Có 1600 thí sinh tham gia thi, nhưng không có ai trả lời đúng 2 bài liền nhau.( Nếu xem bài làm của mỗi thí sinh tương ứng với một dãy 15 phần tử Đ, S thì không bài làm nào có dạng: ĐSĐĐ[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG LẦN THỨ 16 – NĂM HỌC 2008 - 2009
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN HỌC
Bài 1 (Đại số – 3 điểm)
Tìm các giá trị thực của a sao cho tồn tại 5 số thực không âm x1, x2, x3, x4, x5 thỏa đồng thời các điều
kiện
∑
k=1
5
k x k=a
∑
k=1
5
k3 x k=a2
∑
k=1
5
k5 x k=a3
Giải:
Giả sử hệ có nghiệm không âm với mỗi giá trị nào đó của a Khi đó
( ∑
k=1
5
k x k)( ∑
k=1
5
k5 x k)=( ∑
k=1
5
k3 x k)2⇔( ∑
k=1
5
( √k x k)2)( ∑
k=1
5
( √k5 x k)2)=( ∑
k=1
5
√k x k√k5x k)2(1) (1) là trường hợp xảy ra dấu bằng của bất đẳng thức Bouniakovski Do đó ta có các trường hợp sau: + xi = 0 với i = 1,2,3,4,5 (2)
+ 4 trong 5 số xi bằng 0, số còn lại khác 0 (3)
+ Số các số khác 0 lớn hơn hoặc bằng 2 (4)
(4) không xảy ra
(2) suy ra a = 0
Từ (3) ta có các trường hợp
x1≠ 0 , x2=x3=x4=x5=0⇒ a=1
x2≠ 0 , x1=x3=x4=x5=0⇒ a=4
x3≠ 0 , x1=x2=x4=x5=0⇒ a=9
x4≠0 , x1=x2=x3=x5=0⇒ a=16
x5≠ 0 , x1=x2=x3=x4=0⇒ a=25
Với a = i2 với i∈{0 ;1;2 ;3 ;4 ;5} Hệ có nghiệm không âm là x i=i; x j=0 ∀ i≠ j, 1≤ i ; j≤ 5
Vậy các giá trị cần tìm của a là 0;1;4;9;16;25
Bài 2 (Hình học phẳng – 3 điểm)
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 1
HA ' +
1
HB ' +
1
HC ' ≥
1
HA +
1
HB+
1 HC
Trang 2+ 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
HA2+HB2+HC2≥ 2(HA0+HB0+HC0)
HA1+
1
HB1+
1
HC1 ≥2(HA1 +
1
HB+
1
HC)
⇔ 2
HA '+
2
HB '+
2
HC≥2(HA1 +
1
HB+
1
HC)
HA ' +
1
HB ' +
1
HC ≥
1
HA+
1
HB+
1 HC
Bài 3 (Số học – 2 điểm)
a) Chứng minh phương trình z2
=(x2−1)( y2−1)+2010(1) vô nghiệm với x, y, z Z.
b) Chứng minh phương trình z2
=(x2−1)( y2−1)+2008(2) có nghiệm với x, y, z Z.
Giải:
a) Xét theo modul 8 thì
x2≡0,1,4 (mod 8)
y2≡ 0,1,4(mod 8)
x2−1 ≡−1,0,3(mod 8)
y2− 1≡ −1,0,3(mod8) (x
2−1)( y2−1)≡1,0,5 (mod 8)
Mà 2010 ≡2(mod8) (x2−1)( y2−1)+2010 ≡ 3,2,7(mod 8)
Trong khi z2
≡ 0,1,4(mod8) Do đó phương trình (1) vô nghiệm.
b) (2)⇔ z2
− x2y2+x2+y2=2009
Xét phương trình x2
+y2=2009(3) 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)
H
C C’
A
B A’
B’
A 1
B1 C1
A0
C 0 B
0
A2
B 2 C
2
Trang 3Thấy x2
+y2 có 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 (Giải tích – 3 điểm)
Cho dãy số (an) bị chặn và a n +2 ≤1
6a+
5
6a n (n ≥ 1)
Chứng minh rằng dãy (an) hội tụ
Giải: a n +2 ≤1
6a+
5
6a n ⇒a n+2+5
6a n+1 ≤ a+5
6a n Đặt b n=a+5
6a n Ta có (b n) bị chặn do (a n) bị chặn.
Và b n +1 ≤ b n , ∀ n≥ 1 Suy ra (b n) hội tụ.
