Có 1600 thí sinh tham gia thi, nhưng không có ai trả lời đúng 2 bài liền nhau.( Nếu xem bài làm của mỗi thí sinh tương ứng với một dãy 15 phần tử Đ, S thì không bài làm nào có dạng: ĐSĐĐ[r]
(1)ONTHIONLINE.NET
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONGLẦN THỨ 16 – NĂM HỌC 2008 - 2009
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN HỌC Bài (Đại số – điểm)
Tìm giá trị thực a cho tồn số thực không âm x1, x2, x3, x4, x5 thỏa đồng thời điều kiện
∑
k=1
k.xk=a
∑
k=1
k3.x
k=a
2
∑
k=1
k5.xk=a
3
Giải:
Giả sử hệ có nghiệm khơng âm với giá trị a Khi (∑
k=1
k.xk)(∑ k=1
k5.xk)=(∑ k=1
k3.xk)
2 ⇔(∑
k=1
(√k.xk)
2
)(∑
k=1
(√k5.xk)
2
)=(∑
k=1
√k.xk√k
5
xk)
2
(1)
(1) trường hợp xảy dấu bất đẳng thức Bouniakovski Do ta có trường hợp sau: + xi = với i = 1,2,3,4,5 (2)
+ số xi 0, số lại khác (3)
+ Số số khác lớn (4) (4) không xảy
(2) suy a =
Từ (3) ta có trường hợp
x1≠0, x2=x3=x4=x5=0⇒a=1
x2≠0, x1=x3=x4=x5=0⇒a=4
x3≠0, x1=x2=x4=x5=0⇒a=9
x4≠0, x1=x2=x3=x5=0⇒a=16
x5≠0, x1=x2=x3=x4=0⇒a=25
Với a = i2 với i∈{0;1;2;3;4;5} Hệ có nghiệm khơng âm x
i=i; xj=0 ∀i≠ j,1≤ i ; j≤5 Vậy giá trị cần tìm a 0;1;4;9;16;25
Bài (Hình học phẳng – điểm)
Cho ABC nhọn, H trực tâm tam giác Gọi A’, B’, C’ giao điểm HA, HB, HC với
đường tròn ngoại tiếp ABC Chứng minh
HA' + HB' +
1 HC' ≥
1 HA +
1 HB+
(2)Giải
+ Dễ dàng chứng minh HA’ = HA1, HB’ = HB1, HC’ = HC1
+Áp dụng Erdoss ta có HA + HB + HC 2(HA1 + HB1 + HC1) = HA’ + HB’ + HC’.(*)
+ Xét phép nghịch đảo cực H, phương tích Khi đó: A0, B0, C0, A2, B2, C2 ảnh A,
B, C, A1, B1, C1
Chứng minh (C2, A0, B2), (B2, C0, A2), (A2, B0, C2) thẳng hàng Khi đó, tam giác
A2B2C2, áp dụng (*) ta có
HA2+HB2+HC2≥2(HA0+HB0+HC0)
⇔
HA1+ HB1+
1 HC1 ≥2(
1 HA+
1 HB+
1 HC)
⇔
HA'+ HB'+
2 HC≥2(
1 HA+
1 HB+
1 HC)
⇔
HA' + HB' +
1 HC ≥
1 HA+
1 HB+
1 HC Bài (Số học – điểm)
a) Chứng minh phương trình z2=(x2−1)(y2−1)+2010(1) vơ nghiệm với x, y, z Z
b) Chứng minh phương trình z2=(x2−1)(y2−1)+2008(2) có nghiệm với x, y, z Z
Giải:
a) Xét theo modul x2≡0,1,4(mod 8)
y2≡0,1,4(mod 8)
x2−1≡−1,0,3(mod 8)
y2−1≡ −1,0,3(mod8) (x
2−1
)(y2−1)≡1,0,5(mod 8)
Mà 2010≡2(mod8) (x2−1)(y2−1)+2010≡3,2,7(mod 8)
Trong z2≡0,1,4(mod8) Do phương trình (1) vơ nghiệm
b) (2)⇔z2− x2y2+x2+y2=2009
Xét phương trình x2
+y2=2009(3)
Nếu (3) có nghiệm x0, (2) có nghiệm x= x0, y = y0, z = x0y0
Vậy ta chứng minh (3) có nghiệm cách x0, y0 thỏa (3)
H
C C’
A
B A’
B’
A
B1 C1
A0 C B
0
A2 B C
(3)Thấy x +y có tận nên tận (x , y ) (0;9), (4;5)
Nghĩa tận (x; y) (0;3); (0;7); (2;5); (8;5) (Do vai trò x, y nhau) Bằng cách thử trực tiếp ta có nghiệm (3) x = 28, y = 35
Vậy phương trình (2) có nghiệm
Bài (Giải tích – điểm)
Cho dãy số (an) bị chặn an+2≤
1 6a+
5
