ĐỀ THI học SINH GIỎI năm học 2008 2009 môn toán thpt

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2008-2009 MÔN TOÁN Thời gian :180 phút BÀI I: 1.Chứng minh rằng 0 >∀ x và n nguyên dương ta có : !!2 1 2 n xx xe n x ++++>  2.Chứng minh rằng với 10 << x và n nguyên dương ne xx n 2 1 1 <− BÀI II : Tìm các giá trị của tham số a sao cho phương trình 0)22(log2)32(log4 3 1 22 3 2 =+−++− +− −− axxx xx ax có 3 nghiệm BÀI III : Đường chéo hình hộp chữ nhật , tạo với ba kích thước a,b,c cácgóc γβα ,, . V là thể tích của hình hộp.Chứng minh rằng : 2 12 6 12 6 12 6 2178 coscoscos V cba ≥++ γβα BÀI IV : Người ta sơn bề ngoài của một khối lập phương thành màu trắng và cưa thành 64 khối lập phương nhỏ .Sau đó , từ các khối lập phương nhỏ , người ta xếp để tạo lại khối lập phương cũ , nhưng lúc ấy các khối lập phương nhỏ có thể thay đổi vị trí và quay đi . Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp các khối lập phương nhỏ để khối lập phương lớn có bề ngoài được sơn màu trắng. ĐÁP ÁN BÀI I : 1. Xét hàm số =)(xf n ) !!2 1( 2 n xx xe n x ++++−  Ta phải chứng minh với mọi x>0 và n nguyên dương : 0)( >xf n Thật vậy ta có với mọi n nguyên dương : 0)0( = n f Xét )1()( 1 xexf x +−= => 01)( ' 1 >−= x exf Vậy )( 1 xf tăng => với mọi x>0 , )( 1 xf > )0( 1 f = 0. Vậy công thức đúng với n = 1 Giả sử công thức đúng với n-1 ta có 0) )!1(!2 1()( 12 1 > − ++++−= − − n xx xexf n x n  Ta có =)( ' xf n 0)() )!1(!2 1( 1 12 >= − ++++− − − xf n xx xe n n x  Vậy )(xf n tăng khi x>0 => 0>∀x : 0)0()( => nn fxf => 0) !!2 1( 2 >++++− n xx xe n x  ( 0>∀x ) => !!2 1 2 n xx xe n x ++++>  ( 0>∀x ). 2. Ta phải chứng minh : ne xx n 2 1 )1( 2 <− e nxnx n 1 )22( 2 <−⇔ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2n +1 số : gồm 2n số x và số 2n - 2nx , ta có : 12 2 12 )22(2 )22( +       + −+ ≤− n n n nxnnx nxnx 12 2 12 2 )22( +       + ≤− n n n n nxnx Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 2n - 2nx 12 2 + =⇔ n n x Ta cần chứng minh en n n 1 12 2 12 <       + + 12 1 )2ln()12ln( 1 2 12 ln 2 12 12 12 + >−+⇔ >       + ⇔ >       + ⇔ + + n nn n n e n n n n Áp dụng định lí Lagrange cho hàm số f(x) = lnx trên đoạn [2n,2n+1]. với x xf 1 )( ' = ta có : ln(2n+1) - ln(2n) = (2n+1-2n) )( ' cf với 2n < c < 2n+1. ln(2n+1) - ln(2n) = c 1 với ncn 2 11 12 1 << + Vậy ta có ln(2n+1) - ln(2n) > 12 1 +n (đpcm). BÀI II : Phương trình đã cho luôn xác định với mọi giá trị của x. Ta có ( ) )22(log 2 1 )22(log)22(log 3 3 3 1 2 +−−=+−=+− − axaxax Phương trình đã cho tương đương với phương trình 0)2_2(log 2 1 )32(log 2 1 3 12 2 3 2 2 =+−+− +− − axxx xx ax )2_2(log2)32(log2 3 22 2 3 32 2 +=+−⇔ +− +− axxx ax xx (1) Hai hàm số t tf 2)( = và ttg 3 log)( = đều đồng biến trên [ ) +∞;2 và lấy giá trị dương trên [ ) +∞;2 nên hàm số ttgtf t 3 log2)()( = đồng biến trên [ ) +∞;2 Hơn nữa 22)1(32 22 ≥+−=+− xxx và 2 22 ≥+− ax với mọi ℜ∈x Do đó phương trình (1) tương đương với phương trình 2232 2 +−=+− axxx    −= =++− ⇔    −−=− −=− ⇔ −=−⇔ )3 ( 12 )2 (0124 )1()(2 )1()(2 )1(2 2 2 2 2 2 ax axx xax xax xax Từ đó suy ra rằng phương trình đã cho có 3 nghiệm trong 3 trường hợp sau : 1/Phương trình (2) có nghiệm kép và phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt khác nghiệm của (2). 