SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOGIA LAI.. Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOGIA LAI.. 0,5 điểm Nhưng vì tập hợp các số nguyên dương lẻ l
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi : Toán - Bảng A Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 02/12/2010
.
Câu 1 (3 điểm) Chứng minh rằng có vô số số nguyên dương a thỏa mãn điều kiện
a22010− 1 22012
Câu 2 (3 điểm) Giải hệ phương trình
x= 3z3
− 2z2
y= 3x3
− 2x2
z = 3y3
− 2y2
Câu 3 (3 điểm) Giả sử a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + d = 1 Chứng minh rằng
a3
b+ c+
b3
c+ d +
c3
d+ a+
d3
a+ b ≥ 1
8. Đẳng thức xảy ra khi nào ?
Câu 4 (3 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
f(x + 14) − 6f (x + 7) + 9f(x) = 4, ∀x ∈ R
Câu 5 (4 điểm) Cho dãy số (xn) như sau : x1, x2, x3 là các số dương cho trước,
xn+3 =√x
n+2+√x
n, ∀n = 1, 2, Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó
Câu 6 (4 điểm) Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên SA = a, SB = b, SC = c không đổi và các góc [BSC = α, [CSA= β, [ASB = γ thay đổi (00 < α, β, γ <1800, α+ β + γ < 3600 và mỗi góc nhỏ hơn tổng hai góc còn lại)
a) Tính thể tích VS.ABC của hình chóp theo a, b, c, α, β, γ
b) Chứng minh rằng khi các góc α, β, γ thay đổi, ta luôn có VS.ABC < abc
√ 3
HẾT .
WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2011
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn : Toán - Bảng A
.
Câu 1 (3đ) Xét các số nguyên dương a ≥ 3 Ta có
a22010− 1 =a22009− 1 a22009+ 1=a22008− 1 a22008+ 1 a22009+ 1 (0,5 điểm)
=a22007− 1 a22007+ 1 a22008+ 1 a22009+ 1= · · ·
= (a − 1) (a + 1) a2 + 1 a22+ 1 a22007+ 1 a22008 + 1 a22009+ 1
(0,5 điểm) Nếu a là số lẻ, thì tồn tại số tự nhiên k sao cho a = 2k + 1 Khi đó
(a − 1)(a + 1) = 2k(2k + 2) = 4k(k + 1) 8 = 23, (0,5 điểm) và
a2+ 1 2
a22+ 1 2
Vậy a2 2010
− 1
23.2.2 2
| {z }
2009 số
= 22012
(0,5 điểm) Nhưng vì tập hợp các số nguyên dương lẻ lớn hơn 3 là vô hạn nên ta có điều phải chứng minh (0,5 điểm)
Câu 2 (3đ) Giả sử x = max {x, y, z}, thế thì x ≥ y ≥ z hoặc x ≥ z ≥ y Xét trường hợp
x ≥ y ≥ z (trường hợp x ≥ z ≥ y tương tự và các nghiệm trùng với các nghiệm của trường hợp
đã xét)
(0,5 điểm)
Hệ phương trình đã cho tương đương với
x+ z = 3z3− 2z2+ z
y+ x = 3x3− 2x2+ x
z+ y = 3y3− 2y2+ y
(0,5 điểm) Xét hàm số f (t) = 3t3− 2t2+ t, t ∈ R Khi đó, hệ phương trình đã cho có dạng
x+ z = f (z)
y+ x = f (x)
z+ y = f (y)
WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Trang 3Mặt khác, ta có f0
(t) = 9t2− 4t + 1 > 0, ∀t ∈ R Suy ra f (t) là hàm số đồng biến trên R
(0,5 điểm) Khi đó y ≥ z ⇒ f (y) ≥ f (z) ⇒ z + y ≥ x + z ⇒ y ≥ x Vậy x = y
(0,5 điểm) Suy ra f (x) = f (y), hay y + x = y + z, hay x = z
(0,5 điểm) Thay x = y = z vào hệ phương trình, ta có 3x3 − 2x2 − x = 0 Phương trình này có 3 nghiệm
x= 0, x = 1, x = −1
3 Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm (x; y; z) là
(0; 0; 0) , (1; 1; 1) ,
−13; −13; −13
(0,5 điểm) Câu 3 (3 điểm) Bởi Bất đẳng thức Cô-si (Bất đẳng thức AM-GM), ta có
a3
b+ c +
b+ c
1
32 ≥ 33
s
a3(b + c) (b + c) 16.32 =
3a
8 .
