đề thi hsg toán khu vực ĐBSCL

Với mỗi điểm A thuộc đường tròn ta dựng tia Px vuông góc với tia PA và nằm cùng phía với nó đối với đường thẳng PQ.. Chứng minh rằng khi M chuyển động trên  thì đường thẳng AB luôn qua

Lần thứ 16

Trang 1

Trang 2

Mục lục

Tỉnh Trang

An Giang 3(18) Bạc Liêu 4(22) Bến Tre 5(25)

Cà Mau 6(29) Cần Thơ 7(34) Đồng Tháp (TP.Cao Lãnh) 8(38) Đồng Tháp (Sa Đéc) 9(42) Hậu Giang 10(46) Kiên Giang 11(50) Long An 12(56) Sóc Trăng 13(61) Tiền Giang (Cái Bè) 14(66) Tiền Giang 15(70) Trà Vinh 16(76) Vĩnh Long 17(83)

nào? aBC; bAC;cAB; Rlà bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC

Cho một đường tròn với hai dây AB và CD không song song Đường vuông góc với AB kẻ

từ A cắt đường vuông góc với CD kẻ từ C và từ D lần lượt tại M và P Đường vuông góc với AB kẻ từ B cắt đường vuông góc với CD kẻ từ C và từ D lần lượt tại Q và N Chứng minh rằng các đường thẳng AD, BC, MN đồng quy; các đường thẳng AC, BD, PQ đồng quy

Cho hàm số f liên tục trên  và thoả mãn:

f (x y) f (x).f (y) f (xy) f (x) f (y); x, y

Cho ABC nhọn, H là trực tâm của tam giác Gọi A’, B’, C’ lần lượt là giao điểm của HA,

HB, HC với đường tròn ngoại tiếp ABC Chứng minh

Chứng minh rằng có ít nhất 2 thí sinh trả lời toàn bộ 15 bài giống hệt như nhau

Câu 2 : ( 3 điểm )

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O Các tiếp tuyến với (O) tại B, C cắt nhau tại M,

AM cắt BC tại N Chứng minh rằng : NB.AC2NC.AB2 0

3

1 tổng số các khối lập phương đơn vị

Câu 6 : ( 3 điểm )

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n cho trước phương trình : x2n 1   x 1 0

có đúng một nghiệm số thực Gọi nghiệm số thực ấy là xn Hãy tìm lim x n

Câu 7 : ( 3 điểm )

Cho đường tròn (O,R) và một đường kính PQ cố định của đường tròn Trên tia PQ ta lấy một điểm S cố định ( khác P và Q) Với mỗi điểm A thuộc đường tròn ta dựng tia Px vuông góc với tia PA và nằm cùng phía với nó đối với đường thẳng PQ Gọi B là giao điểm của

Px và SA Tìm tập hợp điểm B, khi điểm A di động trên đường tròn (O,R)

Câu 7 : ( 3 điểm )

Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 2a và (d) là đường thẳng tùy ý cắt các đường thẳng

BC, CA, AB Gọi x, y, z tương ứng là các góc giữa đường thẳng (d) và các đường thẳng

sin x.sin y.sin z cos x.cos y.cos z

16

Bài 2 : Cho tam giác ABC Gọi A’, B’, C’ là các điểm bất ký trên cạch BC, AC, AB sao cho các

đường thẳng AA’ , BB’ CC’ đồng qui Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

T = AB’.CA’.BC’

Bài 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:

195(x  y z t) 1890xyzt 2008 0

Bài 4 : Cho a  1 Tìm GTNN của hàm số y acos x asin x

Bài 5 : Cho dãy số  un với u11, un 1  1 u u u1 2 n n1

b 2f x y9f (xy)f (x).cos y, với mọi x, yR

Bài 7: Cho hình nón có góc ở đỉnh của thiết diện qua trục là

V trong đó V1, V lần lượt là thể tích hình cầuS1 và hình nón

2 Gọi S là hình cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và với2 S ; 1 S là hình cầu tiếp 3xúc với tất cả các đường sinh của nón và vớiS2; ;S2009 là hình cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và vớiS2008 Gọi V , V , , V2 3 2009 lần lượt kà thể tích của các hình cầu

S ,S , ,S Chứng minh rằng : V1 V2 V2009 1V

2

Một hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy AB = a, cạnh bên SB = b với ab 2

Có một mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy ABCD tại A và tiếp xúc với đường thẳng SB tại K Hãy tính bán kính của mặt cầu này

Trên đường tròn tâm O, bán kính R lấy sáu điểm D, E, F, G, H, K theo thứ tự đó sao cho

DE = FG = HK = R Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của EF, GH và KD

Chứng minh rằng tam giác MNP là tam giác đều

M tiếp xúc với (E) tại A và B Chứng minh rằng khi M chuyển động trên  thì đường thẳng

AB luôn qua một điểm cố định Xác định điểm cố định ấy

Phương trình x + y + z + t = 2009 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?

