ĐỀ THI HSG ĐỒNG NAI NĂM 2011-2012 Câu (4,5 điểm) Cho phương trình x3 + 3ux2 + 3vx − u3 + 2uv = Chứng minh phương trình cho có ba nghiệm dương u < 2 2u < 4v < 3u Câu (3 điểm) Giải phương trình − cos x = sin x − sin x Câu (4 điểm) Cho a, b, c ≥ thỏa a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = (a − b)3 + (b − c)3 + (c − a)3 Câu Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Biết mặt phẳng (α ) cắt cạnh AA ', BB ', CC ', DD ' điểm A1 , B1 , C1 , D1 ; với điểm A, B, C, D không thuộc (α ) Gọi V , V1 thể tích khối chóp A1 ABCD, A A1 B1C1 D1 Chứng minh V = V1 Câu Cho m số nguyên dương thảo m = 2n p (với n số nguyên dương p số nguyên tố) Hãy tính tổng ước m theo n p HƯỚNG DẪN GIẢI Câu Xét hàm số f ( x) = x3 + 3ux2 + 3vx − u3 + 2uv có đồ thị (C) Ta có: f ( x) = có ba nghiệm dương hàm số f thỏa đồng thời điều kiện sau: i) Hàm số có hai điểm cực trị dương ii) Hai cực trị hàm số trái dấu iii) f (0) < ) ( • Ta có f '( x) = x2 + 2ux + v ⇒ f '( x) = ⇔ x2 + 2ux + v = (*) Hàm số có hai điểm cực trị dương ⇔ (*) có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 ∆ = u2 − v > u < ⇔ −u > ⇔ v > 0 < v < u • Chia f cho f ' ta có: f ( x) = ( x + u) f '( x) + 2(v − u2 ) x − u3 + uv f ( x1 ) = mx1 + n, f ( x2 ) = mx2 + n với m = 2(v − u2 ), n = −u3 + uv Nên f ( x1 ) f ( x2 ) < ⇔ m2 x1 x2 + mn( x1 + x2 ) + n2 < ⇔ m2v − 2umn + n2 < ⇔ 4v(v − u2 )2 − 4u2 (v − u2 )2 + u2 (v − u2 )2 < ⇔ 4v < 3u2 (2) • f (0) = −u3 + 2uv < ⇔ −u2 + 2v > ⇔ 4v > 2u2 (3) Từ (1), (2) (3) ta có đpcm Câu Điều kiện: sin 3x − sin x ≠ Cách 1: Phương trình ⇔ − cos x + 2 cos x sin x = ⇔ + sin2 x + 2 cos x sin x = ) ( ( ) ⇔ − cos2 x + sin2 x + 2 cos x sin x + cos2 x = ⇔ sin2 x + ( sin x + cos x ) =0 cos x = −1 sin x = π x = + k2π sin x = ⇔ ⇔ ⇔ sin x = ⇔ 3π cos x = sin x + cos x = x = + k2π sin x = − Kết hợp điều kiện ta có x = π 3π + k2π , x = + k2π nghiệm phương trình 4 Cách Đặt x = a + π ⇒ cos x = − sin 2a sin 3x − sin x = −2 cos x sin x = cos a ( sin a + cos a ) + sin 2a Phương trình trở thành: cos a(sin a + cos a) = ⇔ + sin 2a = cos a ( sin a + cos a ) Đặt t = sin 2a ∈ −1;1 Suy (2 + sin 2a)2 = cos2 a(1 + sin 2a) Hay (2 + t)2 = 4(1 − 2t2 )2 (1 + t) ⇔ t2 + t + = 16(t4 − t2 )(t + 1) + t + t = ⇔ t2 = 16t2 (t − 1)(t + 1) ⇔ 16(t − 1)(t + 1) = (vn0 ) t = ⇔ sin 2a = ⇔ a = kπ π kπ ⇔x= + Kết hợp điều kiện ta có x = π 3π + k2π , x = + k2π nghiệm phương trình 4 Câu Ta có x3 + y3 + z3 = 3xyz với x + y + z = Do a − b + b − c + c − a = ⇒ P = 3(a − b)(b − c)(c − a) Giả sử b = {a, b, c} Nếu c ≥ a ⇒ P ≤ Ta xét c ≤ a Cách Ta có (a − b)(b − c)(c − a) = (a − b)(c − b)(a − c) ≤ ac(a − c) 2ac + 2ac + (a − c)2 (a + c)6 = Mặt khác: 2ac.2ac.