Chứng minh tam giác AMN vuông.. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SAB theo a... 2 Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao cho BM = DN
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Đề thi gồm 01 trang)
Câu I (2,0 điểm)
y x mx x (1) và đường thẳng ( ) : ∆ y= 2mx− 2 (với m là tham số) Tìm m để đường thẳng ( )∆ và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ
độ)
2) Cho hàm số
2
3 2 +
+
=
x
x
y có đồ thị (C) và đường thẳng d: y=−2x+m Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m Gọi , k 1 k2 lần lượt là hệ số góc của tiếp
tuyến của (C) tại A và B Tìm m để P = ( ) ( )2013
2
2013
k + đạt giá trị nhỏ nhất
Câu II (2,0 điểm)
4 sin 2 4 4 cos 4
−
=
x
= +
+ +
− +
= + +
10 )
1 ( 4 ) 1 9 (
1
1 1
9 1 3
2 2
3
2
x x
y x
x x
y xy
Câu III (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:
! 0
!
2013 2014
1
! 2010
!
3 4
1
! 2011
!
2 3
1
! 2012
!
1 2
1
! 2013
!
0 1
=
S
2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:
+
−
=
=
2 1 2 5
2 1
1
n n
u
u
(n∈N*) Tìm
∑
=
n
k 1u k
1
Câu IV (3,0 điểm)
1) Cho khối chóp S ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, ·ASB SAC=· =90 ,0 ·BSC=1200 Gọi
M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a Chứng minh tam giác AMN
vuông Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB theo a.)
Trang 22) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao cho BM = DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.
Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz=2 2
Chứng minh rằng: 4 84 82 2 4 84 82 2 4 84 82 2 ≥8
+ +
+ +
+ +
+ +
+ +
+
x z x z
x z z
y z y
z y y
x y x
y x
……… Hết………
Họ và tên thí sinh:………Số báo danh: ……… Chữ ký của giám thị 1:……….Chữ ký của giám thị 2:
Trang 3SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
(Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối
đa)
m
I 1
1,0đ
1) Cho hàm số y x= +3 2mx2−3x (1) và đường thẳng ( ) : ∆ y= 2mx− 2 (với m là tham
số) Tìm m để đường thẳng ( )∆ và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A,
B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hoành độ không đổi
và O là gốc toạ độ)
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và (∆) là nghiệm phương trình:
3+2 2−3 =2 − ⇔2 3+2 2−(2 +3) + =2 0
2
2
1
=
x
Vậy ( )∆ và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt ⇔phương trình (2) có hai
nghiệm phân biệt
2
m
m
+ + >
+ + − ≠
Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m-2), B( ;2x1 mx1−2), C( ;2x2 mx2−2), trong đó x ;x1 2
là nghiệm phương trình (2) nên x1+x2 = −2m 1, x x− 1 2 = −2 0,25
Tam giác OBC có diện tích 1BC
2
S = d Trong đó d = d(O; ) = 2 2
1+4m
∆
BC =(x −x) +(2mx −2mx) =(x +x ) −4x x 4m +1
( )2 ( 2 )
Trang 4Vậy S = 17 ⇔ 4m2 +4m+9 = 17
−
=
=
⇔
2
1
m
m
I 2
1,0đ
2) Cho hàm số
2
3 2 +
+
=
x
x
y có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m Chứng minh
rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m Gọi k1, k2 lần lượt là hệ
số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B Tìm m để P = ( ) ( )2013
2
2013
nhất
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:
x
x =− +
+
+
2 2
3 2
=
− +
− +
−
≠
⇔
(*) 0 2 3 ) 6 ( 2
2
x
x
0,25
Xét phương trình (*), ta có: ∆>0,∀m∈R và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d
Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là
2 2 2 2 1 1
) 1 (
1 ,
) 1 (
1
+
= +
=
x
k x
k , trong đó x1,x2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy
1 2
2
1
2 1 2 1
2 2
2 1 2
+ + +
= + +
=
x x x x x
x k
0,25
2 1
2013 2
2013
2 2
2 1 2
2
2 1 2
) 2 (
1 )
2 (
1
+
= +
⇔ +
= +
⇔
x x
k
k
do x1,x2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2
⇔x1 + x2 = - 4 ⇔ m = - 2 Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.
