AQF và CQD là những tam giác đều, điều đó kéo
theo BRC ERF 600 , trong đó R là giao điểm CF và BE. Lập luận tương tự cho lần thứ ba này ta có các tam
giác BCR và EFR là đều.
Vậy ta có tất các góc của lục giác lồi là bằng nhau và bằng 1200 .
Bổ đề “Xét tam giác PQR có góc QPR 600 và T là trung điểm của cạnh QR. Chứng minh PT QR
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2009 - 2010
Đề thi chính thức
Môn thi: TOÁN HỌC - THPT BẢNG A
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4,0 điểm).
Giải phương trình: 2009 x
x2 1 x 1
Câu 2 (4,0 điểm).
Tìm m để hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
4
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
x y m
2
( y 1) x xy m x 1
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho ba số dương x, y, z . Chứng minh rằng:
1 1 1
36
2 2
x y z 9 x y y2 z2 x2 z2
Câu 4 (2,0 điểm).
Cho dãy số xn thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
i, x1 2
ii, xn
x1 2 x2 ... (n 1) xn 1
với n là số tự nhiên lớn hơn 1.
n(n 2 1)
3
Tính limun với un n 1 .xn
Câu 5 (3,0 điểm).
Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng qua M song song với AD,
BD, CD tương ứng cắt các mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD) tại A’, B’, C’. Tìm vị trí điểm M sao cho
MA’.MB’.MC’ đạt giá trị lớn nhất.
Câu 6 (3,0 điểm).
Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD và AC. Trên đường
thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN lấy điểm Q sao cho PQ song song với CM. Tính độ dài đoạn PQ và
thể tích khối tứ diện AMNP.
Câu 7 (2,0 điểm).
Cho hàm số f x liên tục trên R thỏa mãn: f x . f y sin x.sin y f x y với mọi số thực x, y. Chứng
minh rằng 2 f x x 2 2 với mọi số thực x thuộc ; .
2 2
- - - Hết - - -
SỞ GD&ĐT NGHỆ
AN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2009 - 2010
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)
Môn: TOÁN 12 THPT - BẢNG A
---------------------------------------------Câu 1.
1. Xét hàm số f x 2009 x
x 2 1 x 1 trên
.
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
5
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
x
x 2 1 x 2009 x
1
2
x 1
1
2009 x x 2 1 x ln 2009
x2 1
1
vì x 2 1 x 0 và
1 ln 2009 nên f ( x) 0, x
2
x 1
hàm số f(x) đồng biến trên . Mặt khác f (0) 0
f ' x 2009 x ln 2009
Vậy phương trình 2009 x
x 2 1 x 1 có duy nhất một nghiệm x = 0
Câu 2.
Từ y m x thay vào phương trình còn lại ta được : x 3 mx 2 m 0 (1)
Xét hàm số f ( x) x 3 mx 2 m trên
Để hệ pt có 3 nghiệm phân biệt Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt Đồ thị hàm số y = f(x) có hai
điểm cực trị nằm về hai phía đối với Ox (*)
x 0
2
Ta có f ( x) 3x 2mx ; f ( x) 0
x 2m
3
3 3
m 0
m
2
m 2 (27 4m 2 ) 0
*
2m
3 3
f (0). f ( 3 ) 0
m
2
Vậy m
3 3
3 3
hoặc m
là giá trị cần tìm.
2
2
Câu 3.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
xy yz zx 9 x 2 y 2 z 2 y 2 x2 z 2 36 xyz
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
xy yz zx 3 3 x 2 y 2 z 2 (1)
Và 9 x 2 y 2 z 2 y 2 x 2 z 2 1212 x 4 y 4 z 4 hay 9 x 2 y 2 z 2 y 2 x 2 z 2 12 3 xyz (2)
Do các về đều dương, từ (1),(2) suy ra: xy yz zx 9 x 2 y 2 z 2 y 2 x 2 z 2 36 xyz (đpcm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1
Câu 4.
1
Ta có x2
3
Với n 3 Ta có: x1 2 x2 nxn n3 xn 1
3
x1 2 x2 n 1 xn n 1 xn 1
2
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
6
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
3
3
3
Từ (1), (2) suy ra : n xn n xn n 1 xn 1 xn
2
2
n 1
. xn 1
n3 n
2
n
n 1
. xn 1
.
n n 1
2
n n 1 3
4
n 1 n 2 2
xn
... x2 xn 2
... .
