Giả sử tứ diện này được chia thành hai phần bởi một mặt phẳng song song với AB và CD, khoảng cách từ mặt phẳng này đến AB bằng 2 lần khoảng cách đến CD.Tính tỷ số thể tích của hai phần đ
Trang 1SỞ GD-ĐT ĐỒNG THÁP KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLIMPIC ĐBSCL TRƯỜNG THPT THỊ XÃ CAO LÃNH NĂM HỌC 2005-2006
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN
Thời gian : 180 phút
-*** -
Bài 1: (Số học)
Tìm tất cả các số tự nhiên x và y thoả mãn phương trình :
( x y)4 3361 11296320
Bài 2: (Đại số )
Cho các số x,y,z thỏa mãn: x2 xyy2 2
Tìm GTNN và GTLN của biểu thức:
2 2
3
x
Bài 3: (Dãy số )
Cho dãy số thực (x n), n=1,2,3, xác định bởi
2
2 3 1
1
n n
x x
Tìm số hạng tổng quát của xn
Bài 4: (Hình học phẳng)
Cho tam giác ABC nội tiếp trong một vòng tròn Gọi AA',BB',CC' là ba trung tuyến
AA',BB',CC' lần lượt cắt vòng tròn ngoại tiếp tại A1,B1,C1 Tìm GTLN của:
1 '
1 '
1
'
CC
CC BB
BB AA
AA
Bài 5: (Hình học không gian)
Cho tứ diện ABCD Giả sử tứ diện này được chia thành hai phần bởi một mặt phẳng song song với AB và CD, khoảng cách từ mặt phẳng này đến AB bằng 2 lần khoảng cách đến CD.Tính tỷ số thể tích của hai phần đó
-Hết -
Trang 2TRƯỜNG THPT TX CAO LÃNH NĂM HỌC : 2005 – 2006
ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN
THỜI GIAN : 180 PHÚT -***** -
Bài 1: (4 điểm)
Tìm tất cả các số tự nhiên x và y thoả mãn phương trình : ( x y)4 3361 11296320
Hướng dẫn giải:
Nhận thấy x và y là các số nguyên không âm và 11296320 2 41 105 3 là số vô tỉ
Phương trình đã cho có thể viết lại :
(x y )24xy3361 4( x y xy ) 328 105 (1) (1đ) Vế trái của (1) là số hữu tỉ nên điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm nguyên là cả hai vế của (1) đều bằng không Khi đó ta có hệ phương trình:
2 ( ) 4 3361 0
x y xy
(1đ) Đặt : S=x+y, P=xy ta được hệ:
2 4 3361 0 (2)
82 105 (3)
S P
Từ (3) ta rút ra được : P 82 1052 2
S
Thay vào (2) và thu gọn được :
S43361.S24.82 105 02 S2 = 1681 hoặc S2 =1680 = 412 (1đ) Từ đó ta được : S=41 và P=420
Suy ra x, y là nghiệm của phương trình : t2 –42t+420=0 t=20 hoặc t=21 (1đ) Vậy phương trình có hai nghiệm là (20;21); (21;20)
Trang 3
Bài 2: (4 điểm)
Cho các số x,y,z thỏa mãn: x2 xyy2 2
Tìm GTNN và GTLN của biểu thức:
2 2
3
x
Hướng dẫn giải:
Xét trường hợp y=0 thì x2 2 và ta có A=2 (0,5 đ) Xét trường hợp y 0, đặt
y
x
t Ta có:
( )
1
3 2 3
2
2 2 2
2 2
t f t
t
t t y xy x
y xy x
A
(0,5 đ)
2 2
2 2
2
2 2
'
) 1 (
5 4 3 )
1 (
) 3 2 )(
1 2 ( ) 1 )(
2 2 ( ) (
t t
t t t
t
t t t t
t t t
3
19 2 3
19 2 0 5 4 3
0
)
t
Từ đó ta có bảng biến thiên sau:
Vì lim ( ) lim ( )1
t
t nên từ bảng biến thiên ta suy ra: (0,5 đ)
19 7 38
19 2 38 ) ( ) ( min
&
19 7 38
19 2 38 ) (
)
t
Do đó: maxA2f(t1) và minA 2f(t2)
Kết luận:
19 7 38
19 4 76 min
&
19 7 38
19 4 76
MaxA (0,5 đ)
t t1 t2 +
f'(t) + 0 - 0 + f(t)
1
f(t1)
Trang 4Cho dãy số thực (x n), n=1,2,3, xác định bởi
2
2 3 1
1
n n
x x
Tìm số hạng tổng quát của xn
Hướng dẫn giải:
Đặt: y n x n 1,n1 (0,5 đ) Từ dãy (x n) ta có dãy (y n) được xác định như sau:
y
y
3
3
3 1
1 (0,5 đ) Xét phương trình : x2 3x10 (1)
Dể thấy (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và
1
3
2 1
2 1
x x
x x
(0,5 đ)
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n rằng: 1 3 1
2
3 1
x x
y n (2) n1 (0,5 đ) Với n=1: hiển nhiên có (2)
Giả sử đã có (2) với n=k (k 1) Tức là : 1 3 1
2
3 1
x k x k
y k
Ta chứng minh (2) cũng đúng khi n=k+1 Thật vậy:
Ta có:
1
) (
3 ) (
) ( 3
) (
3 ) (
3
2
3 2
3 1
3 2
3 1
3 2
3 1
3 2 1
3 2
3 1
3 2
3 1 3 3 2
3 1
3 1
1 1
1 1
1
1 1
1 1
x x
x
x x
x x
x x x
x
x x
x x
y y y
k k
k k
k k
k k
k
k k
k k
k k k
1
x vì
Nên (2) đúng n1 Từ đó ta có: x n x13n1 x23n1 1,
dể thấy (1) có hai nghiệm
2
5 3
2 , 1
x (0,5 đ)
Vậy số hạng tổng quát của dãy số thực (x n) là 1
2
5 3 2
5 3
1 1
3 3
n
n
Trang 5Bài 4: (4 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp trong một vòng tròn Gọi AA',BB',CC' là ba trung tuyến
AA',BB',CC' lần lượt cắt vòng tròn ngoại tiếp tại A1,B1,C1 Tìm GTLN của:
1 ' 1 ' 1 ' CC CC BB BB AA AA T c b a A1 C1 B1 B' C' A' B A C Hướng dẫn giải: Do ' ABA ~ ' 1A CA nên 4 2 ' ' 1 ' ' ' 1 ' ' ' a C A B A A A AA A A B A CA AA (0,5 đ) Suy ra: 4 ) ( 2 2 1 ' ' ' 1 ' a m A A AA AA AA AA a (0,5 đ) Từ đó: 2 2 22 2 2 2 2 1 ' 2 ' 1 ' 2 1 1 2 2 2 1 b c a c b a c b AA AA AA AA AA (0,5 đ) Bằng cách tính tương tự ta được: ) ( 2 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ' 1 ' 1 ' b a c a c b c b a CC CC BB BB AA AA (0,5 đ) Ta có:
3 ) 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( 2 1
3 ) 1 1 1 )( (a
3 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a c c b b a a c c b b a a c c b b a c b b a c a c b c b a b a c a c b c b a
(0,5 đ) Áp dụng bđt Cauchy ta có:
Trang 62 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
1
1
1 3 1
1 1
a c c b b a a
c c b b
(0,5 đ)
từ đó ta suy ra:
2
3 3 2
9 2 2 2 2
2 2 2
2
2
c a
c
b c
b
a (0,5 đ) Dấu "=" xảy ra khi a=b=c ABC đều
Vậy: maxT=
4
9 , giá trị này đạt được khi tam giác ABC đều (0,5 đ)
Trang 7Bài 5: (4 điểm)
Cho tứ diện ABCD Giả sử tứ diện này được chia thành hai phần bởi một mặt phẳng song song với AB và CD, khoảng cách từ mặt phẳng này đến AB bằng 2 lần khoảng cách đến CD.Tính tỷ số thể tích của hai phần đó
I
A B
D
C
P
F
E G
L
M
N
K J
X
Y
Hướng dẫn giải:
Ta giả sử AB và CD lần lượt có độ dài là a và b, khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau AB và CD là d Gọi (P) là mặt phẳng song song với hai cạnh đối AB và CD.Giả sử (P) cắt tứ diện theo thiết diện là tứ giác EFGL Dễ thấy EFGL là hình bình hành
Gọi MN là đường vuông góc chung của AB và CD, giao điểm của MN với (P) là I Mặt phẳng qua I và AB sẽ cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến JK // AB Dễ thấy rằng B, J, N thẳng hàng và N, K, A thẳng hàng Ta có hai tam giác JNK và BNA đồng dạng nhau, với NI và NM là hai đường cao của tam giác đó Ta xét bài toán tổng quát hơn là "khoảng cách từ mặt phẳng này đến AB bằng k lần khoảng cách đến CD" Từ giả thiết ta có:
k IM
với NM = NI + IM;
KJ
a k NI
IM NI
IM NI KJ
a KJ
AB NI
Suy ra
1
k
a
KJ (0,5 đ)
Mặt khác ta lại có
1
k
k MN
IM BN
BJ DC
GL (0,5 đ)
Từ đó ta được
1
k
kb
1
k kd
IM (0,5 đ)
Trang 8vuông góc với (P).Dễ thấy rằng khối XGL.YEF là lăng trụ đứng, do đó:
V AEF.BGL V XGL.YEF V AEFY V BGLX, V XGL YEF S YEF JK EF.YK.JK
2
1
3
2
) 1 ( 2 1
1
1 2
1
k
abdk k
a k
kd k
kb
V XGL YEF , (0,5 đ)
6
1
3
1
3
1
BX AY EF YK BX
S AY S
V
3 3
) 1 ( 6
) 1
( 1
1 6
1 ) (
6
1
k
abdk k
a a k
kb k
kd JK
AB GL
) 1 ( 6 ) 1 ( 6 ) 1 (
2 3
3 3
2
k
abdk k
abdk k
abdk
(0,5 đ)
Chứng minh tương tự ta được: . 3
) 1 ( 6
) 3 1 (
k
k abd
V CEL DGF Vậy tỉ số thể tích của hai phần do mặt phẳng (P) chia tứ diện ABCD là:
1 3
) 3 (
2
.
k
k k V
V DGF CEL
BGL
7
20
.
.
DGF CEL
BGL AEF
V
V (0,5 đ) -Hết -