(Nghiệm (x, y, z, t) với x, y ,z, t là các số nguyên dương)

Một đường thẳng (d) đi qua giao điểm của (C1) và (C2) lần lượt cắt lại (C1) và (C2) tại M và

N Tìm giá trị lớn nhất của đoạn MN

Câu 3 : ( 2 điểm )

Cho a, b, c là 3 số nguyên sao cho hai phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 và ax2 + bx – c

= 0 đều có nghiệm hữu tỉ Chứng minh rằng tích a.b.c chia hết cho 30

Gọi I và O lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác ABC Các tia

AI, BI, CI cắt lại đường tròn tâm O tương ứng tại A’,B’,C’ Gọi r , r , r lần lượt là bán a b ckính đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC ứng với các góc A,B,C.Gọi r ', r ', r 'a b c lần lượt

là bán kính đường tròn bàng tiếp của tam giác A’B’C’ ứng với các góc A’, B’ ,C’

cả các ứng viên đều hứa rằng sẽ đưa nền kinh tế Mỹ thoát khỏi tình trạng khủng hoảng hiện nay Do các Đảng phái có quan điểm chính trị khác nhau nên các lời hứa đưa ra của 2 ứng viên bất kì không hoàn toàn giống nhau nhưng có chung ít nhất là 2 lời hứa Chứng minh :

Trong hình vuông ABCD có cạnh bằng 1, ta vẽ một số đường tròn có tổng các chu vi bằng

10 Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng cắt ít nhất 4 đường tròn trong các đường tròn trên

1) Chứng minh rằng AP b

BQ  a2) Xác định tỉ số AP

AS sao cho diện tích MPNQ nhỏ nhất

Trên cạnh AD của hình vuông ABCD cạnh a, lấy một điểm M sao cho AMx (0xa)

và trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với mặt phẳng ABCD tại A, lấy một điểm S với

SAy y0 Giả sử x2y2a2 Xác định vị trí của M để hình chóp S.ABCM có thể tích lớn nhất

Nhận xét: Nếu x y là nghiệm của hệ thì 0; 0 x y0; 0cũng là nghiệm 0.5 điểm

 Điều kiện cần để hệ có nghiệm có nghiệm duy nhất là x  0 0Thay x  vào hệ, ta được 0 0 0  

2 0

1 11

Dễ dàng    3 & 4 có nghiệm là  0;1 0.5 điểm

Giả sử x y là một nghiệm bất kỳ của 1; 1    3 & 4 Khi đó:

x y

 Tồn tại giới hạn lim n

Khi đó những số chẵn nhân với 5 thì cho thừa số 10 0.5 điểm

Gọi  x là phần nguyên của x Ta có lũy thừa của 5 lớn nhất chia hết ! n được cho bởi

* Đặt SAx ; H là hình chiếu của S trên ABC 

x x

x x

  x4 54  x454 ( do x  ) 0Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x 454 (1đ)

Câu 2: ( 3 điểm )

Không mất tính tổng quát ta giả sử: AB ACBC

Gọi KMM'NN' và I là giao điểm của đường

Trang 23

Suy ra MPIIPNMIP do NP//MI  IMP cân tại M

12

12

p p





    (0,5đ) Nhưng theo định lí Fhec-ma thì: 1  

1 0 mod

p

a    p (0,5đ) Nên  1 21 1 0 mod 

Ta có dãy   an là một dãy tăng thực sự, (0,5đ)

Thật vậy: nếu tồn tại số tự nhiên k sao cho ak1 ak thì do giả thiết a2k1 a ak k2 ta thu

được ak1  ak2 (do a kN*) và cứ như thế ta được một dãy số nguyên dương giảm thực

sự, điều này không thể xãy ra vì dãy   an là dãy vô hạn (1đ)

Do a1  a0 1 nên theo phương pháp quy nạp ta có ngay an  n ,   n N *

Chọn 1 cây bất kì trong hàng cây, đánh dấu là cây A Có hai trường hợp sau xãy ra:

Trường hợp 1: Cây A không bị chặt Khi đó xét hàng cây gồm 16 cây còn lại Ta sẽ chặt 4

cây trong số 16 cây đó sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt

Trang 24

Trường hợp 2: Cây A bị chặt Khi đó hàng cây còn lại 16 cây Ta sẽ chặt 3 cây trong số 16

cây còn lại sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt ( hai cây ở hai phía của cây A

cũng không được chặt) 0,5đ)

Giả sử đã chặt được 3 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 13 cây

Do hai cây ở hai phía cây A vừa chặt không được chặt nên ta xét hàng cây gồm 11 cây còn

Vậy hệ đã cho chỉ có một nghiệm : (x; y; z; t)(1;3; 4;1) (1 đ )

1MC.BC.sin MCBS

(0,5)1

2MC.cos BCD (0,5)NB.cos ABC

 Nếu y = -1 thì x nguyên tuỳ ý (0,5)

 Nếu y 1 thì 4y24(x2x)y5x28x là phương trình ẩn y, có 0

  (1,0)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Vậy với x > 3, không tìm được x, y, z thỏa đề

+ Nếu x = 2 thì y = 3, z = 5 Khi đó x2y2z238 2 Vậy với x = 2, không tìm được x,

Giả sử tồn tại số nguyên dương n sao cho tập hợp A được phân thành 12 tập con B1, B2,…,

B12 thỏa các điều kiện đề bài, tức là: đôi một không giao nhau, B1B2 B12 A, đồng

thời tổng các phần tử của mỗi tập Bi (i 1,12) bằng nhau

Trang 32

là 12 tập con của A thỏa mãn yêu cầu đề bài

Vậy số nguyên dương n nhỏ nhất cần tìm là: n = 24 0,25đ

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, với A(0;0;0), B(a;0;0), C(a;a;0), D(0;a;0), A’(0;0;a),

Trang 33

Khi đó M x( M;y M;z M) thỏa

02222

M

M

M

x x y x z

N

N

N

x x

a MN

N

2 5

1

5 5

1

2 5 5

1

2 2

5

1 3 5

1 5 5

k k

k k

k k

k k

+ Dễ dàng chứng minh được HA’ = 2 HA1, HB’ = 2 HB1, HC’ = 2 HC1

+Áp dụng Erdoss ta có HA + HB + HC  2(HA1 + HB1 + HC1) = HA’ + HB’ + HC’.(*) + Xét phép nghịch đảo cực H, phương tích là 1 Khi đó: A0, B0, C0, A2, B2, C2 lần lượt là ảnh của A, B, C, A1, B1, C1

Chứng minh được các bộ (C2, A0, B2), (B2, C0, A2), (A2, B0, C2) thẳng hàng Khi đó, trong tam giác A2B2C2, áp dụng (*) ta có

HC HB HA HC HB HA

HC HB HA HC

HB HA

HC HB HA HC

HB HA

HC HB HA HC

HB HA

1111'

1'

1

11122'

2'

2

1112111

)(

2

1 1 1

0 0 0 2

2 2

A

B A

B

’

A

BC

ACB

ABC

Trang 35

Bài 3 (2 điểm)

a) Xét theo modul 8 thì

)8(mod4,1,

0

)8(mod4,1

)8(mod3,0,11

2 2

Nếu (3) có nghiệm x0, thì (2) có nghiệm x= x0, y = y0, z = x0y0

Vậy ta chứng minh (3) có nghiệm bằng cách chỉ ra một bộ x0, y0 thỏa (3)

Thấy x 2 y2có tận cùng bằng 9 nên tận cùng của (x2,y2)chỉ có thể là (0;9), (4;5)

Nghĩa là tận cùng của (x; y) chỉ có thể là (0;3); (0;7); (2;5); (8;5) (Do vai trò x, y là như nhau)

Bằng cách thử trực tiếp ta có một nghiệm của (3) là x = 28, y = 35

Vậy phương trình (2) có nghiệm

Bài 4 (3 điểm)

n n

n n

n n

a

6

56

56

56

1

1 1 2

a a a

(6

56

116

5

1

0 0

56

5

2

0 0

5

6

516

0 0

k k

5166

5

6

51

k

26

5

0 0

n

Với

26

Trang 36

- Với giả thiết đã cho, số phần tử Đ trong các bài làm của các thí sinh tối đa là 8

- Với mỗi k: 0  k  8 ta tìm số dãy có k chữ Đ, số chữ sai là 15 - k Các chữ S này tạo thành 15 - k + 1 khoảng trống, kể cả 2 khoảng trống 2 đầu mút