4
n (n 1)
n n 1 3 n 1 n
Do đó lim un lim
4 n 1
n2
2
4
Câu 5.
Trong mặt phẳng (ABC) : AM ∩ BC = {A1}. BM ∩ AC = {B1}, CM ∩ AB = {C1}
Trong (DAA1). Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA1 tại A’
Xét tam giác DAA1 có MA’ // AD nên
MA ' MA1 S MBC
DA AA1 S ABC
MC ' MC1 S MAB
,
DC CC1 S ABC
MB ' MB1 S MAC
DB
BB1 SABC
MA ' MB ' MC '
Suy ra
1 do S MBC S MAC S MAB S ABC
DA DB DC
MA ' MB ' MC '
MA ' MB ' MC '
Ta có
33
.
.
DA DB DC
DA DB DC
Tương tự ta có
1
DA.DB.DC (không đổi)
27
1
Vậy giá trị lớn nhất MA’.MB’.MC’ là
DA.DB.DC, đạt được khi
27
Suy ra MA’.MB’.MC’ ≤
MA ' MB ' MC ' 1
MA1 MB1 MC1 1
DA DB DC 3
AA1 BB1 CC1 3
Hay M là trọng tâm tam giác ABC
Câu 6.
Trong mặt phẳng (ACM) kẻ NI // CM (I AM)
Trong mặt phẳng (BCD) kẻ BK // CM (K CD)
Trong (ABD) DI cắt AB tại P
Trong (AKD) DN cắt AK tại Q
PQ là giao tuyến của (DNI) và (ABK) , do NI // CM, BK // CM nên PQ // CM
Gọi E là trung điểm PB, ME là đường trung bình tam giác BPD nên ME // PD hay ME // PI
Mặt khác từ cách dựng ta có I là trung điểm AM nên P là trung điểm AE.
Vậy AP = PE = EB
Suy ra
AP 1
AB 3
MC là đường trung bình tam giác DBK nên BK = 2CM =
Suy ra
3
PQ AP 1
3
1
; PQ = BK =
3
BK AB 3
3
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
7
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
VAMNP AM AN AP 1 1 1
.
.
.
VAMCB AM AC AB 2 3 6
1
VAMCB = VABCD (Do M là trung điểm BD)
2
2
(đvtt)
12
1 2
2
2
1
Suy ra VAMCB = .
. Vậy VAMNP = V AMCB =
(đvtt)
2 12
24
6
144
Câu 7.
f x . f y – sin x.sin y f x y với mọi số thực x,y (1)
ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên VABCD =
f (0) 0
Với x = y = 0 ta có f 2 0 – f 0 0
f (0) 1
Nếu
f 0 0, từ (1) chọn y = 0 ta có f x 0 với mọi x, điều này không xảy ra với x = y =
. Suy ra
2
f 0 0 (loại)
Với f 0 1 , từ (1) chọn y x ta có f x . f x sin 2 x 1, x
f 20
Chọn x ta được f . f 0
2
2 2
f 0
2
Nếu f 0 từ (1) chọn y . Ta có f x sin x cos x x R (*)
2
2
2
2
Nếu f = 0 từ (1) chọn y . Ta có f x sin x cos x x R (**)
2
2
2
2
Từ (*) và (**) suy ra f x cos x.
Thử lại thấy hàm số f x cos x. thỏa mãn x
Ta cần chứng minh 2cos x x 2 2, x ; .
2 2
Xét hàm số g x 2 cos x x 2 – 2 trên ; .
2 2
Do g(x) là hàm số chẵn nên chỉ cần chứng minh g(x) ≥ 0, x 0;
2
g’ x 2sin x 2 x, g ” x 2 cos x 2 0, x 0; ,
2
g ” x 0 x 0 suy ra g’(x) đồng biến trên x 0;
2
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
8
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
Nên g’ x g’ 0 0, g’ x 0 x 0 .
Vậy hàm số g(x) đồng biến trên x 0; nên g x g 0 0 hay 2cos x x 2 2 (đpcm).
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0
KÌ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH THÁI NGUYÊN
Năm học 2009 – 2010
Môn thi : Toán học Lớp 12
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1.