Gọi b = limn →∞ b Ta chứng minh rằng lim n →∞ a=a với a= 611b
Vì limn →∞ b =b, với > 0, n0 N: |b n − b|< ε
12, ∀ n≥ n0 ε
12>|b n − b|=|a+5
6a n − 11a
6 |=|a −a+5
6(a n − a)|≥|a n+ 1 − a|−5
6|a n −a|
Vậy |a n+1 − a|<5
6|a n − a|+ ε
12
⇒|a n0+k− a|<5
6|a n0+k− 1 − a|+ ε
12
⇒|a n0 +k− a|<5
6(56|a n0 +k − 2− a|+ ε
12)+ ε
12
⇒|a n0+k− a|<(56)k|a n0− a|+(1+5
6+ +(56)k −1)12ε
Ta có 1+5
6+ +(56)k − 1=6(1−(56)k)<6⇒ |a n0+k−a|<(56)k|a n0−a|+ε
2 Với (56)k|a n0− a|<ε
2 với k đủ lớn ⇒|a n − a|<ε với n đủ lớn Suy ra lim n →∞ a=a
Bài 5 (Tổ hợp – 3 điểm)
Cho 15 bài toán trắc nghiệm, đánh số từ 1 đến 15 Mỗi bài chỉ có 2 khả năng trả lời: Đúng hoặc Sai
Có 1600 thí sinh tham gia thi, nhưng không có ai trả lời đúng 2 bài liền nhau.( Nếu xem bài làm của mỗi thí sinh tương ứng với một dãy 15 phần tử Đ, S thì không bài làm nào có dạng: ĐSĐĐSSSSSSĐSĐSS 2 chữ đúng kề nhau.)
Chứng minh rằng có ít nhất 2 thí sinh trả lời toàn bộ 15 bài giống hệt như nhau
Giải:
- 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 C 15 − k+1 k cách như vậy Vậy có C 16 − k k bài có k chữ Đ
Trang 4- Số tất cả các bài làm có thể là: ∑
k=0
8
C 16 −k k =1+15+91+286+495+462+210+36+1=1597<1600
- Điều này chứng tỏ phải có ít nhất 2 thí sinh có bài làm giống hệt nhau
Bài 6 (Đại số – 3 điểm)
Tìm các hàm f: R R khả vi và thỏa điều kiện f (x+f ( y ))=f ( y+f (x )) ∀ x, y ∈ R
Giải:
Từ điều kiện đề bài, lần lượt đạo hàm hai vế theo x, y ta được
f '(x +f ( y ))=f '( y+f (x )) f '(x )(1)
f ' (x+f ( y )) f '( y)=f '( y+f (x ))(2)
Nhân hai vế của (1) với –f’(y), và cộng với (2) vế theo vế ta được
f ' ( y +f ( x))(1− f '(x ) f ' ( y))=0(3)
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
Thử lại các hàm số f(x) = c; f(x) = x + d với c, d R là các hàm số cần tìm
Bài 7 (Hình không gian – 3 điểm)
Cho tứ diện ABCD có các trung điểm các cạnh đều thuộc một mặt cầu AB=√3 CD , AC=√3 DB , AD=√3 BC
Hãy tính thể tích tứ diện ABCD theo BC
Giải
Tứ diện ABCD có các trung điểm các cạnh đều thuộc một mặt cầu Dễ dàng chứng minh được ABCD
là tứ diện trực tâm
Dựng hình hộp AB’CD’.A’BC’D ngoại tiếp tứ diện Khi đó, hình hộp có các mặt đều là hình thoi
Hơn nữa, do AB=√3 CD , AC=√3 DB , AD=√3 BC nên các mặt hình hộp đều là hình thoi bằng nhau có góc 600
Trong đó các góc phẳng tại đỉnh C’ của hình hộp đều bằng 600 nên BC = BD = DC
B’
A
D’
A’
D
C
C’
B
Trang 5Tương tự, các góc phẳng tại đỉnh A của hình hộp đều bằng 600 nên AD = AB = AC = √3 BC Suy
ra hình chóp A.BCD là hình chóp đều
Thật vậy, 4 AB'2=AC2
+D ' B'2=3 DB2
+D ' B'2
=4 D' B '2⇒ AB'=D ' B'
Khi đó VABCD=1
3SBCD h
Với h là khoảng cách từ A đến (BCD)
Dễ dàng tính được h=BC2√6
3 , SBCD=BC2√3
4 ⇒VABCD=BC3√2
6