Ta cần đặt k chữ Đ vào 15 - k + 1 khoảng trống này Có C15kk1cách như vậy Vậy có C16kkbài có

k chữ Đ

- Số tất cả các bài làm có thể là:

1600159713621046249528691151

((

'

)1()('))

(('))((

'

x f y f y f y f x

f

x f x f y f y f x

('1))(

((

f

Trường hợp 1: Nếu tồn tại x0R: f'(x0)0

Từ (3) suy ra f'(y f(x0))0, y Do đó f(x) = c = const Trường hợp 2: Nếu f'(x) ,0 xR

Từ (3) suy ra f'(x).f'(y)1,x,y Do đó f’(x) = c = const hay f(x) = cx + d c,

d  R

Với f’(x) = c, f’(y) = c Ta có c2 = 1 hay c = ± 1

Từ điều kiện bài toán chỉ nhận c = 1

Dễ dàng tính được

3

62

BC

6

24

2

BC V

BC

2 2

Trang 39





AMB AMC

3) Với k  , giả sử a b1  , ta có ab2a2b 1 5ab 5 b hoặc 1 b  3

y x

522

3) Nếu x = 5 , ta có 3(y – 2)(z – 2) = yz

3

5  (2y – 9)(2z – 9) = 45 Lúc đó (x,y,z) = (5,5,27) ; (5,6,12) ; (5,7,9)

4) Nếu x = 6 thì 4(y – 2)(z -2) = 2yz  (y -4)(z – 4) = 8 Ta có nghiệm duy nhất (6,6,8)

Tóm lại, có 8 kết quả cho 3 kích thước hhcn là: (4,7,30) ; (4,8,18) ; (4,9,14) ; (4,10,12) ;

Nếu x1x2n 1.Vế trái âm

Nếu 0 < x < 1 thì x2  1 0 còn x + 1 > 0

Nếu 1x0 thì x2n10 x1

Xét hàm f(x) x2n1x1 có f'(x)(2n1)x2n 10 với x > 1 mà f(1) = -1 < 0 nên tồn tại duy nhất 1 < xn để f ( xn ) = 0

Theo BĐT Cauchy :

n

n x n

x n x

n n

2

121

2

12

2

12

Trang 41

Gọi B’ là giao điểm thứ hai của Px với đường tròn (O), khi đó AB’ là đường kính của (O) Gọi d là đường thẳng qua B và d // AB’, O’ là giao điểm của d và PQ

Ta thấy hai tam giác OPB’ và O’PB đồng dạng, mà tam giác OPB’ cân tại O, nên tam giác

O’PB cân tại O’ Từ đẳng thức

R

SP SO SO

SO R

P O SO

SO OA

B O SO

SP SO



R SO

SP

 , k là một số không đổi và (*) được viết lại dưới dạng SO ' k SO (**)

Hệ thức (**) chứng tỏ O’là ảnh của O qua phép vị tự tâm S, hệ số vị tự k =

R SO

 , ta suy ra SB  k SA và B là ảnh của A qua phép vị tự đó

Vậy tập hợp điểm B là một đường tròn (O’) ảnh của đường tròn (O) qua phép vị tự

S k

V , với k =

R SO SP



1 2 6

2008

20081

24)

x x

f( ) 2008 tăng trên R nên (2) 4x2 2x6 x21

x6 3x210

Phương trình x63x210u3 3u10(u x2 0) (3)

phương trình này chỉ có nghiệm trong (0,2) nên đặt )

20

(cos

13cos2

1cos3cos

Dựng đường cao AH, phân giác trong BD cắt nhau tại I

Gọi M là giao điểm của CI và AB

Đặt BC = a, CA = b, AB = c

Vì I thuộc miền trong tam gác ABC, nên các góc B, C đều nhọn

Từ giả thiết, ta suy ra

2

1sin2B sinBcosB

2sinsin2 A 2C  sinAcosC

Theo định lý Cêva ta có

1sin.cos

cos.sin

cos

cos

1

A B

C B a

c B C

C b DA

DC HB

HC MB

MA DC

DA HC

HB MB MA

do đó M là trung điểm AB

Từ đó suy ra SIAC SIBC

Câu 3 : ( 2 điểm )

Trang 43

d

c d

b d

; )1( 1

1

d

b d

c d

a a

b





11

2 2

2 3 3 2

b a

b

1 2  2 2 3 0

2 3

165

2 2

2 1 2

1 2 1

2 2

2 2

5

11

51

2

524

18

t k

5

1

;5

2

;5

3

Câu 4 : ( 3 điểm )

n d n  n V

32

)1(2

36

)12)(

1(2

3

212

3

212

n n

n n

n n n n n

Câu 5 : ( 3 điểm )

