Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 1 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) Giải hệ phương trình: 2 2 ln ln 2 2 4 x y y x x y             Bài 2: (3 điểm) Giả sử 1, a a R    . Tìm hàm   f x xác định với 1 x  sao cho thoả mãn phương trình ( ) ( ) 1 x f af x x x           , trong đó ( ) x  là hàm cho trước xác định với 1 x  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 5 ! x y z   Bài 5: (3 điểm) Cho     : 0,1 0,1 f  là hàm số liên tục và có đạo hàm   ’ f x thoả mãn   ' f x m  với mọi   0,1 x , 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   1 0,1 x  là số thực cho trước, xét dãy số   n x cho bởi x n+1 = f(x n ) với n nguyên dương. Tìm lim n n x  . Bài 6: (3 điểm) Giả sử P(x) là tam thức bậc hai thoả mãn : 0 ( 1) 1;0 (0) 1;0 (1) 1 P P P        Chứng minh rằng 9 ( ) 8 P x  với mọi   0,1 x 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 giác đó cũng bằng tổng độ dài của hai cạnh đó nhân với 3 2 . Chứng minh rằng tất cả các góc của lục giác đó 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: , 2 x y  Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 2 Phương trình đầu   – ln – ln 1 x x y y Xét hàm số   – ln f t t t  trên [ 2 ;  ),   f t liên tục và có   ’ 0 f t  nên f(t) đồng biến Do đó phương trình   1 x y   Từ đó tìm được nghiệm của hệ là 6 x y  Bài 2: Đặt 1 1 x y y x x y      , từ đó :       2 ( ) ( ) 1 1 1 1 y y y y f y af a af y y a f y a y y y y y                                             Từ đó suy ra   2 1 ( ) 1 y a y y f y a             Kiểm tra hàm ( ) f y thoả mãn PT đang xét và 1 y  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 chung, 2 a OK OL   ) nên IK =IL (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   0 180 OBI OAI  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 O 1 ( 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 O 2 ( giao điểm 2 đường trung trực của OI và của OC) Đảo lại : Lấy O’ bất kỳ trên đoạn O 1 O 2 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. Nên ta có OA + OB = (OL –AL) + (OK + KB) = OL + OK = 2 2 a a  = a. Bài 4: Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 3 - Nhận thấy nếu x,y dương thì z >2 khi đó do 2 x và z! đều chia hết cho 2 mà 5 x 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 + 5 y = 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 )  2 x + 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     ’ ’ –1 0 g x f x   do đó g(x) nghịch biến trên [0,1] . + Nếu g(0) = 0 hay g(1) = 0 thì ta có đpcm . + Nếu   0 g và   1 g đồng thời khác không thì   0 0 g  và   1 0 g  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 x x  có đúng một nghiệm x = a  [0,1] 2. Nếu x 1 = a thì ta có x n = a với mọi n nên lim n n x  = a . + Nếu x 1 khác a thì từ x 1  [0,1] suy ra x n  [0,1] và x n khác a với mọi n do đó theo định lý Lagrăng tồn tại số thực c nằm giữa x n và a để         – ’ – n n f x f a f c x a      1 1 ’ – – – . n n n n x a f c x a x a m x a       + Mặt khác do 1 n x a   nên bằng qui nạp ta chứng minh được 1 – n n x a m   với 2 n  + Do 0 1 m   và 1 0 – n n x a m     0 nên lim n n x  = a . Kết luận lim n n x  = a. Bài 6 Đặt 1 ( ) ( ) 2 Q x P x   khi đó : 1 1 1 ( 1) , (0) , (1) 2 2 2 Q Q Q     Theo công thức nội suy Lagrange có :               2 1 1 1 1 0 1 2 2 x x x x Q x Q x Q Q        Từ đó với   1,1 x  ta có       2 1 1 1 1 1 . 1 . 2 2 2 2 2 x x x x Q x x              2 0;1 1 1 1 1 5 5 max 1 2 2 2 2 4 8 x x x x x x                  Giá trị lớn nhất của hàm bên trong dấu ngoặc trên đoạn   0,1 là 5 4 . Vì vậy     1 1 5 9 2 2 8 8 P x Q x      với   0,1 x Bài 7: Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 4 Bổ đề “Xét tam giác PQR có góc  0 60 QPR  và T là trung điểm của cạnh QR. Chứng minh 3 2 PT QR ” 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 bán kính 3 2 TS QR Do đó 3 2 TP TS QR  . 