(0,5 điểm) Tương tự
b3
c+ d +
c+ d
1
32 ≥ 33
s
b3(c + d) (c + d) 16.32 =
3b
c3
d+ a+
d+ a
1
32 ≥ 33
s
c3(d + a) (d + a) 16.32 =
3c
d3
a+ b +
a+ b
1
32 ≥ 33
s
d3(a + b) (a + b) 16.32 =
3d
Suy ra
a3
b+ c +
b3
c+ d +
c3
d+ a+
d3
a+ b
+ b + c + c + d + d + a + a + b
16
+1
8 ≥ 38(a + b + c + d) , hay
a3
b+ c +
b3
c+ d +
c3
d+ a +
d3
a+ b
+1
8 +
1
8 ≥ 38 Vậy a3
b+ c +
b3
c+ d +
c3
d+ a +
d3
a+ b ≥ 18 (0,5 điểm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a+ b + c + d = 1;
a3
b+ c =
b+ c
1
32;
b3
c+ d =
c+ d
1
WWW.MATHVN.COM
Trang 4d+ a =
d+ a
1
32;
d3
a+ b =
a+ b
1
32. Giải hệ này ta tìm được a = b = c = d = 1
4 (0,5 điểm) Câu 4 (3 điểm) Giả sử f là hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài, khi đó
f(x + 14) − 6f(x + 7) + 9f(x) = 4, ∀x ∈ R
⇔ [f(x + 14) − 1] − 6 [f(x + 7) − 1] + 9 [f(x) − 1] = 0, ∀x ∈ R (1) Đặt f(x) − 1 = g(x), ∀x ∈ R Thay vào (1) ta được
g(x + 14) − 6g (x + 7) + 9g(x) = 0, ∀x ∈ R
⇔g(x + 14) − 3g(x + 7) = 3 [g(x + 7) − 3g(x)] , ∀x ∈ R (2) (0,5 điểm) Xét hàm số h như sau :
Khi đó
Đặt h(x) = 3x
7k(x), ∀x ∈ R Khi đó k là hàm số xác định trên R Thay vào (4) ta được
Hay k là hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 7 trên R
(0,5 điểm)
Từ (3) ta có
g(x + 7) − 3g(x) = 3x7k(x), ∀x ∈ R
⇔g(x + 7)
3x
3x
Xét hàm số I(x) = g(x)
3x
7 − 1,∀x ∈ R, thay vào (6) ta được
(0,5 điểm)
Vì k(x) = x+ 7 − x
do (5)
= x+ 7
7 k(x + 7) −x7k(x), ∀x ∈ R nên từ (7) ta được
I(x + 7) − I(x) = x+ 77 k(x + 7) − x7k(x), ∀x ∈ R
⇔I(x + 7) −x+ 77 k(x + 7) = I(x) − x7k(x), ∀x ∈ R
⇔m(x + 7) = m(x), ∀x ∈ R, với m(x) = I(x) − x7k(x), ∀x ∈ R
WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Trang 5(0,5 điểm) Vậy
I(x) = m(x) +x
7k(x), ∀x ∈ R
⇔g(x)
3x
7 − 1 = m(x) + x
7k(x), ∀x ∈ R
⇔g(x) = 3x−77
h m(x) + x
7k(x)
i ,∀x ∈ R
⇔f(x) = 1 + 3x−77
h m(x) + x
7k(x)
i ,∀x ∈ R
(0,5 điểm) Sau khi thử lại ta kết luận : Tất cả các hàm số thỏa mãn đề bài đều có dạng
f(x) = 1 + 3x−77
h m(x) + x
7k(x)
i ,∀x ∈ R,
trong đó m, k là các hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 7 trên R, tùy ý
(0,5 điểm) Câu 5 (4 điểm) Xây dựng hai dãy số (an) và (bn) như sau :
a1 = a2 = a3 = min {x1, x2, x3} , an +3 =√a
n +2+√a
n,∀n = 1, 2,
b1 = b2 = b3 = max {x1, x2, x3} , bn +3 =pbn +2+pbn,∀n = 1, 2, (0,5 điểm) Trường hợp 1 : min {x1, x2, x3} ≥ 4 Khi đó a1, a2, a3 ≥ 4 Giả sử an, an +1, an +2 ≥ 4, khi đó
an +3 =√a
n +2+√a
n≥√4 +√
4 = 4,
an +4 =√a
n +3+√a
n +1 ≥√4 +√
4 = 4,
an +5 =√a
n +4+√a
n +2 ≥√4 +√
4 = 4
Theo nguyên lí quy nạp toán học suy ra an≥ 4, ∀n = 1, 2,
(0,5 điểm) Tiếp theo ta chứng minh
Hiển nhiên (1) đúng khi n = 1, n = 2 Ta có
a4 =√a
3 +√a
1 = 2√a
3 ≤ a3 (do 2√a
3− a3 =√a
3(2 −√a3) ≤ 0)
Vậy (1) đúng khi n = 1, 2, 3 Giả sử (1) đúng khi n = k, n = k + 1, n = k + 2, tức là
ak≥ ak +1, ak +1≥ ak +2, ak +2 ≥ ak +3 Khi đó
ak +4 =√a
k +3+√a
k +1 ≤√ak +2+√a
k= ak +3,
ak +5 =√a
k +4+√a
k +2 ≤√ak +3+√a
k +1= ak +4,
ak +6 =√a
k +5+√a
k +3 ≤√ak +4+√a
k +2= ak +5
WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Trang 6Vậy theo nguyên lí quy nạp suy ra (1) đúng với mọi n = 1, 2,
(0,5 điểm)
Ta đã chứng minh được dãy (an) giảm và bị chặn dưới bởi số 4, do đó có giới hạn hữu hạn Đặt lim
n→ +∞an = a Từ an≥ 4, ∀n = 1, 2, suy ra a ≥ 4 Từ
an +3 = √an +2+√a
n,∀n = 1, 2, cho n → +∞ ta được
a=√
a+√
a⇔ a = 2√a ⇔
a ≥ 0
a2 = 4a ⇔
a = 0
a = 4 ⇔a = 4(do loại a = 0).