Gọi A là tập hợp các cách xếp 12 bộ thành một dãy tùy ý

Gọi A là tập hợp các cách xếp 3 bộ sách Toán đứng kề nhau 1

Gọi A2 là tập hợp các cách xếp 3 bộ sách Lý đứng kề nhau

Trang 44

Gọi A3 là tập hợp các cách xếp 3 bộ sách Hóa đứng kề nhau

Gọi A4 là tập hợp các cách xếp 3 bộ sách Sinh đứng kề nhau

Gọi A là tập hợp các cách xếp thỏa yêu cầu đề bài *

1

* 4

A A A

)3(

!12

4 



A

60936)

3(

!4)

3(

!6)

3(

!8)

3(

!10

0 4 4 1 3 4 2 2 4 3 1 4 4

C C

A

i i



30866460936

2x2 y2z2 xz yz

622

2 2

z y

z x

222

.Vậy A=   484 3

Dấu = xãy ra khi

4)(2

22

y x z x

z y y

z x

312

1

2 2

y

x y

Trang 45

Chọn hệ trục tọa độ sao cho A(0;a 3),B(a;0),C(a;0) Khi đó

)3

;( a a

2 1 2

cos

u u

u

2 2 1

2 2 2

sin

u u

u x

4

3

2 2 1

2 2 1 2

u u

u u

)(

4

3

2 2 1

2 2 1

2

u u

u u y

4

3

2 2 1

2 2 1 2

u u

u u

)(

4

3

2 2 1

2 2 1

2

u u

u u

y x

Ssin2 sin2 sin2 cos2 cos2 cos2

116

33

16

33

3 2 2 2 1

6 2 4 2 2 1 2 2 4 1 6 1 3

2 2 2 1

2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2

u u u u u u u

u

u u u u u u

Trang 46

Tỉnh Hậu Giang

SỞ GD&ĐT HẬU GIANG

Bài 1:

Đặt x2 cos , y2 sin ; u4 cos , v4sin với  , 0; 2

Khi đó: xuyv 8 8 cos cos 8sin sin  8

1951951951951890

18902008195

1

t xyzt xyt xzt yzt xyz

xyzt t

z y x

1951951951890

18902203195

z xyz xz

yz xy

xyz z

y x

y x

xy y

x

27882398

1951951890

18902398195

Khi y = 1: 195x25931890x: không có nghiệm nguyên dương trong trường hợp này

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương

Bài 4 :

Theo giả thiết a  1 nên hàm số có miền xác định R

Vì f(x)  0 nên f(x) đạt GTNN cùng một lúc với f2(x)

f (x)2 2acos xsin x2 a2a(sin xcos x)sin x cos x

Đặt tcos xsin x thì t2  1 2 sin x cos xvà t  2

(9)

2()(9)

(

 f t t

f t

f (3)

Từ (1), (2) cho ta: 2f(t)2f(t)1969.cost2008.sint

Kết hợp với (3), ta được: f t 1969cost 2008sint

22

9)

Như vậy hàm số cần tìm là f x 1969cosx 2008sinx

22

9)

Trang 49

Bài 7:

a) Gọi ABC là thiết diện qua trục của hình nón =>

ABC là tam giác đều

Thiết diện cắt hình cầu S1 theo 1 đường tròn nội tiếp

ABC tâm O1 bán kính r, tiếp xúc BC tại H

b) Ta chứng minh cho trường hợp có n hình cầu

mp(ABC) cắt hình cầu S2theo đường tròn giao tuyến tâm O2, có bán kính r2

mp(ABC) cắt hình cầu S ntheo đường tròn giao tuyến tâm O n, có bán kính r n

Tức là : 1 2 2009 1

2

Cho k = 1,2,3,…,x-1 rồi lấy tổng từng vế của các dẳng thức thu dược ta có:

bên trong

Thật vậy, giả sử tồn tại một tam giác đều ABC với cạnh

a = 2

3 nằm bên trong hình vuông cạnh 1 mà không chứa

tâm O của hình vuông (0.5)

Khi đó tồn tại một cạnh, chẳng hạn cạnh AB sao cho điểm O và tam giác nằm về hai phía

của cạnh AB (xem hình vẽ) (0.5)

Vẽ qua O đường thẳng d song song với AB và từ C kẻ CK vuông góc với d