De Thi Va Loi Giai De Quang Binh 2010

Chøng minh r»ng bÊt k× mÆt ph¼ng nµo qua KL sÏ chia khèi tø diÖn nµy thµnh hai phÇn cã thÓ tÝch b»ng nhau... VËy ta cã ®iÒu ph¶i chøng minh..[r]

đề thi chọn đội tuyển chính thức dự thi hsg quốc gia lớp 12 THPT

N¨m häc : 2009 - 2010 M«n : to¸n

Người giới thiệu: Trần Xuân Bang GV Toán trường THPT Chuyên Quảng Bình

sở gd-đt quảng bình đề thi chọn đội tuyển chính thức dự thi hsg quốc gia lớp 12 THPT

N¨m häc : 2009 - 2010 §Ò chÝnh thøc M«n : to¸n (vßng 1)

Bµi 1 (2,0 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:

2 1

2 1

2 2 2009 1 2 2 2009 1

y

x

x x x

y y y

                

Bài 2 (2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định nh sau:

1 2 1 3 1

2 ( 1) 2

n n n

u

u  u u n

         

TÝnh giíi h¹n 1

1 lim n

n

i ui

   

Bµi 3 (2,0 ®iÓm) Cho p lµ sè nguyªn tè lín h¬n 3 Chøng minh r»ng  n N* th×

n

p kh«ng thÓ lµ tæng lËp ph¬ng cña hai sè nguyªn d¬ng liªn tiÕp KÕt luËn cßn

đúng không trong trờng hợp p bé hơn hoặc bằng 3

Bµi 4 (2,5 ®iÓm) Cho tø diÖn ABCD, gäi trung ®iÓm cña AB, CD lÇn lît lµ K, L.

Chứng minh rằng bất kì mặt phẳng nào qua KL đều chia khối tứ diện này thành hai phần có thể tích bằng nhau

Bµi 5 (1,5 ®iÓm) Cho a b c, , kh«ng ©m tháa m·n a b c  3 Chøng minh r»ng:

a b3 1 b c3 1 c a3 1 5

Néi dung lêi gi¶i §iÓm

C©u 1 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh

2 1

2 1

2 2 2009 1 2 2 2009 1

y

x

x x x

y y y

                 2,0 ®iÓm

§Æt a x 1; b y 1 Ta cã:

2 2 1 2009 (*) 1 2009 b a a a b b            0,25

Suy ra: a a2 1 2009a 2009b b b21 0,25 XÐt hµm sè f t( ) t t2 1 2009t trªn R Ta cã:

2 '

2 2

1

( ) 1 2009 ln 2009 2009 ln 2009 0

1 1

t t

t t t

f t t R

t t

 

       

 

Hàm số đồng biến trên R Ta có: f a( )f b( ) a b

Khi đó từ (*) ta có:  

2 1 2009a ln 2 1 ln 2009 0

a a    a a   a 

0,25

XÐt hµm sè  

2

( ) ln 1 ln 2009 0

g a  a a   a 

, ta cã:

2 1

'( ) ln 2009 0 1

g a a R

a

    

 .

Hµm sè nghÞch biÕn trªn R

0,5

Ta cã  

2

( ) ln 1 ln 2009 0 ( ) (0) 0

g a  a a   a   g a g  a

. VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm (x, y)=(-1, -1)

0,25

C©u 2

Cho dãy số (un) xác định nh sau:

1 2 1 3 1

2 ( 1) 2

n n n

u

u  u u n

         

TÝnh giíi h¹n 1

1 lim n

n

i ui

   

2,0 ®iÓm

Ta cã:  

2 1

1

2 0 3

2

n n n n

u   u  u    u  n

0,25 Ta cã: 2 1 1 1 1 1

2 2( 2) ( 2) 2

1 1 1 1 1 1

(do 2)

2 2 2 2

n n n n n n

n

n n n n n n

u u u u u u

u

u u u u u u

                      0,5

Suy ra: 1 1 1 1

1 1 1 1

1

2 2 2

n

i ui u un un

   

  



0,5

Ta chøng minh nlim un  ThËt vËy:

Gi¶ sö  

2 2

1 1

lim 2 2 0 2

2 2

n

n u  a a a  a  a   a

M©u thuÉn víi un 3 n.

Do đó 1

1 lim n

n

i ui

   

=1

0,25

C©u 3

Cho p lµ sè nguyªn tè lín h¬n 3 Chøng minh r»ng  n N* th×

n

p không thể là tổng lập phơng của hai số nguyên dơng liên tiếp Kết luận còn đúng không trong trờng hợp p bé hơn hoặc bằng 3.

2,0 ®iÓm

Gi¶ sö:

3 ( 1) (3 *)

n

p m  m m N

3 ( 1) (23 1)( 2 1)

m m m m m

      

0,5

Do

2

(2m1); (m m1) 1 nªn

2

(2m 1) pr; (m m 1) ps ( ,r s N*) (1)

     

0,5

MÆt kh¸c:

2 2

(2 1, 1) (2( 1) (2 1) , 2 1) ( 2, 2 1) (2 4 2 1, 2 1) (3, 2 1) 3 hay 1

m m m m m m m m m m

m m m m

                   

§iÒu nµy m©u thuÉn (1)

VËy

n

p kh«ng thÓ lµ tæng lËp ph¬ng cña hai sè nguyªn d¬ng liªn tiÕp

víi p 3

0,5

XÐt

3 3

2 : n ( 1)

p p m  m (v« nghiÖm)

XÐt

2 2 3 3

3: 3 1 (1 1)

p  p    

0,5

C©u 4 Cho tø diÖn ABCD, gäi trung ®iÓm cña AB, CD lÇn lît lµ K, L Chøng minh r»ng bÊt k× mÆt ph¼ng nµo qua KL sÏ chia khèi tø diÖn nµy thµnh hai phÇn cã thÓ tÝch b»ng nhau

A

F

L K

B D

C

G

E

MÆt ph¼ng qua KL c¾t BC, AD lÇn lît t¹i E, F

0,5

TH1: (KEFL) c¾t BD t¹i G

Do L là trung điểm nên khoảng cách từ C, D đến mp(KELF) bằng

nhau Suy ra VCKELF VDKELF (1)

0,5

MÆt kh¸c:

1 1

;

2 2

CAKF DBKE

AK AF AF BK BE BE

V V V V V V

AB AD AD BA BC BC

    0,5

Theo định lí Menelaus:

1

GD FA KB GD LC EB

GB FD KA  GB LD EC

Suy ra

(2)

CAKF DBKE

FA EB FA EB

V V

FD EC  AD BC  

Tõ (1) vµ (2) suy ®pcm

0,5

TH2: (KEFL) // BD (E, F lµ trung ®iÓm BC, AD) nªn (2) lµ hiÓn nhiªn VËy ta cã ®iÒu ph¶i chøng minh

0,5

C©u 5

Cho a b c, , kh«ng ©m tháa m·n a b c  3 Chøng minh r»ng:

a b3  1 b c3  1 c a3  1 5

Ta cã:

3 3 3

2 2 2

1 1 1

( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)

a b b c c a

a b b b b c c c c a a a

    

           

 

2 2 2

2 2 2

2 2 2 1

3

2 2 2 2

b c a

a  b  c  ab bc ca

      

0,5

Ta chøng minh  

2 2 2 4

ab bc ca 

Do biÓu thøc cã tÝnh ho¸n vÞ vßng quanh nªn gi¶ sö blµ sè n»m gi÷a

a vµ c Ta cã:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

( )( ) 0

( )

a b a b c ab ca a b abc

ab bc ca a b abc bc b a ac c

      

        

0,5

 

3 2

2 1 1 2 3 3

( ) 2 3 4

2 2 3

b b b

b a c b b      

       

 

Từ đó suy ra đpcm Dấu bằng xãy ra khi a=0, b=1, c=2 và các hoán vị của nó

0,5

sở gd-đt quảng bình đề thi chọn đội tuyển chính thức dự thi hsg quốc gia lớp 12 THPT

N¨m häc : 2009 - 2010

§Ò chÝnh thøc M«n : to¸n (vßng 2)

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Bµi 1 (2,0 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh:

4 4 2 2

2010 2010

2010 2009

x x x  x



Bµi 2 (2,0 ®iÓm) T×m tÊt c¶ c¸c hµm sè f R:  R sao cho

2 2

( ) ( )( ( ) ( )),

f x  y  x y f x  f y  x R.

Bµi 3 (1,5 ®iÓm) Cho P x( ) lµ ®a thøc bËc 7 cã hÖ sè nguyªn vµ nhËn gi¸ trÞ b»ng 1991 víi 4 gi¸ trÞ nguyªn kh¸c nhau cña biÕn x Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh

( ) 2010

P x  kh«ng cã nghiÖm nguyªn.

Bài 4 (2,5 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD Lấy điểm M bất kỳ trên đờng chéo AC

§-êng th¼ng qua M song song víi AB c¾t BC t¹i P §§-êng th¼ng qua M song song víi CD c¾t AD t¹i Q Chøng minh r»ng:

2 2 2 2

1 1 1

MP MQ AB CD

§¼ng thøc x¶y ra khi nµo?

Bài 5 (2,0 điểm) Với mỗi số nguyên dơng n, tam giác đều ABC có độ dài cạnh

bằng n đợc chia thành n2 tam giác đều (ô) có độ dài cạnh bằng 1 bởi các đờng

thẳng song song với các cạnh của tam giác ABC Gọi đờng đi là một đờng gấp khúc xuất phát từ tâm của ô chứa đỉnh A và luôn đi qua tâm của ô có cạnh chung với ô đang đứng, đồng thời không đi qua ô nào hai lần Tìm số n bé nhất để trong tam giác đều ABC có đờng đi qua 1981 ô

Néi dung lêi gi¶i §iÓm

C©u 1 Gi¶i ph¬ng tr×nh:

4 4 2 2

2010 2010

2010 2009

x x x  x



2,0 ®iÓm

 

4 4 2 2

4 2 2 2

2010 2010 2010.2009

2010 2010 2010 2010 0

x x x x

x x x

   

      

     

   

 

4 2 2 2

2 4 2

4 2

2010 2010 2010 2010 2010 2010 0

2010 2010 2010 2010 0

2010 2010 0

x x x x

x x x

x x

        

      

    

0,5

4 2 2 2

2 2

2 2 2 2

1 1

2010 2010 0

4 4

1 1 1 1

2010 2010

2 2 2 2

x x x x

x x x x

                                                   0,5

2 1 2 2010 4 2 2009 0

1 8037 2

1 8037 2

x x x x

x x                      0,5 C©u 2

T×m tÊt c¶ c¸c hµm sè f R:  R sao cho

2 2

( ) ( )( ( ) ( ))

f x  y  x y f x  f y  x R

2,0 ®iÓm

Cho x y f(0) 0

x1;y 0 f(1) f( 1)

0,5

Cho

2

; 1 ( 1) ( 1)( ( ) (1))

x a y   f a   a f a  f

2

; 1 ( 1) ( 1)( ( ) (1))

x a y   f a   a f a  f

0,5

Suy ra:  a R,(a 1)( ( )f a  f(1)) ( a1)( ( )f a  f(1))

 f a( )a f (1)

0,5

Do đó: f x( )kx Thử lại f x( )kxthỏa mãn yêu cầu bài toán

VËy f x( )kx

0,5

C©u 3

Cho P x( ) lµ ®a thøc bËc 7 cã hÖ sè nguyªn vµ nhËn gi¸ trÞ b»ng 1991 víi 4 gi¸ trÞ nguyªn kh¸c nhau cña biÕn x Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh P x ( ) 2010 kh«ng cã nghiÖm nguyªn.