0,25
II 1
1,0đ
4 sin 2 4 4 cos 4
−
=
PT(1) ⇔ 2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx)
⇔ (cosx – sinx).[(cosx+sinx)(sin2x+cos2x)+2]=0
0,25
*) x− x= ⇔x=π +kπ
4 0
sin
Trang 5*) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 ⇔cosx + sin3x + 2 = 0 (2) 0,25
*) Vì cosx≥−1;sin3x≥−1,∀x nên (2)⇔
−
=
−
= 1 3 sin
1 cos
x
x
⇔ hệ vô nghiệm.
Vậy PT có nghiệm là: x=π +kπ
4 (k∈Z)
0,25
II 2
1,0đ 2) Giải hệ phương trình:
= +
+ +
− +
= + +
) 2 ( 10 )
1 ( 4 ) 1 9 (
) 1 ( 1
1 1
9 1 3
2 2
3
2
x x
y x
x x
y xy
ĐK:x≥ 0
NX: x = 0 không TM hệ PT
Xét x > 0
PT (1) ⇔
x
x x
y y
y+ + = +1+
1 9 3
⇔ 3y+3y (3y)2 +1= 1x + 1x 1x2 +1 (3)
0,25
Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0 Xét hàm số f(t)= t + t t2 +1, t > 0
Ta có: f’(t) = 1 +
1
1 2
2 2
+ + +
t
t
t >0 Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)
PT(3) ⇔f(3y)= f x
1
⇔3y =
x
1
0,25
Thế vào pt(2) ta được PT: x3 +x2 +4(x2 +1) x =10
Đặt g(x)= x3 +x2 +4(x2 +1) x−10, x > 0 Ta có g’(x) > 0 với x > 0
⇒g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)
0,25
Ta có g(1) = 0
Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
Với x =1⇒y =
3 1
KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;
3 1
Trang 6III 1
1,0đ
1) Rút gọn biểu thức:
! 0
!.
2013 2014
1
)!
2013
!.(
).
1 (
1
! 2010
!.
3 4
1
! 2011
!.
2 3
1
! 2012
!.
1 2
1
! 2013
!.
0
1
1
+ +
− +
+ + +
+ +
=
k k
k
=
0 2013 2013
1
k
k
C S
k k
k
S
0,25
! 2014 )!
2013 )!.(
1 (
! 2013 1
1 2014
= +
− +
=
− +
= +
k
k k
k k
k C
=
=
+
1 2014 2013
0
1
2014
1
k k
k
C C
0,25
+) S.2013! = (2 1)
2014
1 2014 −
! 2014
1
22014 −
=
⇒S
0,25
III 2
1,0đ 2) Cho dãy số (un) thỏa mãn:
+
−
=
=
2 1 2 5
2 1
1
n n
u
u
(n∈N*) Tìm
∑
=
n
k 1u k
1
+) Ta có: u n+ −u n = (u n −4u n +4)≥0,∀n
2
Nếu có số M: un ≤ M với mọi n, thì tồn tại limun = L Vì un ≥ u1 ⇒L ≥ u1 0,25
+) Khi đó ta có: L =
2
1
L2 – L + 2 ⇔ L = 2 (Vô lý)
⇒ limun = +∞
0,25
+) Ta có: u n2 −2u n +4=2u n+1 ⇔ u n(u n −2)=2(u n+1−2) ⇔
) 2 (
2
1 )
2 (
1
1−
=
n
u
2
1 2
1 1
2
1 1
2
1
1
=
−
−
⇔
+
n n
+) Do đó:
2
1 2
1 1
1 1
=
∑
n
n
∑
=
n
k 1u k
1
2
1 1
=
−
u
0,25
IV 1 1) Cho khối chóp S ABC SA=2 ,a SB=3 ,a SC =4 ,a AS· B SAC=· =90 ,0 ·BSC=1200
Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a Chứng minh tam
Trang 71,5đ giác AMN vuông Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB theo a )
Dùng ĐL Cosin tính được:
MN = 2a 3
0,25
AM=2a 2, AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ∠ASC= 600)⇒ tam
giác AMN vuông tại A
0,25
Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A
)
(AMN
SH ⊥
0,25
Tính được
3
2
.
a
3
1
.
SC SB
SN SM V
V
ABC
S
AMN
V S ABC =
Vậy
3
2
3
S ABC SAB
IV 2
1,5đ
2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và
đoạn CD sao cho BM = DN Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN
BA
DC
DN =
⇒ Khi đó ta có: BM =x.BA và DN = x.DC 0,25
+) Ta có: DN =x.DC ⇔ BN−BD= x(BC−BD)⇔BN =x.BC+(1−x).BD
Do đó: MN =BN−BM =x.BC+(1−x).BD−x.BA
0,25
+) MN2 =
2 ) 1 ( 2 2 2 2 ) 1 ( 2 )
1 (
2 2
2
2 2
2 2 2 2
x x
a x
a x x a x a x a
= a2[x2 +(1−x)2 +x2 +x(1−x)−x2 −x(1−x)] = (2x2 – 2x + 1)a2
0,25
H
N
M
A
S
N
M
S
C
B
A
Trang 81 ) 2
1 ( ) ( min , 1 ) 1 ( ) 0 ( ) (
+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng
2
2
a khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD 0,25
+) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M≡B, N≡D hoặc M≡A, N≡C. 0,25
V
1,0đ
Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2 2
8 8 2
2 4 4
8 8 2
2 4 4
8 8
≥ +
+
+ +
+ +
+ +
+ +
+
x z x z
x z z
y z y
z y y
x y x
y x
+) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8
Do
2
2
a
ab≤ +
nên
2
) (
2
ab b
a + + ≤ +
Dấu“=”có ⇔a=b
0,25
4 4 2
2
4 4
2
3
b a
b a ab b a
b a
+
+
≥ + +
+
1 2
3
2 2 2
2
4 4
b a b
a
b
+
+
(1)
Thật vậy: (1) ⇔ 2(a4 +b4) ≥(a2 +b2)2 ⇔(a2 – b2)2 ≥0 (luôn đúng)
3
2 2
4 4
b a ab b a
b
+ +
+
Dấu“=”có ⇔a2=b2⇔a=b
0,25
3
2 2
4 4
c b bc c b
c b
+
≥ + +
+
Dấu“=”có ⇔b=c
( )
3
2 2
4 4
a c ca a c
a
+ +
Cộng các vế các BĐT trên ta được:
) (
3
2 2
4 4 2
2
4 4 2
2
4 4
c b a ca a c
a c bc c b
c b ab b
a
b a
+ +
≥ + +
+ +
+ +
+ +
+ +
+
(2) Dấu“=”có ⇔a=b=c
0,25
3
2 a2 +b2 +c2 ≥ 3 a2b2c2 = Dấu“=”có ⇔a=b=c
Do đó ta có ĐPCM Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 2
0,25
Trang 10SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2013 - 2014
Ngày thi : 02/10/2013 Môn thi : TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (5,0 điểm).
a) Giải phương trình: 3x 2 − − x 1 2x + = 2 − − x 3
b) Giải hệ phương trình:
3
8 8
x 3x 13x 15
y
y (x, y )
y 4 5y (x 2x 2)
¡
Câu 2 (4,0 điểm).
a) Cho dãy số (un) xác định bởi: 1
2
2014 u
2013 2u + u 2u , n *
=
Đặt n
u 2 u 2 u 2
b) Tìm tất cả các hàm số f liên tục trên ¡ thỏa mãn:
f(3x – y + α) = 3f(x) – f(y), ∀ x, y ∈ ¡
trong đó α là số thực cho trước
Câu 3 (5,0 điểm)
a) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1 Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
T MA.h = + MB.h + MC.h
(với ha, hb, hc lần lượt là độ dài các đường cao vẽ từ A, B, C)
b) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi Gọi H và G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC Gọi E là điểm đối xứng với H qua G Tìm tập hợp các điểm A, biết rằng điểm E thuộc đường thẳng BC
Câu 4 (3,0 điểm).
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho:
a + 2b = c và a3 + 8b3 = c2 b) Cho đa thức f(x) có bậc n > 1, có các hệ số đều là các số nguyên và thỏa mãn điều kiện f(a + b) = a.b, với a, b là hai số nguyên cho trước (a, b khác 0)
Chứng minh rằng f(a) chia hết cho b và f(b) chia hết cho a
Câu 5 (3,0 điểm).