Cho phương trình x 3 3x 1 0 . CMR phương trình có 3 nghiệm x1 , x2 , x3
x1 x2 x3
và thỏa mãn điều
2
3
kiện x x2 2
Bài 2.
Gọi I là tâm đương tròn nội tiếp tam giác ABC ; R1 , R2 , R3 , R lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam
giác BIC, CIA, AIB, ABC; r là bán kính đường trong nội tiếp tam giác ABC.
CMR: R1 .R2 .R3 2r.R 2
Bài 3.
x 2 y 2 4
Tìm giá trị của m để hệ
có nghiệm.
2
x y m
2y
x y
CMR : ln
với x 0, y 0.
x 2x y
Bài 4. Giải PT: cos3 x 4sin 3 x 3sin x 0
Bài 5.
a. Với A, B, C là ba góc của một tam giác, CMR phương trình:
x2 2 x
A
B
C
3
sin sin sin
2
2
2
Có 4 nghiệm phân biệt.
2
b. Giải phương trình: x.3x 1 x 2 1 .3x 1 x x 2 0
Hết
HƯỚNG DẪN
Bài 1:
* CM phương trình có 3 nghiệm phâm biệt bằng cách xết các khoảng: 1; 2 , 2; 1 ; 0;1
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
9
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
* Theo giả thiết, ta có x2 x32 2 , vì x2 là nghiệm của PT x 3 3x 1 0
3
Nên ta có, x32 2 3 x32 2 1 0 x36 6 x34 9 x32 1 x32 x34 6 x32 9 1
x3 x32 3
2
x 3 3 x3 1 0
1 33
x3 3 x3 1 0
Khi đó x3 cũng là nghiệm của pt đã cho.
Bài 3:
a. Từ điều kiện x 2 y 2 4 nên ta đặt x 2sin t , y 2cos t
thay vào PT x y 2 m , ta được : 2sin t 4cos 2 t m 4sin 2 t 2sin t 4 m
Từ việc xét hàm số f ( X ) 4 X 2 2 X 4 trên 1;1
17
Ta được: m ; 2 thì hệ đã cho có nghiệm.
4
b. Ta CM:
2y
x y
2x y
x
Thật vậy:
2y
x y
2 x 2 y 2 xy 0, x, y 0
2x y
x
(1)
x y x y
Mặt khác ln X X , X 0 , do vậy ln
x
x
(2)
Từ (1) và (2) ta có ĐPCM.
x k
cos 3x 3cos x
k
Bài 4: PT đã cho tương đương với:
cos 3x 0 cos 3 x cos x
k x
x
4
2
2
Trường THPT Diễn Châu 3
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
Năm học : 2010 - 2011
Môn: Toán
( Thời gian làm bài : 150 phút )
Câu I: (3,5đ)
Cho hàm số : y
2x 3
có đồ thị là (C)
x 1
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
10
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
Gọi (d) là đường thẳng có phương trình: y mx 4 (m là tham số). Chứng minh m 0 đường thẳng d luôn
cắt (C) tại 2 điểm phân biệt trong đó có ít nhất 1 điểm có hoành độ lớn hơn 0 .
Câu II:
a. (2đ) Giải phương trình : 2 x5 x 2 4 x 52 0 trên R
x 3 y 3 ( y x)(1 xy )
b. (3,5đ) Tìm m để hệ phương trình:
có nghiệm thực
2
x
1
m
y
1
0
Câu III:
a. (3đ) Tìm giá trị nhỏ nhất , lớn nhất của hàm số :
y sin 2 x 8sin x 17 sin 2 x 2sin x 5
b.(2đ) Tìm m để bất phương trình : x 3 2mx 2 2m 1 nghiệm đúng x 1;1
Câu IV: (2đ)
Cho k N*, a,bR. Chứng minh : Nếu a x0 x1 ... x2010 b
k
k
k
x1k x0k x2k x1k ... x2010
x2009
a b
thì :
k
Câu V:
Trong mặt phẳng (P),cho hình chữ nhật ABCD biết AB a , AD b . Kẻ các tia Ax , Cy vuông góc với (P),cùng
phía đối với (P).Lấy điểm M Ax, N Cy sao cho 2 mặt phẳng (MBD),(NBD) vuông góc với nhau.