Theo gi¶ thiÕt th× pt P x ( ) 1991 0 cã Ýt nhÊt 4 nghiÖm nguyªn ph©n biÖt

Gọi a b c d, , , các nghiệm đó và giả sử a b c d   Ta có:

( ) 1991 ( )( )( )( ) ( )

P x   x a x b x c x d Q x    (*) víi Q x( )lµ mét

®a thøc nguyªn

0,5

Gi¶ sö tån t¹i sè nguyªn t sao cho P t ( ) 2010 Tõ (*) suy ra

19 ( t a t b t c t d Q t)(  )(  )(  ) ( ) víi t a t b t c t d      

vµ nguyªn

0,5

V× 19 lµ sè nguyªn tè nªn ®iÒu nµy kh«ng thÓ x¶y ra VËy ph¬ng tr×nh

( ) 2010

P x  kh«ng thÓ cã nghiÖm nguyªn

0,5

Câu 4 Cho tứ giác lồi ABCD Lấy điểm M bất kỳ trên đờng chéo AC Đờng thẳng qua M song song với AB cắt BC tại P Đờng thẳng qua M song song với CD cắt AD tại Q Chứng minh rằng:

2 2 2 2

1 1 1

MP MQ AB CD §¼ng thøc x¶y ra khi nµo?

2,5 ®iÓm

M A

B

D

C P

Q

0,25

Theo định lý Ta let ta có ; 1

MQ AM MP CM MQ MP AM CM

CD AC AB AC CD AB AC



     

(1)

0,5

áp dụng bđt Bunhiacopxki ta đợc

2

2 2

2 2

1 1

1 MP MQ (MP MQ ) (2)

AB CD AB CD

   

       

   

Tõ (1) vµ (2) suy ra: 2 2 2 2

1 1 1

MP MQ AB CD .

§¼ng thøc x¶y ra khi chØ khi: MP.AB = MQ CD (3)

0,5

Tõ (1) suy ra 2 2

1 MP AB MQ CD

AB  CD  .

0,25

KÕt hîp víi (3) ta cã:

2 2

1 1

( ) 1

MP AB

AB CD  .Hay

2

2 2

2 2

1

1 1

( )

CD CA

MP CM

AB CD

AB

AB CD

  

 

0,5

Câu 5 Với mỗi số nguyên dơng n, tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng n đ-ợc chia thành n2 tam giác đều (ô) có độ dài cạnh bằng 1 bởi các đờng

thẳng song song với các cạnh của tam giác ABC Gọi đờng đi là một đ-ờng gấp khúc xuất phát từ ô chứa đỉnh A và luôn đi qua ô có cạnh chung với ô đang đứng, đồng thời không đi qua ô nào hai lần Tìm số n bé nhất để trong tam giác đều ABC có đờng đi qua 1981 ô.

2,0 ®iÓm

T« mµu tam gi¸c ABC nh h×nh vÏ

A

B C

0,25

Sè « ®en lµ:

1

1 2 3 ( 1) ( 1)

2

n n n

      

0,25

Nhận xét: - Mỗi đờng đi xuất phát từ ô chứa đỉnh A và luôn đi từ ô trắng sang ô đen hoặc từ ô đen sang ô trắng

- Một đờng đi tối đa đi qua

( 1)

2

n n

« ®en (tÊt c¶ c¸c « ®en)

Vậy mỗi đờng đi có thể đi qua số ô nhiều nhất là:

2

( 1)

2 1 1

2

n n

n n



    

Để trong tam giác ABC có đờng đi qua 1981 ô thì

n2  n 1 1981 n2  n 1980 0  n45

0,5

Với n 45, ta xác định đờng đi nh sau (hình vẽ minh họa cho n = 8):

A

B C

VËy n 45lµ sè bÐ nhÊt cÇn t×m