ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM 2008 pptx

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT CẤP TỈNH ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Khóa ngày 25 thng 11 năm 2008 Môn: TOÁN Câu Nội dung 1  Điều kiện: x > -1  Biến đổi về phương trình: ( ) 4 x 1 4+ =  Do đó: x = 2 1− 2 1/ Gọi S 1 , S 2 , S 3 lần lượt là diện tích các tam giác BMN,CNP, AMP. Ta có: ABN ABC S BN S BC = Mà: BC BN NC 1 k 1 1 BN BN k k + + = = + = Vậy: ABN k S S k 1 = +  Ta có: NBM NBA S MB S AB = Mà: AB AM MB 1 k MB MB + = = + Vậy: NBM ABN 1 S S k 1 = +  Nên: NBM 2 k S S (k 1) = + hay 1 2 k S S (k 1) = +  Vì S 1 , S 2 , S 3 có vai trò như nhau nên: S 1 = S 2 = S 3 2 k S (k 1) = +  Diện tích tam giác MNP bằng: MNP S S= − 2 3k S (k 1)+ = 2 3k 1 S (k 1)   −  ÷ +   2/  Diện tích tam giác MNP nhỏ nhất khi hàm y = 2 3k 1 (k 1) − + với k > 0 đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: y’ = 3 3(k 1) (k 1) − + ( k >0) Lập bảng biến thiên , từ đó suy ra hàm số đạt giá trị nhỏ nhất N P M A B C khi k = 1, khi đó y = 1 4 .  Do đó: Diện tích tam giá MNP đạt GTNN bằng S 4 khi k = 1. 3  Ta có: ( ) 7 7 7 6 5 2 4 3 3 4 2 5 6 a b a b 7a b 21a b 35a b 35a b 21a b 7ab + − − = + + + + + = 7ab( a + b) ( ) 4 3 2 2 3 4 a 2a b 3a b 2ab b+ + + + = 7ab( a +b ) ( ) 2 2 2 a ab b+ +  Theo giả thiết ta suy ra: 2 2 a ab b+ + chia hết cho 3 7 .  Chọn: a = 1, 2 2 a ab b+ + = 3 7 ta được: 2 b b 342 0+ − = Giải phương trình ta được: b = 18 hoặc b = -19 ( loại)  Vậy cặp ( a, b) = ( 1, 18) thoả điều kiện bài toán. 4  Đặt u = z 11 , v = 5 y 2 ( Đk: u > 0, v > 0 ) ta có hệ phương trình: x 4 2 x 1 u v 71 u v 21 u v 16 −  − =  + =   + =  ⇔ x 4 2 x u v 71 (1) u 21 v (2) u (16 v)u (3)  = +  = −   = −   Vì u > 0 nên 21- v 2 > 0 suy ra: 0 < v < 21 Từ (1), (2), (3) suy ra: 4 2 (v 71) (16 v)(21 v ) 0+ − − − = ⇔ 4 3 2 v v 16v 21v 265 0− + + − =  Đặt f(v) = 4 3 2 v v 16v 21v 265− + + − Ta có: f(0) = -265 < 0 , f(4) = 267 > 0 nên f(0).f(4) < 0 f'(v) = 3 2 4v 3v 32v 21− + + f’’(v) = 2 12v 6v 32 0− + > với mọi v (0; 21)∈  Vậy f(v) là hàm tăng trên (0; 21 )  Do đó: f(v) = 0 có nghiệm duy nhất thuộc khoảng (0; 21 ). Nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất. 2 5  Ta có: f (a) f (b) a b− ≥ − với mọi a, b thuộc [a; b]. (1) Mà: f(a), f(b) thuộc [a; b] nên: f (a) f (b) a b− ≤ − . (2) Từ (1) và (2) suy ra: f (a) f (b) a b− = − Do đó: f(a) = a, f(b) = b hoặc f(a) = b, f(b) = a. * Nếu f(a) = a, f(b) = b thì: . f (x) f (a) f (x) a x a− = − ≥ − ⇔ f(x) – a ≥ x - a ⇔ f(x) ≥ x với mọi x [ ] a;b∈ . f (b) f (x) b f (x) b x− = − ≥ − ⇔ b - f(x) ≥ b - x ⇔ f(x) ≤ x với mọi x [ ] a;b∈ Do đó: f(x) = x với mọi x [ ] a;b∈ * Nếu f(a) = b, f(b) = a thì: . f (x) f (a) f (x) b x a− = − ≥ − ⇔ b - f(x) ≥ x - a ⇔ a + b – x ≥ f(x) với mọi x [ ] a;b∈ . f (x) f (b) f(x) a x b− = − ≥ − ⇔ f(x) – a ≥ b - x ⇔ a + b – x ≤ f(x) với mọi x [ ] a;b∈ Do đó: f(x) = a + b - x với mọi x [ ] a;b∈  Kết luận: f(x) = x hoặc f(x) = a + b - x 6  Ta có: P(x, y) = 3 2 3 x 3xy y− + = ( ) ( ) 3 2 3 y x 3 y x x x− − − − = ( ) ( ) 2 3 3 y 3y x y x y− + − + −  Vậy: P(x, y) = P( y - x, -x ) = P( -y, x - y )  Do đó: (x, y) là một nghiệm nguyên của phương trình P(x, y) = n ( n nguyên dương) thì ( y-x, -x) và (-y, x – y) cũng là nghiệm .  Rõ rang: 3 nghiệm này phân biệt. Thật vậy: vì nếu chúng trùng nhau thì x =y = 0 Khi đó: n = 0 Vô lí ! 7 1/  Nội tiếp tứ diện ABCD trong một hình chữ nhật AECF.GBHD ( xem hình). Gọi: x, y, z là ba kích thước hình hộp chữ nhật. V là thể tích hình tứ diện ABCD. Ta có: hình hộp chữ nhật AECF.GBHD chia thành 5 khôi chóp: ABCD và bốn khối chóp có thể tích bằng nhau là G.ABD, F.ADC, H.BDC, E.ABC. Do đó: hhcn G.ABD V V 4.V= + 3 Hay x.y.z = V + 4. 1 1 . 3 2 .x.y.z ⇔ V = 1 xyz 3  Theo định lý Pitago ta có hệ phương trình xác định x, y, z : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y b y z c z x a  + =  + =   + =  Suy ra: 2 2 2 2 2 2 a b c x y z 2 + + + + =  Giải hệ phương trình trên ta được: 2 2 2 2 a b c x 2 + − = ; 2 2 2 2 c b a y 2 + − = ; 2 2 2 2 a c b x 2 + − =  Vậy: V = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 b a c b c a c a b 3 2 + − + − + − 2/  Tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện cũng chính là tâm I của hình cầu ngoại tiếp của hình hộp chữ nhật. Suy ra: I chính là trung điểm của đường chéo hình hộp chữ nhật.  Bán kính R = 2 2 2 2 2 2 x y z 2(a b c ) 2 4 + + + + = B H D G I  E C A F 4 . KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT CẤP TỈNH ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Khóa ngày 25 thng 11 năm 2008 Môn: TOÁN Câu Nội dung 1  Điều kiện: x > -1  Biến. 2a b 3a b 2ab b+ + + + = 7ab( a +b ) ( ) 2 2 2 a ab b+ +  Theo giả thi t ta suy ra: 2 2 a ab b+ + chia hết cho 3 7 .  Chọn: a = 1, 2 2 a ab b+ + = 3 7 ta được: 2 b b 342 0+ − = Giải. 1) − + với k > 0 đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: y’ = 3 3(k 1) (k 1) − + ( k >0) Lập bảng biến thi n , từ đó suy ra hàm số đạt giá trị nhỏ nhất N P M A B C khi k = 1, khi đó y = 1 4 .  Do đó: