Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 11 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
11
Dung lượng
228,74 KB
Nội dung
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KIÊN GIANG Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt KỲTHIHỌCSINHGIỎIKHUVỰCĐBSCL NĂM HỌC 2005_2006 ĐỀTHIĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN ( Thời gian: 180 phút ) BÀI 1: (4 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên sau : 2 x + 3 y = z 2 BÀI 2: (4 điểm) Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn : a 2 + b 2 + c 2 = 1 và m + n + p = 5. Tìm giá trò lớn nhất của : A = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m BÀI 3: (4 điểm) Cho dãy số 0 22 1 1 0 : 2006 2 , , 1 n n n n x m m x x x n N n x . Tìm lim n n x BÀI 4: (4 điểm) Cho đường thẳng (d) và hai điểm A, B không thuộc (d); AB không vuông góc với (d). Bằng thước và compa hãy dựng M nằm trên (d) sao cho: a. MA MB đạt giá trò nhỏ nhất b. MA MB đạt giá trò lớn nhất BÀI 5: (4 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi I là tâm của mặt BCC’B’ và là đường thẳng qua D và I. Đoạn MN thay đổi có trung điểm K luôn thuộc đường thẳng , M ( ' '), ( ' ' ' ')BCC B N A B C D . Tìm giá trò bé nhất của đoạn MN. HẾT SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KIÊN GIANG Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt KỲTHIHỌCSINHGIỎIKHUVỰCĐBSCL NĂM HỌC 2005_2006 ĐÁPÁNĐỀTHIĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN BÀI 1: N/x (0.25 đ) + 0x,y và x, y không đồng thời bằng 0. + nếu (x 0 ; y 0 ; z 0 ) là một nghiệm của (1) thì (x 0 ; y 0 ,; - z 0 ) cũng là một nghiệm của (1). Do đó ta chỉ cần giải (1) với điều kiện z > 0. 0.25 đ TH1 (1đ) Nếu x = 0, khi đó y 1 (1) 1 + 3 y = z 2 3 y = (z – 1).(z + 1) (2) 0.25 đ Ta có ((z - 1) , (z + 1)) = 1 ((z - 1) , (z + 1)) = 2 mà 3 y là số lẻ nên UCLN[(z – 1) , (z + 1)] = 1 0.25 đ Vậy (2) 11 13 y z z 1 2 y z 0.5đ TH2 (1đ) Nếu y = 0, khi đó x 1 (1) 2 x + 1 = z 2 2 x = (z – 1).(z + 1) 0.25 đ Mặt khác (z – 1), (z + 1) là hai số nguyên cùng tính chẵn lẻ và ((z - 1) , (z + 1)) = 1 ((z - 1) , (z + 1)) = 2 nên : 0.25 đ (3) 1 12 12 2 x z z x 3 3 x z 0.5đ TH3 (1.5đ) Cả hai số x, y 1 , khi đó từ (1) suy ra: (z ; 2) = (z ; 3) = 1 2 2 13 14 z (mod ) z (mod ) Từ (1) suy ra : 2 2 1 3 2 x* z (mod ) x k ,k N 0.25 đ Lúc này (1) trở thành : 4 k + 3 y = z 2 . Suy ra : 2 3 1 4 2 y* z (mod ) y q, q N 0.25 đ (1) 4 k + 9 q = z 2 9 q = z 2 – 4 k 9 q = (z – 2 k )(z + 2 k ) (4) Vì (z ; 2) = 1 nên ((z – 2 k ) ; (z + 2 k )) = 1. Từ điều này ta có : (4) 2 1 2 2 9 1 2 9 2 1 k k q k q k z . (*) zz 0.5đ Ta có (*) 2.2 k = (3 q – 1).(3 q + 1) (**) Ta cũng có : ((3 q – 1) ; (3 q + 1)) = 2 nên (**) 3 1 2 2 2 2 2 4 12 3 1 2 3 1 2 qk q k q k kx hay qy 0.5đ BÀI 2: (4 điểm) Cách 1: Trong không gian Oxyz , xét mặt cầu (C) tâm O bán kính R = 1: x 2 + y 2 + z 2 = 1 và mặt phẳng (P): x + y +z – 5= 0 ( (P) không cắt ( C ) Xét M(a ; b ; c) và N(m ; n ; p). Từ giả thiết ta có M (C) , N (P) . (0.5đ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MN m a n b p c a b c m n p am bn cp 2 1 2 2m n p mn np pm am bn cp (0.5đ) Nên 2 26 2MN A (0.25đ) Qua O dựng đường thẳng (d) vuông góc với (P). Đường thẳng này cắt mặt cầu tại I,J cắt (P) tại H (I nằm giữa O và H). Dễ thấy: I ( 111 333 ;; ) và H ( 555 333 ;; ) . (0.5đ) Ta có MN IH = OH – OI = d O/(P) – 1 = 5 1 3 . (0.5đ) Suy ra 2 22 5 26 2 1 3 MN IH A (0.5đ) 2A 26 - 2 5 1 3 () = 50 10 3 3 A 25 5 25 5 3 33 3 (0.5đ) KL (0.25đ) Vậy (1) có các nghiệm nguyên : 4 2 5 3 0 3 0 1 2 (x;y;z) ( ; ; ) (x;y;z) ( ; ; ) (x;y;z) ( ; ; ) 0.25đ P I 0 H N M Dấu “=” đạt được khi MI NH hay 1 3 5 3 a b c m n p (0.5đ) Vậy Max A = 25 5 3 3 (0.25đ) Cách 2: p dụng BĐT Bunhiacopxki ta có : a.m + b.n + c.p 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (a b c )(m n p ) m n p A = a.m + b.n + c.p + m.n + m.p + n.p m.n + m.p + n.p + 222 m n p Đặt : m.n + n.p + p.m = t. Ta có : m.n + m.p + n.p 2 1 3 (m n p) = 25 3 hay t 25 3 m 2 + n 2 + p 2 = (m + n + p) 2 – 2(m.n + n.p + p.m) = 25 – 2t Vậy A 25 2tt = f(t) Ta có : f’(t) = 1 - 1 25 0 3 25 2 ,t t . Suy ra f(t) là hàm tăng trên 25 ; 3 A 25 25 5 25 5 3 ( ) ( ) 3 3 3 3 f t f Dấu “=” xảy ra khi 5 3 1 3 m n p a b c . Vậy Max A = 25 5 3 3 Cách 3: Ta có 2A=2(am+bn+cp) + 2mn +2 np +2 pm = 2 ( am+bn+cp)+m(n+p)+n(m+p)+p(n+m) = 2 ( am+bn+cp)+m(5-m)+n(5-n)+p(5-p) = 2 ( am+bn+cp) + 5.5 – ( m 2 +n 2 +p 2 ) . Do đó 2A = 2 ( am+bn+cp) + 25 - ( m 2 +n 2 +p 2 ) . (1 ) Mặt khác Theo bất đẳng thức BCS ta có : ( am+bn+cp) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( )a b c m n p m n p Thay vào ( 1 ) : 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 25 ( )A m n p m n p (2 ) dấu “=” xẩy ra khi abc m n p (*). Đặt t 2 2 2 ()m n p thì theo BCS ta có 5 3 t . Dấu bằng xẩy ra khi m=n=p (**). Thay vào (2) ta được : 2 2 ( ) 2 25A f t t t (3 ) Xét hàm 2 ( ) 2 25f t t t trên 5 ; 3 ta có f(t) luôn giảm vậy f(t) 5 50 10 3 () 3 3 f . Thay vào (3) suy ra 5 50 10 3 25 5 3 2 ( ) 33 3 A f A Dấu bằng xẩy ra khi 5 3 t (***). Kết hợp (*) , (**) , (***) ta có dấu bằng xẩy ra khi 1 3 abc và m=n=p = 5 3 . Vậy Max A = 25 5 3 3 khi 1 3 abc và m=n=p = 5 3 . Cách 4: Không mất tính tổng quát già sử : abc và m n p . Theo bất đẳng thức trêbưsép ta có : 5 . ( ) 3 3 3 3 am bn cp a b c m n p abc ( 1) . Mà theo BCS ta có 2 2 2 3. 3a b c a b c . Thay vào (1) ta có 53 3 am bn cp ( 2 ) Mặt khác ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) 25 ( )mn np pm m n p m n p m n p ( 3) Dễ thấy 2 2 2 2 1 25 ( ) ( ) 33 m n p m n p . Thay vào (3) ta có : 1 25 25 (25 ) 2 3 3 mn np pm ( 4) Từ (2 ) và ( 4 ) Ta có 5 3 25 25 5 3 3 3 3 A . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 1 3 abc và 5 3 m n p . Vậy Max A = 25 5 3 3 . BÀI 3: (4 điểm) Cách 1: +Từ giả thiết ta có : 2 1 1 1 2006 2 nn n xx x (0.25đ) +Ta có : 2 1 2006 2006 0 2 2006 0 1 2 2006 1 2006 1 2006 0 2 0 x x x x x x = 2 1 22 2 2006 2.2006. 2006 2006 0 00 2 2 2 2006 2.2006. 2006 2006 00 0 x xx m m xx x (0.5đ) +Dự đoán : 2006 2006 n n x x = 2 2006 2006 n m m (0.25đ) +Chứng minh quy nạp : n=1 , mệnh đề đúng (0.25đ) Giả sử mệnh đề đúng với n=k . Ta có : 2006 2006 k k x x = 2 2006 2006 k m m (0.25đ) Cần chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1. Thật vậy, 1 1 2006 2006 k k x x = 2 2 1 2006 2006 2 1 2006 2006 2 k k k k x x x x = 22 22 2.2006. 2006 2.2006. 2006 kk kk xx xx 2 2 2006 2006 2 2006 2006 k k k k x x x x (0.5d) = 2 2 2006 2006 k m m = 1 2 2006 2006 k m m (0.5đ) + Vậy ta có : 2006 2006 n n x x = 2 2006 2006 n m m mà lim n 2 2006 2006 n m m =0 ( do m>0) (0.5đ) Nên lim n 2006 2006 n n x x =0 (0.25đ) . Đặt 2006 1 2006 2006 1 n n nn nn y x yx xy (0.25đ) mà lim n y n =0 => lim n x n =2006 (0.5d) Cách 2: Nhận xét vì x 0 > 0 và 22 1 1 2006 2 n n n x x x (*) nên x n > 0 n . Vậy (x n ) là dãy bò chặn dưới.(1) Xét 2006 n x . Ta có : 2 1 1 2006 2006 0 , 1 2006 ( , 1) 2 n nn n x x n n x n n x . Xét 1nn xx . Ta có 22 1 1 1 2006 0 , 2 2 n nn n x x x n n x vì 2006 ( , 1) n x n n . Vậy 1 ( , 2) nn x x n n . Ta có : ,1nn (x n ) là dãy giảm.(2) Từ (1) và (2) dãy số có giới hạn. Gọi lim n x n =y , y 0 vì x n luôn dương , lấy giới hạn hai vế của (*)ta có : 22 2006 2006 2 y yy y BÀI 4: (4 điểm) 0.5đ Đặt .1 . 1 1 1 AI k AJ k MI k MJ AM AI AJ k k k uur uur uur uuur uuur uur uur 0.25đ Đặt 1 1 1 k k k . Khi đó : 1 AM AI AJ uuur uur uur . Tương tự : BM BI BJ uuur uur uur 0.25đ Ta có : AM 2 = ( AI AJ uur uur ) 2 = 2 2 2 2 2 2 2 2 . . 2 . . .AI AJ AI AJ AI AJ uur uur (Vì AI AJ do đó AI.AJ =0) 0.5đ J I O A B M Gọi O là giao điểm của (d) và đường thẳng trung trực của AB (vì (d) không vuông góc với AB nên O tồn tại). Dựng đường tròn tâm O, bán kính OA. Đường tròn này cắt (d) tại I và J. Không mất tổng quát giả sử : IA JA IB JB ( IA.JB JA.IB (1) ). Ta sẽ chứng minh : IA MA JA IB MB JB Tương tự : BM 2 = 2 2 2 2 .BI .BJ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MA .AI .AJ MB .BI .BJ (*) 0.5đ Ta có IA MA IB MB ù 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 ( . . ) ( . . ) IA MA IA IB JB IB IA JA IB MB 2 2 2 2 2 2 IA .JB JA .IB (đúng do (1)) Vậy (*) đúng hay 22 22 IA MA IB MB . Dấu “=” xảy ra khi 22 22 0 IA JA IB JB 0.75đ * 0 M I * 22 22 IA JA IB JB kết hợp với IA 2 + JA 2 = IJ 2 = IB 2 + JB 2 suy ra IA = IB và JA = JB (vô lý vì lúc này (d) là trung trực của AB) 0.5đ Vậy MA MB đạt giá trò lớn nhất khi M I. Tương tự MA MB đạt giá trò nhỏ nhất khi M J. 0.25đ Dựng I, J: + Dựng BL (d) , AK (d) + I là giao điểm của đường tròn tâm O, bán kính OA với (d) sao cho L nằm giữa I và K; J là giao điểm còn lại. Vì: ( 2 2 2 2 . 1 . . 1 . IA IK IJ IK IK IL IB IL IJ IL JA JI JK JK JK JL JB JL IJ JL ) 0.5đ J I A B K L BÀI 5: (4 điểm) * Gọi M’ là hình chiếu của M lên B’C’ 'MM N vuông tại M’ M’K = 2 MN (0.5đ) Nên MN bé nhất M’K bé nhất M’K là đoạn vuông góc chung của và B’C’. (0.75đ) * Gọi J = DI A’B’ B’C’ // (JAD) ( vì B’C’ // AD) Do đó khoảng cách giữa B’C’ và chính là khoảng cách giữa B’C’ và(JAD) (0.5đ) Gọi P = JA BB’ Ta có (PB’J) (JAD) theo giao tuyến PJ. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B’ lên PJ B’H (JAD) B’H làø khoảng cách giữa B’C’ và(JAD) (0.5đ) * Mặt khác: do B’I là đường trung bình trong 'JA D B’ là trung điểm A’J vàB’P là đường trung bình trong 'JA A B’J= a và B’P = 2 a (0.75đ) * Trong 'JB P vuông tại B’ ta có: 2 2 2 1 1 1 ' ' 'B H B P B J M’K = B’H = 5 5 a (0.5đ) Vậy giá trò bé nhất của MN = 25 5 a (0.5đ) . Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt KỲ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC ĐBSCL NĂM HỌC 2005_2006 ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN BÀI 1: N/x (0.25 đ) + 0x,y và x, y không đồng. GIANG Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt KỲ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC ĐBSCL NĂM HỌC 2005_2006 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN ( Thời gian: 180 phút ) BÀI 1: (4 điểm)