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 11Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = 8
Chứng minh rằng với mọi k ∈ ¥*, ta có:
k 1
2 (a b)(a b )(a b ) (a − b − ) (b c)(b + c )(b c ) (b − c − ) (c a)(c + a )(c a ) (c − a − ) ≥ −
Hết
Trang 12-SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12 THPT
a) Giải PT: 3x 2− − x 1 2x+ = 2− −x 3 (1) 2.5 a) 2
+ Điều kiện: x 2
3
≥ (*) Khi đó:
⇔
1
x 1 (3)
− =
(2) ⇔ x = 3/2 (thỏa (*))
Vì x 2
3
3x 2− + x 1+ < 1 và x + 1 >
1
⇒ (3) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x =
3/2
0.2 5
1.0
0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.2 5 0.2 5
Với mọi k ∈ N*, ta có :
k
u
u 2 = u (u 2) = u − u (u 2)
=
u − 2u + = u − u +
⇒Sn =1/ u1−1/ un 1+
2
u + = (u + 2u ) / 2 1, n N* > ∀ ∈
⇒ un> 1, ∀ n ∈ N*
Ta có: un 1+ −un =u / 2 0, n N *2n > ∀ ∈
⇒ (un) tăng Giả sử (un) bị chặn trên thì (un) tồn tại giới hạn hữu hạn: limun = a (a ≥ 1)
⇒ 2a=a2 + 2a ⇒ a = 0 Mâu thuẫn với a≥1
⇒ limun = +∞ ⇒lim(1/ un 1+ ) 0= Vậy: limSn =1/ u1=2013/ 2014.
0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.5
0.2 5
0.2 5
0.2 5
3
y y
2.5
+ Điều kiện: y ≠ 0 (*) Khi đó:
(I) ⇔
2
2
2 2
2 4
y y 4
y
Đặt a = x + 1, b 2
y
= (b ≠ 0), hệ trên trở thành:
0.2 5
0.2 5
b) f(3x – y + α) = 3f(x) – f(y),
∀x,y∈R (1)
2.0
Trong (1), thay x y 3x ' y '
2
−
f (3x ' y ' ) 2f 3x ' y '
2
−
− + α = ÷, ∀x’, y’∈R
2
−
− + α = ÷
, ∀x, y∈R (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
0.2 5
Trang 132 ( 2 )
⇔
⇒ a3 – b3 = (b2 – 5a2)(4a – b)
⇔ 21a3 – 5a2b – 4ab2 = 0
⇔ a = 0 hoặc a b
3
= − hoặc a 4b
7
=
+ Thay a = 0 vào (1) được b2 = 4 và tìm
được hai nghiệm (–1 ; –1), (–1 ; 1)
+ Thay a b
3
= − vào (1) được b2 = 9 và tìm
được hai nghiệm (–2 ; 2/3), (0 ; – 2/3)
+ Thay a 4b
7
= vào (1) được :
2
31
49
Kết luận đúng
0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.2 5
⇒f 3x 1y 3f x( ) 1f y( )
Thay x = 0, y = 0 vào (3) ta được:
f(0) = 3f(0)/2–f(0)/2 ⇒ f(0) = b, b tùy ý
− −
3[f x( ) f (0)] 1[f y( ) f (0)]
Đặt g(x) = f(x) – f(0), ta có: g(0) = 0 và:
( ) ( )
= − = −
∀x,y∈R
⇒g 3x 1y g 3x g 1y
− = + −
,∀x,y∈R
⇒g(x+y) = g(x) + g(y),∀x,y∈R
Vì g liên tục trên R nên:
g(x) = ax, ∀x∈R, với g(1) = a (a tùy ý)
⇒ f(x) = ax + b, ∀x∈R (4) (với a, b tùy ý)
Thay (4) vào (1) ta được: b = aα Vậy f(x) = ax + aα, với a tùy ý
0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.2 5
a) T MA.h= a + MB.hb + MC.hc 3.0 a) a + 2b = c (1), a 3 + 8b 3 = c 2 (2) 2.0
MA.GA MB.GB MA.GC
3
a.m
2 3
+ +
⇒ ≤
0.2 5
0.2 5
0.2 5
(2) ⇔ (a + 2b)(a2 – 2ab + 4b2) = c2 (3)
Từ (1) và (3) suy ra:
(2) ⇔ a2 – 2ab + 4b2 = (a + 2b) ⇔ 4b2 – 2(a + 1)b + a2 – a = 0 (4)