a. (1,5đ) Gọi hình chiếu vuông góc của M,N lên BD là H,K. Chứng minh:
AM .CN AH .CK
b. ( 2,5đ) Tìm vị trí của M,N để thể tích của tứ diện BDMN có giá trị nhỏ nhất
Trường THPT Chuyên Nguyễn Đình Chiểu
Thị xã Sa Đéc-Tỉnh Đồng Tháp
ĐỀ GIỚI THIỆU MÔN TOÁN
OLYPIC ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG 2008-2009
Câu 1: 3 điểm
Giải phương trình
log 2008
4x 2 2
x 6 3x 2 1
6
2
x x 1
Câu 2 : 3 điểm
Cho tam giác ABC có sin 2 A , sin 2 B , sin 2 C lập thành một cấp số cộng và có tổng
3
sin 2 A sin 2 B sin 2 C . Đường cao kẻ từ A và đường phân giác trong góc B cắt nhau tại I, biết I thuộc
2
miền trong tam giác ABC. Chứng minh rằng
S IAC S IBC
Câu 3 : 2 điểm
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
11
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
a b c
;
;
tạo thành cấp số cộng biết :
d d d
b 1 a
c 1 b
;
a 1 d
b 1 d
Tìm ba phân số tối giản
Câu 4 : 3 điểm
Cho dãy un , biết u1 1 , và dãy vn với vn un 1 un , n 1, 2 …. Lập thành cấp số cộng, trong đó
v1 3; d 3 .
Tính : S u1 u2 un
Câu 5: 3 điểm
Trong thư viện có 12 bộ sách gồm 3 bộ sách Toán giống nhau, 3 bộ sách Vật lý giống nhau, 3 bộ sách
Hóa học giống nhau và 3 bộ sách Sinh học giống nhau được xếp thành một dãy sao cho không có ba bộ nào
cùng một môn đứng kề nhau. Hỏi có bao nhiêu cách xếp như vậy ?
Câu 6 : 3 điểm
Cho x, y , z thỏa điều kiện
x2 y2 2
2
z 2 z ( x y) 8
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A z ( y x )
Câu 7: 3 điểm
Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 2a và (d) là đường thẳng tùy ý cắt các đường thẳng BC, CA, AB. Gọi x, y,
z tương ứng là các góc giữa đường thẳng (d) và các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh
1
sin 2 x. sin 2 y. sin 2 z cos 2 x. cos 2 y. cos 2 z .
16
--------Hết------Câu 1: (3 điểm) Giải phương trình
4x 2 2
log 2008 6
x 6 3x 2 1 (1)
2
x x 1
Giải :
6
2
4x 2 2
2008 x x 1
(1) 6
2
x x2 1
2008 4 x 2
2
6 2
(4 x 2 2).2008 4 x 2 ( x 6 x 2 1).2008 x x 1 (2)
Ta có hàm số f ( x ) x.2008 x tăng trên R nên
(2) 4 x 2 2 x 6 x 2 1 x 6 3 x 2 1 0
Phương trình x 6 3 x 2 1 0 u 3 3u 1 0 ( u x 2 0) (3)
phương trình này chỉ có nghiệm trong (0,2) nên đặt u 2 cos t
(3) 4 cos 3 t 3 cos t
(0 t
)
2
1
1
cos 3t t
2
2
9
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
12
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Suy ra phương trình có nghiệm x 2 cos
Email:
[email protected]
9
Câu 2 : (3 điểm)
Cho tam giác ABC có sin 2 A , sin 2 B , sin 2 C lập thành một cấp số cộng và có tổng
3
sin 2 A sin 2 B sin 2 C . Đường cao kẻ từ A và đường phân giác trong góc B cắt nhau tại I, biết I thuộc
2
miền trong tam giác ABC. Chứng minh rằng
S IAC S IBC
Giải :
Dựng đường cao AH, phân giác trong BD cắt nhau tại I
Gọi M là giao điểm của CI và AB
Đặt BC = a, CA = b, AB = c.
Vì I thuộc miền trong tam gác ABC, nên các góc B, C đều nhọn.
Từ giả thiết, ta suy ra
1
sin 2 B sin B cos B
2
2
2
sin A sin C 2 sin A cos C
Theo định lý Cêva ta có
MA HB DA
MA HC DC b. cos C c sin B. cos C
.
.
1
.
.