Vậy lim
n→ +∞an = 4
(0,5 điểm) Trường hợp 2 : min {x1, x2, x3} < 4 Tương tự, ta chứng minh được dãy số (an) tăng và bị chặn trên bởi số 4 và lim
n→ +∞an = 4
(0,5 điểm) Vậy trong cả hai trường hợp ta đều có lim
n→ +∞an= 4 Tiếp theo ta chứng minh
Dễ thấy (2) đúng khi n = 1, 2, 3 Giả sử xk≥ ak, xk +1 ≥ ak +1, xk +2 ≥ ak +2 Khi đó
xk +3 =√x
k +2 +√
xk ≥√ak +2+√
ak= ak +3 Theo nguyên lí quy nạp suy ra (2) đúng với mọi n = 1, 2,
(0,5 điểm) Tương tự ta chứng minh được lim
n→ +∞bn= 4, xn ≤ bn,∀n = 1, 2, (0,5 điểm) Tóm lại ta có
lim n→ +∞an= 4, lim
n→ +∞bn= 4, an≤ xn≤ bn,∀n = 1, 2, Theo nguyên lí kẹp suy ra lim
n→ +∞xn = 4
(0,5 điểm) Câu 6 (4 điểm) Kẻ AH⊥mp (BSC) Ta có VS.ABC = 1
3.SBSC.AH =
1
3.
1
2bc.sin α.AH. (1) (0,5 điểm)
Kẻ AM⊥SB Suy ra HM⊥SB (do SB⊥(AMH)) Giả sử N là giao điểm của MH và SC Xét tam giác vuông AHM, ta có AH = AM sin \AM N = a sin γ sin \AM N
(0,5 điểm) Sau đây ta sẽ tính sin \AM N: Sử dụng Định lý hàm số cosin cho các tam giác AMN và ASN, ta
WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Trang 7AN2 = MA2+ MN2 − 2.MA.MN cos \AM N,
AN2 = SA2+ SN2 − 2.SA.SN cos β
Suy ra
M A2+ MN2 − 2.MA.MN cos \AM N
(0,5 điểm)
∆SMA vuông tại M, suy ra MA = SM tan γ
∆SMN vuông tại M, suy ra MN = SM tan α
∆SMA vuông tại M, suy ra SA = SM
cos γ
∆SMN vuông tại M, suy ra SN = SM
cos α (0,5 điểm)
Thay vào (2), ta có
SM2tan2γ+ tan2α− 2 tan γ tan α cos \AM N= SM2
1 cos2γ + 1
cos2α −cos γ cos α2 cos β
⇒sin
2γ
cos2γ + sin
2α cos2α − 2.cos γsin γ.sin α
cos α.cos \AM N =
1 cos2γ + 1
cos2α − cos γ cos α2 cos β
⇒2.cos γsin γ.sin α
cos α.cos \AM N =
sin2γ cos2γ − cos12γ
+ sin2α cos2α − cos12α
+ 2 cos β cos γ cos α
⇒2.cos γsin γ.sin α
cos α.cos \AM N = −2 + cos γ cos α2 cos β
⇒cos γ cos αsin γ sin α.cos \AM N = cos β − cos γ cos α
cos γ cos α
⇒ cos \AM N = cos β − cos γ cos α
sin γ sin α . (0,5 điểm)
Dó đó
sin \AM N =
q
1 − cos2AM N\ =
s
1 − (cos β − cos γ cos α)
2 sin2γ.sin2α
=
s sin2γ.sin2α− (cos β − cos γ cos α)2
sin2γ.sin2α
=
q (1 − cos2γ) (1 − cos2α) − (cos β − cos γ cos α)2
sin γ sin α
=
p
1 + 2 cos α cos β cos γ − (cos2α+ cos2β+ cos2γ)
Từ (1) và (3), ta thu được
VS.ABC = abc
6 .
p
1 + 2 cos α cos β cos γ − (cos2α+ cos2β+ cos2γ) (4) (0,5 điểm) (Lưu ý rằng, vì 00 < α, β, γ < 1800; α + β + γ < 3600 và mỗi góc nhỏ hơn tổng hai góc
WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Trang 8còn lại nên công thức (4) xác định) Vì |cos α cos β cos γ| = |cos α| |cos β| |cos γ| ≤ 1, nên cos α cos β cos γ ≤ 1 Do đó
VS.ABC ≤ abc6 p1 + 2 cos α cos β cos γ ≤ abc6 √
1 + 2.1 = abc
√ 3
(0,5 điểm) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
cos α = cos β = cos γ = 0 cos α cos β cos γ = 1
Điều này không xảy ra Vậy VS.ABC < abc
√ 3
(0,5 điểm)
WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM