Dap an DBSCL

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG LẦN THỨ 16 TẠI TỈNH TIỀN GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 12 Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 04 tháng 01 năm 2009 Câu 1: ( 3 điểm) Giải phương trình: 5 4 3 2 32x 32x 16x 16x 2x 1 0 (1)+ − − + + = . ĐÁP ÁN ĐIỂM Đặt X 2x= 5 4 3 2 (1) X 2X 2X 4X X 1 0 (2)⇔ + − − + + = 0,25đ • Ta thấy X = 2 không phải là nghiệm của (2) 0,25đ • Xét X ≠ 2: 5 4 3 2 6 4 2 3 2 (2) (X 2)(X 2X 2X 4X X 1) 0 X 6X 9X X 2 0 (X 3X) X 2 (3) ⇔ − + − − + + = ⇔ − + − − = ⇔ − = + 0,25đ X là nghiệm của (3) X 2⇒ ≥ − 0,25đ Khi đó: (3) 3 X 3X X 2 (4)⇔ − = ± + 0,25đ • Xét X > 2: 3 2 X 3X X(X 4) X X 2X X 2 X 2− = − + > > > + > − + ⇒ (4) vô nghiệm. 0,25đ • Xét 2 X 2:− ≤ < đặt X = 2cost (0 < t ≤ π) (4) 3 8cos t 6cost 2cost 2⇔ − = ± + t cos3t cos 2 ⇔ = ± 0,25đ t cos3t cos 2 t cos3t cos( ) 2  =  ⇔   = π −   0,25đ 4k t 5 4k t 7 2 4k t 7 7 2 4k t 5 5 π  =   π  =  ⇔  π π  = +   π π = − +   (k )∈¢ 0,25đ ĐỀ CHÍNH THỨC Vì t (0; ]∈ π nên 2 4 2 4 6 t ;t ;t ;t ;t 5 5 7 7 7 π π π π π = = = = = 0,5đ Do X x cost 2 = = nên (1) có 5 nghiệm 2 4 2 4 6 x cos ; x cos ; x cos ; x cos ; x cos 5 5 7 7 7 π π π π π = = = = = 0,25đ Câu 2: ( 3 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi A’, B’, C’ là các điểm bất kỳ lần lượt trên các cạnh BC, CA, AB sao cho các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = AB’.CA’.BC’. ĐÁP ÁN ĐIỂM Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Ta có : AB' B'C AB'.B'C 2 + ≤ 0,5đ Hay AB'.B'C AN≤ 0,25đ 2 AB'.B'C AN⇔ ≤ 0,25đ Tương tự: 2 CA'.A'B CM≤ 2 BC'.C'A BP≤ 0,5đ Suy ra: ( ) ( ) ( ) 2 AB'.CA'.BC' B'C.A'B.C'A AN.CM.BP≤ 0,25đ Theo định lý Céva thì: AB' CA' BC' . . 1 AB'.CA'.BC' B'C.A'B.C'A B'C A'B C'A = ⇒ = 0,5đ Nên: T = AB’.CA’.BC’ ≤ AN.CM.BP BC.CA.AB abc 8 8 = = 0,25đ Vậy: giá trị lớn nhất của biểu thức T = AB’.CA’.BC’ là abc 8 , xảy ra khi A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. 0,5đ Câu 3: ( 2 điểm) Giải phương trình sau trong tập hợp các số nguyên dương : 1 1 1 x y 2009 + = ĐÁP ÁN ĐIỂM Từ phương trình, ta suy ra : x > 2009 và y > 2009 1 1 1 1 1 1 x y 2009 x y 7. 41 + = ⇔ + = (1) 0,25đ ( ) 7 41 x y xy⇔ + = 7 41x xy 7 41y⇔ = − 49.41x xy 49.41y 14y 41x⇔ = + − (*) 0,25đ Nếu 41x không là số chính phương thì 41x là số vô tỉ. Khi đó (*) không thỏa. 0,25đ Do đó 41x là số chính phương, suy ra x = 41a 2 , với a ∈ * ¥ Tương tự : y = 41b 2 , với b ∈ * ¥ . 0,25đ Phương trình (1) trở thành: 1 1 1 a b 7 + = (2) Từ phương trình (2), ta suy ra: a, b > 7. 0,25đ Đặt : a = 7 + m và b = 7 + n với m,n ∈ * ¥ Phương trình (2) được viết lại: 1 1 1 7 m 7 n 7 + = + + (3) (3) ⇔ 7(14 + m + n) = (7 + m).(7 + n) ⇔ m.n = 7 2 0,25đ Suy ra: m = 1, n = 7 2 ⇒ a = 8 , b = 56 ⇒ x = 2624 , y = 128576 m = 7, n = 7 ⇒ a = 14 , b = 14 ⇒ x = 8036 , y = 8036 m = 7 2 , n = 1 ⇒ a = 56 , b = 8 ⇒ x = 128576 , y = 2624 0,25đ Thử lại, ta được ba nghiệm trên đều thỏa phương trình đã cho. 0,25đ Câu 4: ( 3 điểm) Cho dãy số { } n u thỏa mãn điều kiện: ( ) * n n n 1 0 u 1; n 1 u 1 u ; n 2 4 −  < < ∀ ∈   − > ∀ ≥   ¥ Tìm n n lim u →+∞ . ĐÁP ÁN ĐIỂM Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương n n 1 u , 1 u − − ta có: ( ) ( ) n n 1 n n 1 1 u 1 u 2 u . 1 u 2. 1 2 − − + − ≥ − > = 0,5đ Nên: n n 1 u u , n , n 2 − > ∀ ∈ ≥¥ Vậy dãy số { } n u là dãy đơn điệu tăng. 0,5đ Ngoài ra dãy số { } n u bị chặn trên bởi 1. 0,25đ Do đó tồn tại giới hạn n n lim u →+∞ , giả sử: n n lim u a →+∞ = 0,5đ Mặt khác: ( ) n n 1 1 u . 1 u , n 2 4 − − > ∀ ≥ ( ) n n 1 n 1 lim u . 1 u 4 − →+∞   ⇒ − ≥   0,5đ Suy ra: ( ) 1 a. 1 a 4 − ≥ 0,25đ 2 1 a 0 2   ⇔ − ≤  ÷   1 a 2 ⇔ = Vậy n n 1 lim u 2 →+∞ = . 0,5đ Câu 5: ( 3 điểm) Cho hình hộp chữ nhật có độ dài ba kích thước là các số tự nhiên. Các mặt của hình hộp được sơn màu xanh. Chia hình hộp này thành các khối lập phương đơn vị bằng các mặt phẳng song song với các mặt của hình hộp. Tìm các kích thước của hình hộp, biết rằng số các khối lập phương đơn vị không có mặt nào màu xanh bằng 1 3 tổng số các khối lập phương đơn vị. ĐÁP ÁN ĐIỂM Giả sử độ dài 3 cạnh hình hộp chữ nhật là x y z≤ ≤ , với x, y, z * ∈ ¥ . Từ điều kiện bài toán, suy ra x 3≥ và ( ) ( ) ( ) 1 x 2 y 2 z 2 xyz 3 − − − = 0,5đ Vì x 2 y 2 z 2 x y z − − − ≤ ≤ nên khi x 7≥ ta có: ( ) ( ) ( ) 3 3 x 2 y 2 z 2 1 x 2 5 1 3 xyz x 7 3 − − − −     = ≥ ≥ >  ÷  ÷     , vô lý ! 0,5đ Do đó x ≤ 6, suy ra x = 3, x = 4, x = 5 hoặc x = 6. 0,25đ 1) Nếu x = 3 thì ( y – 2)(z – 2) = yz , điều này không thể xảy ra. 0,25đ 2) Nếu x = 4 , ta có 2( y – 2)(z – 2) = 4 yz 3 ⇔ (y – 6)(z – 6) = 24 0,25đ Lúc đó (x,y,z) = (4,7,30) ; (4,8,18) ; (4,9,14) ; (4,10,12). 