1
MB HC DC
MB HB DA C. cos B a cos B. sin A
do đó M là trung điểm AB
Từ đó suy ra S IAC S IBC
a b c
Câu 3 : 2 điểm Tìm ba phân số tối giản
;
;
tạo thành cấp số cộng biết :
d d d
b 1 a
c 1 b
;
a 1 d
b 1 d
Giải:
a b c
b 1 a
c 1 b
Ta có: ; ; 2b a c , (*) ;
(1) ;
(2).
d d d
a 1 d
d 1 d
(1)
b2 1 a
Lấy
(3).
Do (*) c = 2b – a
(2)
ac 1 b
b2
1 a
(3)
a 3 b 3 a 2 b 2 2ab 2a 2b 0
a 2b a 1 b
a 3 a 2 1 2b 2ab b 2 b 3 0
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
13
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
(a b)(a 2 a ab b b 2 ) 0
Nếu a = b thì từ (1); (2); (*) a = b = c = d (vô lý)
Nên a b a 2 a ab b b 2 0 b 2 1 a b a a 2 0 b
1 a 5a 2 6a 1
2
Đặt t 5a 2 6a 1 do a, b, c nguyên t hữu tỉ
3 5t 2 4
5a 6 a 1 t 0 a
5
Do a nguyên nên 5t 2 + 4 phải là số chính phương
2
2
2
2
k 2 1 2
k
t
5t 4 k 5 1 k12 5t12 1 1
t1
5
2
2
k 18
Chỉ có số nhỏ nhất thỏa phương trình là: k1= 9 t1 = 4
t 8
2
2
2
1
5
3 2 1
Vậy: a = 3 b = c =
d = Thế vào trên ta chọn ; ; .
5 5 5
6
15
3
Câu 4 : (3 điểm ) Cho dãy (Un), biết U1 = 1, và dãy (Vn) với Vn = Un+1 - Un , n = 1,2 …. Lập thành cấp số cộng,
trong đó V1 = 3; d = 3 .
Tính : S U 1 U 2 U n
Giải:
Vn V1 n 1d 3 3n 1 3n .
Vì Vn U n1 U n U n 1 U n 3n U n1 U n 3n
2
Nên U n có dạng an2 + bn + c an 1 bn 1 c an 2 bn c 3n
3
a 2
3
3
n 2a - 3 a b 0 (đồng nhất).
U n n2 n c
2
2
b 3
2
3
3
Chọn n = 1 c =1 . Vậy U n n 2 n 1 .
2
2
Nên
3
3
3 n(n 1)(2n 1) 3 n(n 1)
n3 n
S n 1 2 ... n 1 2 ... n n
n
2
2
2
6
2
2
2
Câu 5: 3 điểm
Trong thư viện có 12 bộ sách gồm 3 bộ sách Toán giống nhau, 3 bộ sách Vật lý giống nhau, 3 bộ sách
Hóa học giống nhau và 3 bộ sách Sinh học giống nhau được xếp thành một dãy sao cho không có ba bộ nào
cùng một môn đứng kề nhau. Hỏi có bao nhiêu cách xếp như vậy ?
Giải :
Gọi A là tập hợp các cách xếp 12 bộ thành một dãy tùy ý
Gọi A1 là tập hợp các cách xếp 3 bộ sách Toán đứng kề nhau
Gọi A2 là tập hợp các cách xếp 3 bộ sách Lý đứng kề nhau
Gọi A3 là tập hợp các cách xếp 3 bộ sách Hóa đứng kề nhau
Gọi A4 là tập hợp các cách xếp 3 bộ sách Sinh đứng kề nhau
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
14
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
Gọi A* là tập hợp các cách xếp thỏa yêu cầu đề bài
4
4
i 1
i 1
Ta có A * A \ Ai A* A Ai
12!
369600
(3!) 4
A
Mà
4
A
i
10!
8!
6!
4!
C 42
C 43
C 44
60936
3
2
1
(3!)
(3!)
(3!)
(3!) 0
C 41
i 1
*
A 369600 60936 308664
Câu 6 : (3 điểm) Cho x, y , z thỏa điều kiện
x2 y2 2
2
z 2 z ( x y) 8
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A z ( y x )
Giải :
Từ điều kiện suy ra
2 x 2 2 y 2 z 2 2 xz 2 yz 12
2
2
z
z
x y 6
2
2
z
z
Đặt u x ; y khi đó u 6
2
2
v 2 y ; 2 x khi đó v 8
z
z
Ta có u . v 2 y x 2 x y z ( y x ) A
2
2
Vậy A= u . v u . v 48 4 3
Dấu = xãy ra khi u , v cùng hướng, tức là
z
z
x
y
2
2 z ( x y ) 4 z 2 1 z 1
2y
2x
1 3
x y 1
x
2
Khi đó 2
2
x
y
2
y 1 1 3
2
Giá trị lớn nhất của A là 4 3
Câu 7: (3 điểm) Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 2a và (d) là đường thẳng tùy ý cắt các đường thẳng BC,
CA, AB. Gọi x, y, z tương ứng là các góc giữa đường thẳng (d) và các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh
1
sin 2 x. sin 2 y. sin 2 z cos 2 x. cos 2 y. cos 2 z .
16
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
15
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
Giải : Chọn hệ trục tọa độ sao cho A(0; a 3 ), B ( a;0), C (a;0) . Khi đó AB ( a; a 3) , CA ( a; a 3 ) ,
BC (2a;0) .
Gọi u (u1 ; u 2 ) là véc tơ chỉ phương của đường thẳng (d). Ta có :
cos 2 x
u12
u 22
2
sin
x
u12 u 22
u12 u 22
cos
2
u
y
cos
2
u
z
2
2
u2 3
u 3 u2
sin 2 y 1 2
2
2
4(u1 u 2 )
4(u1 u 22 )
1
2
2
u2 3
u 3 u2
sin 2 z 1 2
2
2
4(u1 u 2 )
4(u1 u 22 )
1
S sin 2 x. sin 2 y. sin 2 z cos 2 x. cos 2 y. cos 2 z
16u u
u12 u12 3u 22
2
2
1
u 22 3u12 u 22
2 3
2
Sở GD -ĐT BạC LIêU
2
u16 3u14 u 22 3u12 u 24 u 26
2 3
2
1
.
16
16 u12 u
Đề THI HọC SINH GIỏI ĐBSCL - 2006
MôN TOáN
Thời gian làm bài 180’
Câu 1 (4đ)
Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn điều kiện : a 4 b 4 c 4 d 4 e 4 1
Chứng minh rằng:
a3
b3
c3
d3
e3
54 5
4
b4 c 4 d 4 e4 c4 d 4 e4 a 4 d 4 e4 a 4 b4 e4 a 4 b4 c4 a 4 b4 c 4 d 4
Câu 2 (4đ)
Giải phương trình sau: sin 3 x 4cos3 x 3cos x
Câu 3 (4đ)
Cho dãy số an , n 1, 2, 3. được xác định bởi a1 0, an 1 can2 an
với n = 1,2, 3 … Còn c là hằng số dương. Chứng minh rằng :
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
16
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
an c n 1 .n n .a1n 1
Câu 4 (4đ)
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác không vuông ABC .
Chứng minh rằng: (tan A tan B )OC (tan B tan C )OA (tan C tan A)OB 0
Câu 5 (4đ)
Các cạnh AC, ADvàBC, BD của tứ diện ABCD tiếp xúc với mặt cầu S tâm I nằm trên cạnh AB
bán kính R. còn các cạnh CA, CBvà DA,DB tiếp xúc với mặt cầu S’ tâm J nằm trên cạnh CD bán kính r.
