kỳ thi olympic truyền thống 304 page 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 b

Chia hình hộp này thành các khối lập phương đơn vị bằng các mặt phẳng song song với các mặt của hình hộp... Cho tứ diện SABC, M là điểm bất kì nằm trong tứ diện.[r]

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: 32x532x4 16x3 16x2 2x 1 0  (1)

Đặt X 2x

 Xét X ≠ 2:

0,25đ

 Xét X > 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  )

(4)  8cos t 6cos t3   2cos t 2

t

2

0,25đ

t cos3t cos

2 t

2







 



0,25đ

4k t 5 4k t 7

t

t













 







0,25đ

ĐỀ CHÍNH THỨC

Vì t (0; ]  nên

Do

X

2

nên (1) có 5 nghiệm

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’

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB

Ta có :

AB' B'C AB'.B'C

2



Tương tự: CA'.A'B CM 2

Theo định lý Céva thì:

AB' CA' BC'

0,5đ

Nên: T = AB’.CA’.BC’ ≤ AN.CM.BP

BC.CA.AB abc

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 :

Từ phương trình, ta suy ra : x > 2009 và y > 2009

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

Do đó 41x là số chính phương, suy ra x = 41a2, với a*

Tương tự : y = 41b2, với b * 0,25đ

Phương trình (1) trở thành:

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:

7 m 7 n   7 (3) (3)  7(14 + m + n) = (7 + m).(7 + n)

 m.n = 72

0,25đ

Suy ra:

m = 1, n = 72  a = 8 , b = 56  x = 2624 , y = 128576

m = 7, n = 7  a = 14 , b = 14  x = 8036 , y = 8036

m = 72, 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  u thỏa mãn điều kiện: n  

* n

1

4













Tìm nlim un

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương u , 1 un  n 1 ta có:

1

2

Nên: un u , nn 1  , n 2

Do đó tồn tại giới hạn nlim un

  , giả sử: nlim un a

Mặt khác: n  n 1

1

4



1 lim u 1 u

4



 

Suy ra: a 1 a  1

4

2

1

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

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 x 2 y 2 z 2     1xyz

3

Vì

nên khi x 7 ta có:

0,5đ

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

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

4) Nếu x = 6 thì 4(y – 2)(z – 2) = 2yz  (y – 4)(z – 4) = 8

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: x2y2z2 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

xy yz zx

Ta có :

2

0,5đ

Suy ra:

2

Đẳng thức xảy ra

Nên:

F2 (y2z2 x ) 2(y2  2 z2x ) 3(y2  2z2x ) 3.2 

Mà : F > 0, suy ra: F 3

0,5đ

Vậy min F 3 đạt được khi

1

x y z

3

  

Câu 7: ( 3 điểm)

Cho tứ diện SABC, M là điểm bất kì nằm trong tứ diện Một mặt phẳng   tùy

ý qua M cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A ', B', C'

Đặt V, VA , VB , VC lần lượt là thể tích của các tứ diện SABC, SMBC, SMCA, SMAB

Chứng minh :

V

SA ' SB' SC'

Trước tiên ta có 2 nhận xét sau:

Nhận xét 1 : Cho O là điểm bất kì nằm trong tam giác ABC Khi đó :

SOBC.OA S  OAC OB S OAB.OC 0

0,25đ

Thật vậy, đặt

 OBC OAC OAB 

x 2 S   OA S OB S OC

Đặt  BOC,  AOC, AOB

Khi đó: x.OA OA OB.OC sin   2   sin cos sin cos 

= OA OB.OC sin2   sin(  )

OA OB.OC sin2   sin(2  ) 0

0,25đ

Tương tự: x.OB 0  

Mà OA,OB

 

không cùng phương nên k,l  : x k.OA l.OB 

 x2 k.OA.x l.OB.x 0   x 0

Nhận xét 2 : Cho M là điểm bất kì nằm trong tứ diện A1A2A3A4 Gọi

V ,V ,V ,V lần lượt là thể tích của các tứ diện

MA2A3A4, MA1A3A4, MA1A2A4, MA1A2A3 Khi đó ta có:

Thật vậy, gọi O là giao điểm của MA4 và mp(A1A2A3)

Do M nằm trong tứ diện nên O nằm trong tam giác A1A2A3

Theo nhận xét 1 ta có :

S OA1 1S OA2 2S OA3 3 0

(1)

trong đó S1, S2, S3 lần lượt là diện tích các OA A , OA A , OA A2 3  1 3  1 2

Mặt khác:





0,25đ

Tương tự:

V V Do đó:

V V V

Từ (1) suy ra: V OA1 1V OA2 2V OA3 3 0

(2) Mà:

1 2 3 4

1 2 3

A A A A

V

0,25đ

4

4

V

(3)

Từ (2) & (3) suy ra: V MA1 1V MA2 2 V MA3 3 V MA4 4 0

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: V MS V MA V MB V MC 0S  A  B  C 

( với VS = VMABC )

0,25đ

V.SM V SA V SB V SC

Vì vậy

V V V

V V V

0,25đ

Giả sử phương trình mặt phẳng   : ax + by + cz + d = 0 (với a2+ b2+

c2 > 0 ) và A '(xo;0;0), B'(0;yo;0), C'(0;0;zo) với xo = SA ' > 0,

yo = SB'> 0, zo = SC' > 0

Khi đó: axo = byo = czo = – d ( do đó a, b, c, d 0 )

0,25đ

Vì:

V V V

V V V

d V



Do đó:

V

= axo = byo = czo 0

V

0,25đ

-