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).[r]
Trang 1SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI HSG ĐBSCL LẦN THỨ 16 - NĂM 2009
HƯỚNG DẪN CHẤM:
Câu 1) ( 3 điểm )
Giải phương trình 43x4 4 24 x318 3 04 (1)
Ta thấy x 0 không là nghiệm của phương trình (1) (0,5đ) Với x 0,
4 3
2 18
3
x
x
4 3
18 2 4 3
x x
(2) (0,5đ)
Do x 0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số: 3
18
; ; ;
3 3 3
x x x
x ta có:
x
(1đ)
Do đó (2) xãy ra khi và chỉ khi: 3
18 3
x x
x4 54 x454 ( do x 0) Vậy 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
thẳng PK với BC
Ta chứng minh M'AC:
Thật vậy giả sử M’ ở ngoài đoạn AC thì M'AB:
Nên
BM BM BC BM BC BA
1 1
Tương tự ta cũng chứng minh đượcN'BC: (1đ)
CM AB BC CA CM AB CA
Suy ra
' 2
(0,5đ) Tương tự
1 ' 2
MN AB MN
suy ra tam giác MNM’ cân tại N, tam giác NMN’ cân tại M (0,5đ)
N
M
P A
M'
Trang 2
' '
trong của tam giác MNP (0,5đ) Suy ra MPI IPN MIP do NP MI//
IMP cân tại M
1 2
1 2
P'I Vậy MM1, NN1, PP1 đồng qui tại một điểm (đpcm) (0,5đ)
-Câu 3) ( 2 điểm )
Giả sử có số nguyên a để (a2 1) p ta có: a2 1 mod p
(0,25đ) Suy ra a p 1 1p21modp
hay: a p 1 1 1 p21 1 mod p
(0,5đ) Nhưng theo định lí Fhec-ma thì: a p 1 1 0 mod p
(0,5đ) Nên 1p211 0 mod p
(*) mà p là số nguyên tố dạng 4k 3 nên:
(*) 2 0 mod p
(0,5đ) Điều vô lí trên suy ra bài toán được chứng minh (0,25đ)
-Câu 4) ( 3 điểm )
Ta có dãy a n là một dãy tăng thực sự, (0,5đ)
Thật vậy: nếu tồn tại số tự nhiên k sao cho a k1a k thì do giả thiết a2k1 a a k k2 ta thu được a k1a k2 (do a kN*) và cứ như thế ta được một dãy số nguyên dương giảm thực sự, điều này không thể xãy ra vì dãy a n là dãy vô hạn
(1đ)
Do a1 a01 nên theo phương pháp quy nạp ta có ngay a n n, n N*
Suy ra: 1 2
1 2
n
n n
a a a (0,5đ)
Đặt 2 1 2
1 1 2
n
n u
1
0 u n
n
(0,5đ)
Vậy lim
n
2
1 2
1 1 2
n
n
(theo nguyên lí kẹp) (0,5đ)
-Câu 5) ( 3 điểm )
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 (0,5đ)
Giả sử đã chặt được 4 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 12 cây (không kể cây A) Việc phục hồi lại hàng cây là đặt 4 cây đã chặt vào 4 vị trí đã chặt, số cách làm này bằng với
số cách đặt 4 cây vào 4 trong số 13 vị trí xen kẽ giữa 12 cây (kể cả 2 đầu), nên:
Số cách chặt 4 cây ở trường hợp 1 là: C 134 715 (cách) (1đ)
Trang 3Trường 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 lại
Lập luận tương tự như trường hợp 1, ta có số cách chặt cây là: C 123 220(cách).
Suy ra: số cách chặt cây thỏa yêu cầu đề bài là: 715 220 935 (cách) (1đ)
- - -
Câu 6) ( 3 điểm )
x R
ta có:
2
x
f x f x
f x f
2
f x f
(2) (0,5đ)
Từ (1) ta có: f 0 0
Đặt ( ) 2
3
x
g x f x
, ta có: (0,5đ)
0 0
, g(x) liên tục trên R và
2
x
g x g x R
(do(2)) (0,5đ)
n n
g x g g g
với n N , mà g(x) liên tục trên R, g 0 0
nên: g x 0, x R
(0,5đ)
3
x
f x x R
(0,5đ) Thử lại, ta thấy 2
3
x
f x
thỏa (1), vậy có duy nhất một hàm số thỏa yêu cầu đề bài (0,5đ)
-Câu 7) ( 3 điểm )
Trong mặt phẳng Oxy, đặt u 1 a b;
,u2 c d;
,u3 x y;
,u4 z t;
(0,5đ)
Ta có: u u 1 2 ac bd u u , 1 3 ax by u u , 1 4 az bt ,
u u 2 3 cx dy u u , 2 4 cz dt u u , 3 4 xz yt
(1đ)
Vì trong 4 góc tạo bởi 4 vectơ u u u u 1, , ,2 3 4 có ít nhất một góc không vượt quá 900 nên tồn tại cặp
vectơ u u i, j 1 i j4
sao cho
i j
i j
i j
u u
u u
u u
(1đ) Suy ra u u i. j 0 vì vậy ta có điều phải chứng minh (0,5đ)