Chứng minh rằng:
AB 4 (CD 2 4r 2 ) CD 4 ( AB 2 4 R 2 )
Hết
ĐáP áN MôN TOáN -ĐBSCL-2006
Câu 1 (4đ)
Ta có a5
4
54 5
a a a5
4
54 5
54 5
1
a3
5 4 5a 4
4
a (1 a 4 )
(1 a 4 )
4
Tương tự:
b3
5 4 5b 4
c3
5 4 5c 4
d3
5 4 5d 4
e3
5 4 5e4
,
,
,
(1 b 4 )
4
(1 c 4 )
4
(1 d 4 )
4
(1 e 4 )
4
Từ đó ta có BĐT được chứng minh
Câu 2 (4đ)
Vì sinx = 0 không là nghiệm của PT nên ta chia 2 vế của PT cho sin 2 x ta được:
f t t 2 3t 1 0 (t cot x ) (1)
Vì f 1 1 0, f 2 3 0 , f 2 1 0 , f 1 3 0
suy ra (1) có ba nghiệm thuộc khoảng 2; 2
Đặt: t 2 cos , (1) 8 cos 3 6 cos 1 0 cos 3
1
2 k 2
2
9
3
2
4
8
, t2 2 cos
, t3 2 cos
9
9
9
Từ đây ta tìm được các nghiệm của PT
Câu 3 (4đ)
ca
1
1
Ta có an 1 an can2
n
an an 1 an 1
t1 2 cos
Thay n = 1,2,3, ………n và cộng lại ta được :
n
ca
a
1 1
1
i n n c n 1 12
a1 an
a1
an
1 ai 1
n
a
1
n c n 1 12 an c n 1n n a1n 1
n
a1
an
Câu 4 (4đ)
Vì tam giác ABC không vuông ĐT cần CM sin A.OA sin B.OB sin 2C.OC 0
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
17
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
Đặt vế trái u ta có:
u.0C R 2 (sin 2C sin 2 A cos 2 B sin 2 B cos 2 A) R 2 (sin 2C sin(2 A 2 B)) 0
Tương tự u.0 B 0
Vì OB, OC không cộng tuyến nên u 0 và ĐT được CM
(1đ)
Câu 5 (4đ)
Giả sử mặt cầu S I ; R tiếp xúc với AD,AC,BD, BC lần lượt tại M,N,P,Q .
Ta có: BP = BQ , IP = IQ = R
IBP IBQ IBD IBC
Tương tự ta CM được: IAC IAD ABD ABC AD AC , BD BC
Tương tự đối với mặt cầu S ’ J ; r ta CM được: DA = DB , CA = CB .
Suy ra : AC AD BC BD a I là trung điểm của AB, J là trung điểm CD
Đặt AB = 2m ,CD = 2n ta có
m 2
S (DAB ) 2 S (DIA) aR mDI m a 2 m 2 R
a m2
a
n 2
Tương tự: r
a n2
a
a 2 n 2 4n 4 CD 4
CD 2 4r 2 4(n 2 r 2 ) 4n 2 1
2'
a2 a2
4a
4m2 AB 2
a2
4a 2
Suy ra AB 4 (CD 2 4r 2 ) CD 4 ( AB 2 4 R 2 )
Tương tự ta CM được: AB 2 4 R 2
SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU
KỲ THI HSG ĐBSCL LẦN THỨ 16 - NĂM 2009
Đề thi đề nghị
(Gồm 7 câu)
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1. ( 3 điểm )
Giải phương trình 4 3x 4 4 4 2 x3 18 4 3 0
Câu 2. ( 3 điểm )
Trên các cạnh của tam giác ABC lấy các điểm M’, N’, P’ sao cho mỗi đường thẳng MM’, NN’, PP’ đều chia
chu vi tam giác ABC thành hai phần bằng nhau trong đó M, N, P tương ứng là trung điểm của các cạnh BC,
CA, AB. Chứng minh ba đường thẳng MM’, NN’, PP’ đồng qui tại một điểm.
Câu 3. ( 2 điểm )
Cho số nguyên tố p dạng 4k 3 . Chứng minh rằng không có số nguyên x nào thỏa điều kiện ( x 2 1) p .
Câu 4. ( 3 điểm )
Cho dãy số nguyên dương an thỏa mãn điều kiện a 2 n an 1 an 1 , n N *
1 1
2
n
...
.
n n 2
a
a
a
2
n
1
Câu 5. ( 3 điểm )
Tính lim
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
18
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
Email:
[email protected]
Xung quanh bờ hồ hình tròn có 17 cây cau cảnh. Người ta dự định chặt bớt 4 cây sao cho không có 2 cây nào kề
nhau bị chặt. Hỏi có bao nhiêu cách thực hiện khác nhau?
Câu 6. ( 3 điểm )
Tìm tất cả các hàm số f x liên tục trên R thỏa:
x
f x f x ; x R.
2
Câu 7. ( 3 điểm )
Cho 8 số thực a, b, c, d , x, y, z , t. Chứng minh rằng trong 6 số sau đây có ít nhất một số không âm:
ac bd , ax by, az bt , cx dy, cz dt , xz yt.
- - - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - - HƯỚNG DẪN
Câu 1. ( 3 điểm )
4
Giải phương trình
3x 4 4 4 2 x3 18 4 3 0
(1)
Ta thấy x 0 không là nghiệm của phương trình (1).
2 18
18
2
Với x 0 , (1) x 4 4 3 0 x 3 4 4
(2)
3 x
3
x
x x x 18
Do x 0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số: ; ; ; 3 ta có:
3 3 3 x
18 x x x 18
18
2
x 3 3 44 3 44
x
3 3 3 x
3
3
x 18
Do đó (2) xãy ra khi và chỉ khi: 3 x 4 54 x 4 54 ( do x 0 )
3 x
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x 4 54 .
Câu 2. ( 3 điểm )
Không mất tính tổng quát ta giả sử: AB AC BC .
Gọi K MM ' NN ' và I là giao điểm của đường thẳng PK với BC. A
M'
Ta chứng minh M ' AC :
Thật vậy giả sử M’ ở ngoài đoạn AC thì M ' AB :
N
P
1
1
Nên BM BM ' BC BM ' BC BA
2
2
1
1
C
BC AB AB AB BC CA
B
N'
M
2
2
IP'
Tương tự ta cũng chứng minh được N ' BC :
1
1
Ta lại có: CM ' AB BC CA CM AB CA
2
2
1
1
1
Suy ra CM ' CN CM ' CA AB M ' N AB MN
2
2
2
1
Tương tự MN ' AB MN suy ra tam giác MNM’ cân tại N, tam giác NMN’ cân tại M
2
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
19
Giáo viên: Nguyễn Thành Long
MNN ' MN ' N
NMM ' NM ' M
MNP.
Suy ra MPI IPN MIP
Email:
[email protected]
KNP MN ' N
KMP NM ' M
mà
do NP // MI
s.l.t
s.l.t
nên MK, NK là các phân giác trong của tam giác
IMP cân tại M MI MP
1
AC
2
1
AB BC AC P ' I
2
Vậy MM1, NN1, PP1 đồng qui tại một điểm. (đpcm).
Câu 3. ( 2 điểm )
Giả sử có số nguyên a để (a 2 1) p ta có: a 2 1 mod p
BP BI BP BM MI
Suy ra
a p 1 1
p 1
2
mod p
hay: a p 1 1 1
p 1
2
1 mod p
Nhưng theo định lí Fhec-ma thì: a p 1 1 0 mod p
p 1
Nên
1 2
1 0 mod p (*) mà p là số nguyên tố dạng 4k 3 nên:
(*) 2 0 mod p
Điều vô lí trên suy ra bài toán được chứng minh
Câu 4. ( 3 điểm )
Ta có dãy an là một dãy tăng thực sự,
Thật vậy: nếu tồn tại số tự nhiên k sao cho ak 1 ak thì do giả thiết a 2 k 1 ak ak 2 ta thu được ak 1 ak 2 (do
ak N * ) và cứ như thế ta được một dãy số nguyên dương giảm thực sự, điều này không thể xãy ra vì dãy
an là dãy vô hạn.
Do a1 a0 1 nên theo phương pháp quy nạp ta có ngay an n, n N * .
1 2
n
Suy ra:
...
n
a1 a2
an
1 1
2
n
1
... un thì 0 un
2
an
n a1 a2
n
1 1
2
n
Vậy lim 2 ... 0 (theo nguyên lí kẹp)
x n
an
a1 a2
Câu 5. ( 3 điểm )
Chọn 1 cây bất kì trong hàng cây, đánh dấu là cây A. Có hai trường hợp sau xảy ra:
Trường hợp 1: Cây A không bị chặt. Khi đó xét hàng cây gồm 16 cây còn lại. Ta sẽ chặt 4 cây trong số 16 cây
đó sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt.
Giả sử đã chặt được 4 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 12 cây (không kể cây A). Việc phục
hồi lại hàng cây là đặt 4 cây đã chặt vào 4 vị trí đã chặt, số cách làm này bằng với số cách đặt 4 cây vào 4 trong
số 13 vị trí xen kẽ giữa 12 cây (kể cả 2 đầu), nên:
Số cách chặt 4 cây ở trường hợp 1 là: C134 715 (cách).
Trường hợp 2: Cây A bị chặt. Khi đó hàng cây còn lại 16 cây. Ta sẽ chặt 3 cây trong số 16 cây còn lại sao cho
không có hai cây nào kề nhau bị chặt ( hai cây ở hai phía của cây A cũng không được chặt).
Đặt
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
20
.PDF 
341 
149 
51 