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 60 0 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  0 60 APB  .Khi đó sử dụng bổ đề trên và giải thiết của bài toán ta có   3 2 MN AB DE PM PN MN      (Trong đó M, N lần lượt là trung điểm của AB và DE) Theo bổ đề các tam giác ABP và PDE là đều và ta có   0 60 ABP PDE  . Từ đó suy ra đường chéo CF tạo với AD hoặc tạo với BE một góc lớn hơn hoặc bằng 60 0 . Không mất tính tổng quát, có thể giả sử rằng  0 60 AQF  , 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   0 60 BRC ERF  , 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 120 0 . SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2009 - 2010 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:   2 2009 1 1 x x x    Câu 2 (4,0 điểm). Tìm m để hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: Đ ề thi chính thức Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 5   2 ( 1) 1 x y m y x xy m x            Câu 3 (2,0 điểm). Cho ba số dương , , x y z . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 36 9x y z x y y z x z       Câu 4 (2,0 điểm). Cho dãy số   n x thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: i, 1 2 x  ii, 1 2 1 2 2 ( 1) ( 1) n n x x n x x n n        với n là số tự nhiên lớn hơn 1. Tính limu n với   3 1 . n n x u n  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:       . sin .sin f x f y x y f x y    với mọi số thực x, y. Chứng minh rằng   2 2 2 f x x   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     2 2009 1 1 x xf x x   trên  . Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 6     2 2 2009 ln20' 09 1 2009 1 1 x x x x xf x x               2 2 1 2009 1 ln2009 1 x x x x           vì 2 1 0 x x    và 2 1 1 0 1 ln 2 09 x   nên ( ) 0,f x x      hàm số f(x) đồng biến trên  . Mặt khác (0) 0 f  Vậy phương trình   2 2009 1 1 x x x    có duy nhất một nghiệm x = 0 Câu 2. Từ y m x   thay vào phương trình còn lại ta được : 3 2 0 (1) x mx m   Xét hàm số 3 2 ( ) f x x mx 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 (*) Ta có 2 ( ) 3 2 f x x mx    ; 0 ( ) 0 2 3 x f x m x            2 2 3 3 0 2 * (27 4 ) 0 2 (0). ( ) 0 3 3 3 2 m m m m m f f m                      Vậy 3 3 2 m   hoặc 3 3 2 m  là giá trị cần tìm. Câu 3. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương     2 2 2 2 2 2 9 36 xy yz zx x y z y x z xyz       Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 2 2 2 3 3xy yz x xz y z    (1) Và 2 2 2 2 2 2 4 4 4 12 9 12x y x yz y x z z     hay 2 2 2 2 2 2 3 9 12x y z y x z xyz     (2) Do các về đều dương, từ (1),(2) suy ra:     2 2 2 2 2 2 9 36 xy yz zx x y z y x z xyz       (đpcm). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1 Câu 4. Ta có 2 1 3 x  Với 3 n  Ta có:   3 1 2 2 1 n n x x nx n x         3 1 2 1 2 1 1 2 n n x x n x n x       Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 7 Từ (1), (2) suy ra :   3 3 1 1 n n n n x n x n x       3 2 1 1 3 1 . 1 . . 1 n n n n x n n x n nn n x               2 2 2 2 1 2 2 1 3 . 1 3 1 4 n n n n n x n n n n x                          2 4 ( 1) n x n n    Do đó   2 2 4 1 li 4 m mli n n u n    Câu 5. Trong mặt phẳng (ABC) : AM ∩ BC = {A 1 }. BM ∩ AC = {B 1 }, CM ∩ AB = {C 1 } Trong (DAA 1 ). Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA 1 tại A’ Xét tam giác DAA 1 có MA’ // AD nên 1 1 ' MBC ABC SMA MA DA AA S     Tương tự ta có 1 1 ' MAC ABC SMB MB DB BB S     , 1 1 ' MAB ABC MC MC S DC CC S     Suy ra   ' ' ' 1 MBC MAC MAB ABC MA MB MC doS S S S DA DB DC       Ta có 3 ' ' ' ' ' ' 3 . . MA MB MC MA MB MC DA DB DC DA DB DC    Suy ra MA’.MB’.MC’ ≤ 1 27 DA.DB.DC (không đổi) Vậy giá trị lớn nhất MA’.MB’.MC’ là 1 27 DA.DB.DC, đạt được khi 1 1 1 1 1 1 ' ' ' 1 1 3 3 MA MB MC MA MB MC DA DB DC AA BB CC        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 1 3 AP AB  MC là đường trung bình tam giác DBK nên BK = 2CM = 3 Suy ra 1 3 PQ AP BK AB   ; PQ = 1 3 BK = 3 3 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 8 1 1 1 . . . 2 3 6 AMNP AMCB V AM AN AP V AM AC AB    V AMCB = 1 2 V ABCD (Do M là trung điểm BD) ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên V ABCD = 2 12 (đvtt) Suy ra V AMCB = 1 2 2 . 2 12 24  . Vậy V AMNP = 1 6 V AMCB = 2 144 (đvtt) Câu 7.       . – sin .sin f x f y x y f x y   với mọi số thực x,y (1) Với x = y = 0 ta có     2 (0) 0 (0 0 ) 0 – 0 1 f f f f        Nếu   0 0, f  từ (1) chọn y = 0 ta có   0 f x  với mọi x, điều này không xảy ra với x = y = 2  . Suy ra   0 0 f  (loại) Với   0 1 f  , từ (1) chọn y x   ta có     2 . sin 1,f x f xx x      Chọn 2 x   ta được 0 2 . 0 2 2 0 2 f f f f                                        Nếu 0 2 f         từ (1) chọn 2 y   . Ta có sin cos (*) 2 2 f x x x x R                      Nếu 2 f         = 0 từ (1) chọn 2 y    . Ta có sin cos (**) 2 2 f x x x x R                     Từ (*) và (**) suy ra   cos . f x x  Thử lại thấy hàm số   cos . f x x  thỏa mãn x    Ta cần chứng minh 2 2cos 2, ; 2 2 xx x             . Xét hàm số   2 2cos – 2 g x x x  trên ; 2 2          . Do g(x) là hàm số chẵn nên chỉ cần chứng minh g(x) ≥ 0, 0; 2 x              ’ 2sin 2 , ” 2cos 2 0, 0; 2 g x x x g x x x                 ,   ” 0 0 g x x    suy ra g’(x) đồng biến trên 0; 2 x          Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 9 Nên       ’ ’ 0 0, ’ 0 0 g x g g x x      . Vậy hàm số g(x) đồng biến trên 0; 2 x          nên     0 0 g x g   hay 2 2cos 2 x x   (đpcm). 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 3 3 1 0 x x    . CMR phương trình có 3 nghiệm   1 2 3 1 2 3 , , x x x x x x   và thỏa mãn điều kiện 2 3 2 2 x x   Bài 2. Gọi I là tâm đương tròn nội tiếp tam giác ABC ; 1 2 3 , , , R R R 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: 2 1 2 3 . . 2 . R R R r R  Bài 3. Tìm giá trị của m để hệ 2 2 2 4 x y x y m          có nghiệm. CMR : 2 ln 2 x y y x x y          với 0, 0. x y   Bài 4. Giải PT: 3 3 cos 4sin 3sin 0 x x x    Bài 5. a. Với A, B, C là ba góc của một tam giác, CMR phương trình: 2 2 3 sin sin sin 2 2 2 x x A B C     Có 4 nghiệm phân biệt. b. Giải phương trình:   2 1 2 2 .3 1 .3 1 0 x x x x x x        Hết HƯỚNG DẪN Bài 1: * CM phương trình có 3 nghiệm phâm biệt bằng cách xết các khoảng:       1;2 , 2; 1 ; 0;1   Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 10 * Theo giả thiết, ta có 2 2 3 2 x x   , vì 2 x là nghiệm của PT 3 3 1 0 x x    Nên ta có,       3 2 2 6 4 2 2 4 2 3 3 3 3 3 3 3 3 2 3 2 1 0 6 9 1 6 9 1 x x x x x x x x                  3 2 3 3 2 3 3 3 3 3 3 1 0 3 1 3 1 0 x x x x x x               Khi đó 3 x cũng là nghiệm của pt đã cho. Bài 3: a. Từ điều kiện 2 2 4 x y   nên ta đặt 2sin , 2cos x t y t   thay vào PT 2 x y m   , ta được : 2 2 2sin 4cos 4sin 2sin 4 t t m t t m       Từ việc xét hàm số 2 ( ) 4 2 4 f X X X    trên   1;1  Ta được: 17 ;2 4 m         thì hệ đã cho có nghiệm. b. Ta CM: 2 2 y x y x y x    (1) Thật vậy: 2 2 2 2 0, , 0 2 y x y x y xy x y x y x          Mặt khác ln , 0 X X X    , do vậy ln x y x y x x          (2) Từ (1) và (2) ta có ĐPCM. Bài 4: PT đã cho tương đương với: cos3 3cos cos3 0 cos3 cos 4 2 2 x k x x k x x x x k x                  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 : 2 3 1 x y x    có đồ thị là (C) [...]