(a − c) ≤ ≤ 27 27 Suy ac(a − c) ≤ 3 Do P ≤ = 18 18 b = 3+ 3− Đẳng thức xảy ⇔ a + b + c = ⇔ a = , b = 0, c = 6 2ac = (a − c) Vậy max P = Cách Ta có: (a − b)(b − c)(c − a) = (a − b)(c − b)(a − c) ≤ (a + b).c(a + b − c) 1 2 Đặt x = a + b ∈ ;1 , suy c = − x Khi đó: (a − b)(b − c)(c − a) ≤ x(1 − x)(2 x − 1) = f ( x) Xét f ( x ) = x (1 − x )( x − 1) , < x≤1 f ' ( x ) = −6 x2 + x − = ⇔ x = 3+ 3+ 3 với x ∈ ( ;1] = 18 Lập bảng biến thiên ta được: f ( x ) ≤ f Đẳng thức xảy a = 3+ 3− , b = 0, c = 6 Vậy max P = Bài A' D' B' C' C1 A1 B1 D1 D3 B3 B2 D A1 D A B A D2 D1 A' C Ta có A1 B1C1 D1 hình bình hành nên V = 2VA ABD D' , V1 = 2VA A B D 1 Cách Qua A1 kẻ mặt phẳng (β ) song song với mp(ABD) cắt BB1 B2 , DD1 D2 Gọi B3 = AB1 ∩ A1 B2 , D3 = AD1 ∩ A1 D2 Ta có VA A B1 D1 Ta chứng minh: ⇔ ⇔ ⇔ AB1 AD1 AB3 AD3 AB1 AD1 AB3 AD3 = AB1 AD1 AB3 AD3 VA A B D 3 VA A B D = VA ABD 3 d ( A, ( A1 B3 D3 ) ) S∆A B D = d ( A1 , ( ABD) ) S∆ABD 3 A1 B2 A1 D2 S = S∆ABD (Do d ( A, ( A1 B3 D3 ) ) = d ( A1 , ( ABD) ) ) A1 B3 A1 D3 ∆A1 B3 D3 A1 B2 A1 D2 1 A1 B3 A1 D3 sin · B3 A1 D3 = AB AD.sin · BAD A1 B3 A1 D3 2 ⇔ A1 B2 A1 D2 = AB AD (Do · B3 A1 D3 = · BAD ) Đẳng thức cuối Cách Ta có: VA ABD = VB A AD = d ( B, ( AA1 D) ) S∆AA D 1 VA A B D = VB AA D = d ( B1 , ( AA1 D1 ) ) S∆AA D 1 1 1 1 Mà d ( B, ( AA1 D) ) = d ( B1 , ( AA1 D1 ) ) S∆AA 1D = S∆AA D 1 Nên ta có đpcm Bài Ta xét hai trường hợp • p = ⇒ m = 2n +1 nên ước m là: 20 , 21 , , 2n+1 nên tổng ước m 20 + 21 + + 2n +1 = 2n + − • p > ta có ước m 20 , 21 , , 2n , 20 p, 21 p, , 2n p nên tổng ước (2 n +1 GV: Nguyễn Tất Thu ) − ( p + 1) ... x) = x3 + 3ux2 + 3vx − u3 + 2uv có đồ thị (C) Ta có: f ( x) = có ba nghiệm dương hàm số f thỏa đồng thời điều kiện sau: i) Hàm số có hai điểm cực trị dương ii) Hai cực trị hàm số trái dấu iii)... 1) , < x≤1 f ' ( x ) = −6 x2 + x − = ⇔ x = 3+ 3+ 3 với x ∈ ( ;1] = 18 Lập bảng biến thi n ta được: f ( x ) ≤ f Đẳng thức xảy a = 3+ 3− , b = 0, c = 6 Vậy max P = Bài A' D' B' C'