2/Phương trình (3) có nghiệm kép và phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác nghiệm của (3). 3/Hai phương trình (2) và (3) đều có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm chung . Ta lần lượt xét 3 trường hợp trên : 1/Phương trình (2) có nghiệm kép x = 2 khi và chỉ 2 3 023 ' =⇔=−=∆ aa khi đó phương trình (3) có hai nghiệm x = 2± (khác 2) Vậy a = 2 3 thỏa mãn điều kiện của bài toán . 2/ Phương trình (3) có nghiệm kép x = 0 khi và chỉ khi 2a - 1 = 0 2 1 =⇔ a , khi đó phương trình (2) trở thành x 2 - 4x + 2 = 0 có hai nghiệm khác 0. Vậy 2 1 =a thỏa mãn điều kiện của bài toán . 3/Nếu x 0 là một nghiệm chung của (2) và (3) thì    −= =++− 12 0124 2 0 0 2 0 ax axx Từ đó suy ra a = 1 khi đó phương trình (2) trở thành x 2 - 4x + 3 = 0 có nghiệm x=1 , x = 3 và phương trình (3) trở thành x 2 = 1 có nghiệm x = 1± . Vậy a =1 thỏa điều kiện của bài toán. Kết luận 2 1 =a , a = 2 3 , a =1 là các giá trị cần tìm. BÀI III : γ β α b c a Ta có 222 2 2 cos cba a ++ = α 222 2 2 cos cba b ++ = β 222 2 2 cos cba c ++ = γ Suy ra : ( ) αα 6 3 222 12 6 coscos cbaa ++ = ( ) ββ 6 3 222 12 6 coscos cbab ++ = ( ) γγ 6 3 222 12 6 coscos cbac ++ = Suy ra : ( ) ( ) γβαγβα 6 3 222 6 3222 6 3 222 12 6 12 6 12 6 coscos )( coscoscoscos cbacbacbacba ++ + ++ + ++ =++ ( )         ++++= γβα 666 3 222 cos 1 cos 1 cos 1 cba (1) Áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có : ( ) 222 3 222 27 cbacba ≥++ (2) Vẫn theo bất đẳng thức Côsi , thì 27 coscoscos 3 cos.cos.cos 3 cos 1 cos 1 cos 1 222222666 γβαγβαγβα ++ ≥≥++ Vì 1coscoscos 222 =++ γβα nên 81 cos 1 cos 1 cos 1 666 ≥++ γβα (3) Do V=abc nên từ (1) , (2) , (3) suy ra : 2 12 6 12 6 12 6 2187 coscoscos V cba ≥++ γβα Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi γβα == (tức là hình hộp đã cho là hình lập phương) BÀI IV: Trong 64 khối lập phương nhỏ có : (1) 8 khối được sơn 3 mặt (2) 24 khối được sơn 2 mặt (3) 24 khối được sơn 1 mặt (4) 8 khối không được sơn mặt nào . Rõ ràng là nếu muốn khối lập phương nhận được bên ngoài có sơn thì các khối loại (1) phải đặt ở đỉnh và mỗi khối có thể đặt theo 3 cách , do đó có 3 8 .8! cách . Tương tự , đối với loại (2) có 2 24 .24! cách sắp xếp , loại (3) có 4 24 .24! cách sắp xếp và loại (4) có 24 8 .8! cách sắp xếp . Vậy có tất cả là 3 8 .8!.2 24 .24!. 4 24 .24! .24 8 .8! = (3 8 .2 48 .8!.24!) 2 . ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2008-2009 MÔN TOÁN Thời gian :180 phút BÀI I: 1.Chứng minh rằng 0 >∀ x và n nguyên dương. )2_2(log2)32(log2 3 22 2 3 32 2 +=+−⇔ +− +− axxx ax xx (1) Hai hàm số t tf 2)( = và ttg 3 log)( = đều đồng biến trên [ ) +∞;2 và lấy giá trị dương trên [ ) +∞;2 nên hàm số ttgtf t 3 log2)()(. và phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác nghiệm của (3). 3/Hai phương trình (2) và (3) đều có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm chung . Ta lần lượt xét 3 trường hợp trên : 1/Phương