ĐỀ THI HSG ĐỒNG NAI NĂM 2011_2

Chứng minh rằng phương trình đã cho có ba nghiệm dương khi và chỉ khi 0 u ... HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1... GV: Nguyễn Tất Thu.

ĐỀ THI HSG ĐỒNG NAI NĂM 2011-2012 Câu 1 (4,5 điểm) Cho phương trình x3+ 3ux2+ 3vx u− 3+ 2uv= 0

Chứng minh rằng phương trình đã cho có ba nghiệm dương khi và chỉ khi

0

u

 <





< <



Câu 2 (3 điểm) Giải phương trình 2 cos 2 2

sin 3 sin 5

x

Câu 3 (4 điểm) Cho a b c, , ≥ 0thỏa a b c+ + = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = a b− + b c− + c a−

Câu 4 Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' ' Biết mặt phẳng ( )α cắt các cạnh AA BB CC DD', ', ', ' lần lượt tại các điểm A B C D1, 1, ,1 1; với các điểm A B C D, , , không thuộc ( )α Gọi V V, 1 lần lượt là thể tích của khối chóp A ABCD A A B C D1 , 1 1 1 1 Chứng minh rằng V V= 1

Câu 5 Cho m là số nguyên dương thảo m= 2n p (với n là số nguyên dương và p là số nguyên tố) Hãy tính tổng các ước của m theo n và p

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 Xét hàm số f x( ) = x3 + 3ux2+ 3vx u− 3+ 2uv có đồ thị (C)

Ta có: f x( ) 0 = có ba nghiệm dương khi và chỉ khi hàm số f thỏa đồng thời các điều kiện sau: i) Hàm số có hai điểm cực trị dương

ii) Hai cực trị của hàm số trái dấu

iii) f(0) 0 <

• Ta có f x'( ) 3 = (x2 + 2ux v+ )⇒ f x'( ) 0 = ⇔ x2 + 2ux v+ = 0 (*)

Hàm số có hai điểm cực trị dương ⇔(*) có hai nghiệm dương phân biệt x x1 2,

2

2

0

0 0

u

v u v

∆ = − >

⇔ − > ⇔ 

< <





• Chia f cho f' ta có: ( ) 1( ) '( ) 2( 2) 3

3

f x = x u f x+ + v u x u− − +uv

f x =mx +n f x = mx +n với m= 2(v u− 2),n= −u3+uv

Nên f x f x( ) ( ) 01 2 < ⇔ m x x2 1 2 +mn x( 1+x2) +n2 < ⇔ 0 m v2 − 2umn n+ 2 < 0

4 (v v u ) 4 (u v u ) u v u( ) 0 4v 3u

• f(0) = −u3+ 2uv< ⇔ − 0 u2+ 2v> ⇔ 0 4v> 2u2 (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có đpcm

Câu 2 Điều kiện: sin 3x− sin 5x ≠ 0

Cách 1: Phương trình ⇔ − 2 cos 2x+ 2 2 cos 4 sinx x = 0

2

1 2sin x 2 2 cos 4 sinx x 0

(1 cos 4 2 x) (2 sin 2x 2 2 cos 4 sinx x cos 4 2 x) 0

2

sin 4x 2 sinx cos 4x 0

cos 4 1

1

sin

3 cos 4 1

4 1

sin

2

x

x

x x

x









 = −





Kết hợp điều kiện ta có 2 , 3 2

x= π +k π x = π +k π là nghiệm của phương trình

Cách 2 Đặt cos 2 sin 2

4

x a= +π ⇒ x = − a

sin 3x− sin 5x = − 2 cos 4 sinx x = 2 cos 4 sina a+ cosa

Phương trình trở thành: 2 sin 2 2 2 sin 2 2 cos 4 sin( cos )

2 cos 4 (sin cos )

