Tứ diện ABCD có các trung điểm các cạnh đều thuộc một mặt cầu.. Dễ dàng chứng minh được ABCD là tứ diện trực tâm.[r]
(1)SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN TỐN LÝ TỰ TRỌNG ( Thời gian làm 180 phút) 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
5
k xk=a ∑
k=1
5 k3 x
k=a
2
∑ k=1
5
k5 xk=a
3
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 '1 +
HB ' + 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
Bài (Giải tích – điểm)
Cho dãy số (an) bị chặn an +2≤ 6a+
5
6an(n ≥ 1)
Chứng minh dãy (an) hội tụ
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 tồn 15 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 Bài (Hình khơng 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
(2)
SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUN ĐÁP ÁN MƠN TỐN
LÝ TỰ TRỌNG 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
5
k xk=a ∑
k=1
5 k3 x
k=a
2
∑ k=1
5
k5 xk=a
3 Giải:
Giả sử hệ có nghiệm khơng âm với giá trị a Khi
(∑ k=1
5
k xk)(∑
k=1
5 k5 x
k)=(∑ k=1
5 k3 x
k)
2 ⇔(∑
k=1
5
(√k xk)2)(∑
k=1
5
(√k5 x
k)
2
)=(∑ k=1
5
√k xk√k5x
k)
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≠ , x2=x3=x4=x5=0⇒ a=1 x2≠ , x1=x3=x4=x5=0⇒ a=4 x3≠ , x1=x2=x4=x5=0⇒ a=9 x4≠0 , x1=x2=x3=x5=0⇒ a=16 x5≠ , 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
SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUN ĐÁP ÁN MƠN TỐN
LÝ TỰ TRỌNG
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 '1 +
HB ' + HC ' ≥
1 HA+
1 HB+
1 HC
Giải
A B’
B1 A0
(3)+ 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
của 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)
⇔ 2
HA '+ HB '+
2 HC ≥2(
1 HA+
1 HB+
1 HC)
⇔
HA ' + HB ' +
1 HC ≥
1
HA +
1 HB+
1 HC
SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUN ĐÁP ÁN MƠN TỐN
LÝ TỰ TRỌNG Bài (Số học – điểm)
c) Chứng minh phương trình z2=(x2−1)( y2−1)+2010(1) vơ nghiệm với x, y, z Z
d) 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
−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,thì (2) có nghiệm x= x0, y = y0, z = x0y0
Vậy ta chứng minh (3) có nghiệm cách x0, y0 thỏa (3)
Thấy x2
+y2 có tận nên tận (x2, y2) (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
SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUN ĐÁP ÁN MƠN TỐN
LÝ TỰ TRỌNG
H
C C’
B A’
A C1
A0
C B
0
A2 B C
(4)
Bài (Giải tích – điểm)
Cho dãy số (an) bị chặn an +2≤ 6a+
5
6an(n ≥ 1)
Chứng minh dãy (an) hội tụ
Giải: an +2≤1
6a+
6an⇒an+2+
6an+1≤ a+ 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|−
6|an−a|
Vậy |an+1− a|<
6|an− a|+
ε
12
⇒|an0+k− a|<5
6|an0+k− 1− a|+
ε
12
⇒|an0+k− a|<
5 6(
5
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+ +(
5 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
SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
LÝ TỰ TRỌNG Bài (Tổ hợp – điểm)
(5)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 tồn 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
bài có k chữ Đ
- Số tất làm là: ∑
k=0
8 C16 −k
k
=1+15+91+286+495+462+210+36+1=1597<1600
- Điều chứng tỏ phải có thí sinh có làm giống hệt
SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MƠN TỐN
LÝ TỰ TRỌNG 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
SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUN ĐÁP ÁN MƠN TỐN
LÝ TỰ TRỌNG
Bài (Hình khơng gian – điểm)
Cho tứ diện ABCD có trung điểm cạnh thuộc mặt cầu
(6)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 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
Tương tự, góc phẳng đỉnh A hình hộp 600 nên AD = AB = AC = √3 BC Suy hình chóp A.BCD hình chóp
Thật vậy, 4 AB '2=AC2
+D ' B'2=3 DB2+D ' B'2=4 D' 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
6
B’ A
D’ A’
D
C
C’