∆’ = (a + 1)2 – 4(a2 – a) = –3a2 + 6a + 1 (4) có nghiệm ⇔∆’ ≥ 0
⇔ 3a2 – 6a ≤ 1 ⇔ 3(a – 1)2≤ 4
⇔ a = 1 hoặc a = 2 (vì a ∈ N*) + a = 1 ⇒ b = 1, c = 3
+ a = 2 ⇒ b = 1, c = 4
0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.2 5
Trang 14Tương tự b.mb a2 b2 c2, c.mc a2 b2 c2
6 3
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c
MA.GA MB.GB MC.GC MA.GA MB.GB MC.GC + + ≥uuuuruuur uuur uuur uuur uuur+ +
(MG GA)GA (MG GB)GB (MG GC)GC
= uuuur uuur uuur+ + uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur+ + +
+ +
= + + = + + =
Đẳng thức xảy ra
⇔ MA, GA uuuur uuur
cùng hướng, MB, GB uuur uuur
cùng hướng, MC, GC uuur uuur
cùng hướng ⇔ M trùng G
Từ (1) và (2) suy ra: T 2 3 ≥
Vậy minT 2 3 = ⇔∆ABC đều và M trùng
G
0.2 5
0.2 5
0,2 5 0.2 5 0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.2 5 0.2 5
Vậy (a;b;c) =(1;1;3) hoặc (a;b;c) =(2;1;4)
0.2 5 0.2 5 0.2 5 0.2 5
Giả sử: f (x) a x= n n +an 1− xn 1− + + a x1 1+a0
Ta có: f(a + b) – f(a) =
=a [(a+b)n n− a ] an + n 1− [(a+b)n 1− − an 1− ]+ +a b1
n
n 1 1
a b[(a+b) a(a+b) + +a (a b) a ] +a b[(a+b) a(a+b) + +a (a b) a ] + +a b
−
Suy ra: f(a + b) – f(a) chia hết cho b
Mà f(a+b) chia hết cho b nên f(a) chia hết cho b
Tương tự, f(b) chia hết cho a
0.2 5
0.2 5
0.2 5 0.2 5
Đặt P là vế trái của BĐT đã cho và :
Q
Trang 15x E
H
O
C
B
A G
k
k 1 k 1
2
a (c a)(c a ) (c − a − )
+
Ta có: P – Q = (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0
k 1 k 1 k 1 k 1
2P P Q
(a b)(a b ) (a − b −) (b c)(b c ) (b − c −)
k 1 k 1
(c a)(c a ) (c − a − )
+ +
Ta có:
2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 2(a4 + b4) ≥ (a2 + b2)2
………
2(a + b ) (a ≥ − + b − ) ⇒
k 1 k 1
k
2 (a b)(a b ) (a − b − )
Tương tự với các số hạng khác của P+Q, suy ra: 2P a b b c c ak k k
P a b ck 3 abc3k k 13
+ +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2
0.5 0.5
0.2 5
0.2 5
0.5
0.5
0.2 5
0.2 5
Xây dựng hệ tọa độ như
hình vẽ
Đặt BC = 2b (b>0), ta có:
B(0 ; –b), C(0 ; b) Giả sử A(x0 ; y0) (x0 ≠ 0)
Ta có: G(x0/3; y0/3) Tọa độ điểm H là nghệm
của hệ phương trình:
0
y y
=
0
x
E là điểm đối xứng với H qua G khi và chỉ
khi:
2 2
0
E ∈ BC ⇔ xE = 0 ⇔ 0 2 20
0
2x b y
0
−
1 3b / 2 b+ = Suy ra tập hợp các điểm A trong mp Oxy
là elip: x22 y22 1
3b / 2 b+ = loại trừ 2 điêm B,
C
Vậy tập hợp các điểm A là elip có trục
nhỏ BC, trục lớn có độ dài bằng 3/ 2.BC,
loại trừ B, C
0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.2 5
0.2 5
Ghi chú: Nếu thí sinh có cách giải khác nhưng vẫn đúng thì ban giám khảo cần thảo luận
thống nhất biểu điểm và cho điểm phù hợp với thang điểm