+

Đặt t = sin 2a∈ −  1;1  Suy ra (2 sin 2 ) + a2 = 4 cos 4 (1 sin 2 )2 a + a

Hay (2 +t)2 = 4(1 2 ) (1 − t2 2 + ⇔t) t2 + 4t+ = 4 16(t4 −t t2)( + 1) 4 + t+ 4

0

0

16 ( 1)( 1)

16( 1)( 1) 1 (vn )

t

 =



0 sin 2 0

t= ⇔ a= ⇔ =a π ⇔ =x π + π

Kết hợp điều kiện ta có 2 , 3 2

x= π +k π x = π +k π là nghiệm của phương trình

Câu 3 Ta có x3+ y3+z3 = 3xyz với x y z+ + = 0

Do a b b c c a− + − + − = ⇒ 0 P = 3(a b b c c a− )( − )( − )

Giả sử b= min , ,{a b c} Nếu c a≥ ⇒P ≤ 0 Ta xét c a≤

Cách 1

Ta có (a b b c c a− )( − )( − ) ( = a b c b a c− )( − )( − ) ≤ ac a c( − )

Mặt khác:

3

2 2 ( )

Suy ra ( ) 3

18

ac a c− ≤ Do đó 3. 3 3

18 6

Đẳng thức xảy ra

2

0

b

ac a c

 =



Vậy max 3

6

P =

Cách 2

Ta có: (a b b c c a− )( − )( − ) ( = a b c b a c− )( − )( − ) ( ≤ a b c a b c+ ) ( + − )

2

= + ∈  

 , suy ra c = −1 x

Khi đó: (a b b c c a− )( − )( − ) ≤ x(1 −x)(2x− 1) = f x( )

Xét ( ) (1 )(2 1 , ) 1 1

2

f x = x −x x− < ≤x

( ) 2 3 3

6

f x = − x + x− = ⇔ =x +

Lập bảng biến thiên ta được: f x( ) f3+6 3 183

≤  =

1 ( ;1]

2

x∈

Đẳng thức xảy ra khi 3 3, 0, 3 3

a= + b= c= −

Vậy max 3

6

P =

Bài 4

D3

B3

B2

D2

A1

D' A'

B

C

B1

C1

D1

A'

A

D

D'

1

Ta có A B C D1 1 1 1 là hình bình hành nên

2 A ABD, 2 A A B D

Cách 1 Qua A1 kẻ mặt phẳng ( )β song song với mp(ABD) cắt BB1 tại B2, DD1 tại D2

Gọi B3 = AB1∩A B D1 2, 3 = AD1∩A D1 2 Ta có

1 1

3 3

.

AB AD

AB AD

=

Ta chứng minh:

1 1

3 3

. A A B D A ABD

AB AD

1 1

3 3

.

AB AD

1 3 3

1 2 1 2

1 3 1 3

.

A B A D

⇔ = (Do d A A B D( , ( 1 3 3 )) (= d A ABD1 , ( )))

1 2 1 2

1 3 1 3 3 1 3

1 3 1 3

A B A D

A B A D

1 2 1 2

A B A D AB AD

3 1 3

B A D = BAD) Đẳng thức cuối luôn đúng

Cách 2 Ta có: 1 . 1 1 ( , ( 1 ) ) 1

3

( )

1 1, ( 1 1)

3

Mà d B AA D( , ( 1 )) (= d B AA D1 , ( 1 1 )) và

AA D AA D

S∆ =S∆

Nên ta có đpcm

Bài 5

Ta xét hai trường hợp

• p= ⇒ 2 m= 2n+1 nên các ước của m là: 2 , 2 , , 20 1 n+1 nên tổng các ước của m bằng

2 + 2 + + 2n+ = 2n+ − 1

• p> 2 ta có các ước của m là 2 , 2 , , 2 , 2 , 2 , , 20 1 n 0p 1p n p nên tổng các ước bằng

(2n+1 − 1 () p+ 1)

GV: Nguyễn Tất Thu