6an(n ≥1) Chứng minh dãy (an) hội tụ
Giải: an+2≤1 6a+
5
6an⇒an+2+
5
6an+1≤ a+
5 6an Đặt bn=a+5
6an Ta có (bn) bị chặn (an) bị chặn Và bn+1≤ bn,∀n≥1 Suy (bn) hội tụ
Gọi b = n →∞limb Ta chứng minh n →∞lima=a với a=
11b Vì n →∞limb =b, với > 0, n0 N: |bn− b|<
ε
12,∀n≥ n0
ε
12>|bn− b|=|a+ 6an−
11a
6 |=|a −a+
6(an− a)|≥|an+1− a|−
5
6|an−a| Vậy |an+1− a|<5
6|an− a|+ ε 12
⇒|an0+k− a|<5
6|an0+k−1− a|+
ε 12
⇒|an0+k− a|<5
6(
6|an0+k −2− a|+
ε 12)+
ε 12
⇒|an0+k− a|<(
5 6)
k
|an0− a|+(1+
5 6+ +(
5 6)
k −1
)12ε Ta có 1+5
6+ +( 6)
k −1
=6(1−(5
6)
k
)<6⇒ |an0+k−a|<(
5 6)
k
|an0−a|+ε
2 Với (5
6) k
|an0− a|<
ε
2 với k đủ lớn ⇒|an− a|<ε với n đủ lớn Suy n →∞lima=a Bài (Tổ hợp – điểm)
Cho 15 toán trắc nghiệm, đánh số từ đến 15 Mỗi có khả trả lời: Đúng Sai
Có 1600 thí sinh tham gia thi, khơng có trả lời liền nhau.( Nếu xem làm thí sinh tương ứng với dãy 15 phần tử Đ, S khơng làm có dạng: ĐSĐĐSSSSSSĐSĐSS chữ kề nhau.)
Chứng minh có thí sinh trả lời toàn 15 giống hệt Giải:
- Với giả thiết cho, số phần tử Đ làm thí sinh tối đa
- Với k: k ta tìm số dãy có k chữ Đ, số chữ sai 15 - k Các chữ S tạo thành 15 - k
+ khoảng trống, kể khoảng trống đầu mút
Ta cần đặt k chữ Đ vào 15 - k + khoảng trống Có C15− k+1
k
cách Vậy có C16− k k
(4)- Số tất làm là: ∑ k=0
C16k −k
=1+15+91+286+495+462+210+36+1=1597<1600
- Điều chứng tỏ phải có thí sinh có làm giống hệt
Bài (Đại số – điểm)
Tìm hàm f: R R khả vi thỏa điều kiện f (x+f(y))=f(y+f(x))∀x , y∈R
Giải:
Từ điều kiện đề bài, đạo hàm hai vế theo x, y ta f '(x+f(y))=f '(y+f(x)).f '(x)(1)
f '(x+f(y)).f '(y)=f '(y+f(x))(2)
Nhân hai vế (1) với –f’(y), cộng với (2) vế theo vế ta f '(y+f(x))(1− f '(x).f '(y))=0(3)
Trường hợp 1: Nếu tồn x0∈R:f '(x0)=0
Từ (3) suy f '(y+f(x0))=0,∀y Do f(x) = c = const
Trường hợp 2: Nếu f '(x)≠0,∀x∈R
Từ (3) suy f '(x).f '(y)=1,∀x , y Do f’(x) = c = const hay f(x) = cx + d c, d R
Với f’(x) = c, f’(y) = c Ta có c2 = hay c = ± 1.
Từ điều kiện toán nhận c =
Thử lại hàm số f(x) = c; f(x) = x + d với c, d R hàm số cần tìm
Bài (Hình không gian – điểm)
Cho tứ diện ABCD có trung điểm cạnh thuộc mặt cầu AB=√3 CD,AC=√3 DB,AD=√3 BC
Hãy tính thể tích tứ diện ABCD theo BC
Giải
Tứ diện ABCD có trung điểm cạnh thuộc mặt cầu Dễ dàng chứng minh ABCD
là tứ diện trực tâm
Dựng hình hộp AB’CD’.A’BC’D ngoại tiếp tứ diện Khi đó, hình hộp có mặt hình thoi
Hơn nữa, AB=√3 CD,AC=√3 DB,AD=√3 BC nên mặt hình hộp hình thoi có góc 600
Trong góc phẳng đỉnh C’ hình hộp 600 nên BC = BD = DC
B’ A
D’ A’
D
C
(5)√3 BC hình chóp A.BCD hình chóp
Thật vậy, AB'2
=AC2+D ' B'2=3 DB2+D ' B'2=4D' B '2⇒AB'=D ' B' Khi VABCD=
1
3SBCD.h
Với h khoảng cách từ A đến (BCD) Dễ dàng tính h=BC2√6
3 , SBCD=BC 2√3
4 ⇒VABCD=BC 3√2