... mãn điều kiện gì để C , thuộc cạnh SC khi đó tính diện tích thi t diện 2 Tính thể tích hình chóp SAB , C , D , Bài 5: a, b, c là ba số thực  0 chứng minh rằng: a2 b2 c2 a b c      b2 c2 a2 b c a Sơ lược đáp án đề thi chọn học sinh giỏi 12 Năm học 2008-2009 -Đáp án Bài 1 (4 điểm) BỘ ĐỀ THI HSG TỐN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 34 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com... 3 khơng thỏa mãn BỘ ĐỀ THI HSG TỐN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 30 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Nếu tan 2 y  1 thì từ (1) có: tan 2 y  3  tan 2 y   0 , từ đó tan 2 y  3 Vậy với mọi y ta có: 1  tan 2 y  3 , tức là 1  tan y  3 và giá trị của y phải tìm là:   2 3 y và y 4 3 3 4 ubnd tỉnh tun quang kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 - THPT sở giáo dục... a – 1 b  a  a – 1  0  * Coi vế trái (*) là một tam thức bậc hai có  = (a – 1)2 – 4a(a – 1) = (1 – a)(1 + 3a) 1 2 2 Để b có thể hữu tỉ ta chọn a sao cho  là số chính phương  chọn a = -  b = , c = 3 3 3 BỘ ĐỀ THI HSG TỐN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 33 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Vậy bộ số (a = - Email: Changngoc203@gmail.com 1 2 2 , b = , c = ) là một bộ số hữu tỉ cần tìm 3 3 3 Câu 5 (4... (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 TỐN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 15 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com   Giải : Chọn hệ trục tọa độ sao cho... vào 4 trong số 13 vị trí xen kẽ giữa 12 cây (kể cả 2 đầu), nên: 4 Số cách chặt 4 cây ở trường hợp 1 là: C13  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 khơng có hai cây nào kề nhau bị chặt ( hai cây ở hai phía của cây A cũng khơng được chặt) Đặt BỘ ĐỀ THI HSG TỐN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 20 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:... (Hình học khơng gian H) Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên mp (BCD) BỘ ĐỀ THI HSG TỐN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 23 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Từ H kẻ HI  BC , HJ  CD ,HK  BD, thì   AIH   AJH   AKH   Email: Changngoc203@gmail.com A SBDC = SHBD + SHCD + SHBC = SABDcos  + SABCcos  + SACDcos  Do tứ diện ABCD gần đều nên: SBDC = SABD = SABC = SACD  cos   cos   cos   1 va cos  ,... B ào Mơn thi: Tốn THPT Th i gian làm bài: 180 phút (khơng k giao ) Ngày thi: 7 tháng 4 n m 2009 ============== Bài 1 (6 điểm) 1 So sánh hai số: 20092010 và 20102009 2 Tính giới hạn sau:   1 1 lim    x  0 3 x ( 1  4 x  1)  2 x ( 3 (1  6 x) 2  3 1  6 x  1)    Bài 2 (4 điểm) BỘ ĐỀ THI HSG TỐN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 24 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 1 Cho... 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 Tốn 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 TỐN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 14 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com... a > 1, b > 1: m = ab b b 1 2m – 1  2a.b – 1   2a  – 1   2a – 1  2a     2 a  1     BỘ ĐỀ THI HSG TỐN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 32 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Vì a, b  Email: Changngoc203@gmail.com  2a  1  1  ; a > 1, b > 1 nên  a b 1  2m – 1 là hợp số, trái với giả thi t 2m – 1 là số ngun a (2 )   2  1  1  tố Vậy m phải là số ngun tố Câu 3 (4 điểm)    ...  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 TỐN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 12 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Suy ra phương trình có nghiệm x   2 cos Email: Changngoc203@gmail.com  9 Câu 2 : (3 điểm) Cho tam giác ABC có sin 2 A , sin 2 B , sin 2 C lập thành . Email: Changngoc203@gmail.com BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 1 TUYỂN CHỌN BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC. Changngoc203@gmail.com BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 15 Gọi * A là tập hợp các cách xếp thỏa yêu cầu đề bài Ta có  4 1 * 4 1 *   i i i i AAAAAA Mà 369600 )!3( !12 4 A . Bài 7: Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 4 Bổ đề “Xét tam giác PQR có góc  0 60 QPR  và T là trung điểm của cạnh