0,25đ 3) Nếu x = 5 , ta có 3(y – 2)(z – 2) = 5 yz 3 ⇔ (2y – 9)(2z – 9) = 45 0,25đ Lúc đó (x,y,z) = (5,5,27) ; (5,6,12) ; (5,7,9). 0,25đ 4) Nếu x = 6 thì 4(y – 2)(z – 2) = 2yz ⇔ (y – 4)(z – 4) = 8. Ta có nghiệm duy nhất (x,y,z) = (6,6,8). 0,25đ Tóm lại, có 8 kết quả cho 3 kích thước hình hộp chữ nhật là: (4,7,30); (4,8,18); (4,9,14); (4,10,12); (5,5,27); (5,6,12); (5,7,9); (6,6,8). 0,25đ Câu 6: ( 3 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 x y z 1.+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: xy yz zx F . z x y = + + ĐÁP ÁN ĐIỂM Ta có : 2 2 2 2 2 2 2 xy yz zx F 2(y z x ). z x y       = + + + + +  ÷  ÷  ÷       0,5đ Áp dụng bất đẳng thức: 2 2 2 A B C AB BC CA+ + ≥ + + 0,5đ Suy ra: 2 2 2 2 2 2 xy yz zx y z x z x y       + + ≥ + +  ÷  ÷  ÷       0,5đ Đẳng thức xảy ra xy yz xz 1 x y z . z x y 3 ⇔ = = ⇒ = = = 0,5đ Nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 F (y z x ) 2(y z x ) 3(y z x ) 3.≥ + + + + + = + + = Mà : F > 0, suy ra: F 3≥ . 0,5đ Vậy minF 3= đạt được khi 1 x y z 3 = = = . 0,5đ Câu 7: ( 3 điểm) Cho tứ diện SABC, M là điểm bất kì nằm trong tứ diện. Một mặt phẳng ( ) α tùy ý qua M cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A', B', C' . Đặt V, V A , V B , V C lần lượt là thể tích của các tứ diện SABC, SMBC, SMCA, SMAB. Chứng minh : A B C V V V V SA' SB' SC' = + + . ĐÁP ÁN ĐIỂM Trước tiên ta có 2 nhận xét sau: Nhận xét 1 : Cho O là điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Khi đó : OBC OAC OAB S .OA S .OB S .OC 0+ + = uuur uuur uuur r . 0,25đ Thật vậy, đặt ( ) OBC OAC OAB x 2 S .OA S .OB S .OC= + + r uuur uuur uuur . Đặt · · · BOC, AOC, AOBα = β = γ = . Khi đó: ( ) 2 x.OA OA .OB.OC sin sin .cos sin .cos= α + β γ + γ β r uuur = ( ) 2 OA .OB.OC sin sin( )α + β + γ ( ) 2 OA .OB.OC sin sin(2 ) 0= α + π − α = 0,25đ Tương tự: x.OB 0= r uuur . Mà OA,OB uuur uuur không cùng phương nên k,l : x k.OA l.OB∃ ∈ = + r uuur uuur ¡ 0,25đ 2 x k.OA.x l.OB.x 0 x 0⇒ = + = ⇒ = r uuur r uuur r r r . Từ đây ta có đpcm. 0,25đ Nhận xét 2 : Cho M là điểm bất kì nằm trong tứ diện A 1 A 2 A 3 A 4 . Gọi 1 2 3 4 V ,V ,V ,V lần lượt là thể tích của các tứ diện MA 2 A 3 A 4 , MA 1 A 3 A 4 , MA 1 A 2 A 4 , MA 1 A 2 A 3 . Khi đó ta có: 1 1 2 2 3 3 4 4 V .MA V .MA V .MA V .MA 0+ + + = uuuur uuuuur uuuuur uuuuur r . 0,25đ Thật vậy, gọi O là giao điểm của MA 4 và mp(A 1 A 2 A 3 ). Do M nằm trong tứ diện nên O nằm trong tam giác A 1 A 2 A 3 . Theo nhận xét 1 ta có : 1 1 2 2 3 3 S .OA S .OA S .OA 0+ + = uuuur uuuur uuuur r (1) trong đó S 1 , S 2 , S 3 lần lượt là diện tích các 2 3 1 3 1 2 OA A , OA A , OA A∆ ∆ ∆ Mặt khác: 2 3 4 2 3 2 3 4 2 3 1 3 4 1 3 1 3 4 1 3 OA A A OA A M OA A A OA A M 1 1 2 OA A A OA A M OA A A OA A M 2 V V V V S V S V V V V V − = = = = − 1 2 1 2 S S V V ⇒ = 0,25đ Tương tự: 2 3 2 3 S S V V = . Do đó: 1 2 3 1 2 3 S S S V V V = = . Từ (1) suy ra: 1 1 2 2 3 3 V .OA V .OA V .OA 0+ + = uuuur uuuur uuuur r 1 1 2 2 3 3 1 2 3 V .MA V .MA V .MA (V V V ).MO 0⇒ + + − + + = uuuur uuuuur uuuuur uuuur r (2) Mà: 1 2 3 4 1 2 3 A A A A 4 1 2 3 4 A A A M 4 V OA V V V V OM V V + + + = = 0,25đ 1 2 3 4 4 4 V V V V OA .OM V + + + ⇒ = uuuur uuuur 1 2 3 4 4 (V V V ).MO V .MA⇒ − + + = uuuur uuuuur (3) Từ (2) & (3) suy ra: 1 1 2 2 3 3 4 4 V .MA V .MA V .MA V .MA 0+ + + = uuuur uuuuur uuuuur uuuuur r . 0,25đ Trở lại bài toán, ta sử dụng hệ tọa độ Đềcác xiên góc Sxyz bằng cách chọn đỉnh S của tứ diện SABC làm gốc tọa độ, nghĩa là S(0;0;0) và A Sx, B Sy, C Sz∈ ∈ ∈ , với A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;0;1) Theo nhận xét 2 ta có: S A B C V .MS V .MA V .MB V .MC 0+ + + = uuur uuuur uuur uuur r ( với V S = V MABC ) 0,25đ S A B C A B C A B C (V V V V ).SM V .SA V .SB V .SC V.SM V .SA V .SB V .SC ⇔ + + + = + + ⇔ = + + uuur uuur uur uur uuur uuur uur uur A B C V V V SM .SA .SB .SC V V V ⇔ = + + uuur uuur uur uur . Vì vậy A B C V V V M ; ; V V V    ÷   . 0,25đ Giả sử phương trình mặt phẳng ( ) α : ax + by + cz + d = 0 (với a 2 + b 2 + c 2 > 0 ) và A'(x o ;0;0), B' (0;y o ;0), C' (0;0;z o ) với x o = SA' > 0, y o = SB' > 0, z o = SC' > 0. Khi đó: ax o = by o = cz o = – d ( do đó a, b, c, d 0≠ ) Vì: A B C V V V M ; ; V V V    ÷   ( ) ∈ α nên: A B C aV bV cV d V + + = − 0,25đ Do đó: A B C aV bV cV V + + = ax o = by o = cz o 0≠ A B C A B C A B C o o o o o o V V V V V V aV bV cV SA' SB' SC' x y z ax by cz ⇒ + + = + + = + + ( ) A B C A B C V . aV bV cV V aV bV cV = + + = + + (đpcm). 0,25đ - HẾT- . ĐÀO TẠO TIỀN GIANG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG LẦN THỨ 16 TẠI TỈNH TIỀN GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 12 Thời gian làm bài: 180. B'C AB'.B'C 2 + ≤ 0,5đ Hay AB'.B'C AN 0,25đ 2 AB'.B'C AN ≤ 0,25đ Tương tự: 2 CA'.A'B CM≤ 2 BC'.C'A