MA MB đạt giá trị nhỏ nhất b.. Tìm giá trị bé nhất của đoạn MN... Tương tự MA MB đạt giá trị nhỏ nhất khi MJ.. Dựng đường tròn tâm O, bán kính OA... Tìm giá trị bé nhất của đoạn MN.
Trang 1SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KIÊN GIANG
Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt
KỲ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC ĐBSCL NĂM HỌC 2005_2006
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN
( Thời gian: 180 phút )
BÀI 1: (4 điểm)
Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn : a2 + b2 + c2 = 1 và m + n + p = 5
Tìm giá trị lớn nhất của : A = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m
BÀI 2: (4 điểm)
Giải phương trình nghiệm nguyên sau : 2x + 3y = z2
BÀI 3: (4 điểm)
Cho dãy số 02 2
1 1
0
n
n
x
Tìm lim n
n x
BÀI 4: (4 điểm)
Cho đường thẳng (d) và hai điểm A, B không thuộc (d); AB không vuông góc với (d) Bằng thước và compa hãy dựng M nằm trên (d) sao cho:
a MA
MB đạt giá trị nhỏ nhất b MA
MB đạt giá trị lớn nhất
BÀI 5: (4 điểm)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Gọi I là tâm của mặt BCC’B’ và là đường thẳng qua D và I Đoạn MN thay đổi có trung điểm K luôn thuộc đường thẳng ,
M ( BCC B' '), N( ' ' 'A B C D') Tìm giá trị bé nhất của đoạn MN
HẾT
Trang 2SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KIÊN GIANG
Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt
KỲ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC ĐBSCL NĂM HỌC 2005_2006
ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN
BÀI 1:
Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn : a2 + b2 + c2 = 1 và m + n + p = 5
Tìm giá trị lớn nhất của : A = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m
Cách 1:
Trong không gian Oxyz , xét mặt cầu (C) tâm O bán
kính R = 1: x2+ y2 + z2 = 1 và mặt phẳng
(P): x + y +z – 5= 0 ( (P) không cắt ( C )
Xét M(a ; b ; c) và N(m ; n ; p) Từ giả thiết ta
có M(C) , N (P) (0.5đ)
2
2 2 2 2 2 2
2
Nên 2
26 2
MN A (0.25đ)
Qua O dựng đường thẳng (d) vuông góc với (P) Đường thẳng này cắt mặt cầu tại I,J cắt (P) tại H (I nằm giữa O và H) Dễ thấy: I ( 1 1 1
3; 3; 3) và H (5 5 5
3 3 3; ; ) (0.5đ)
Ta có MN IH = OH – OI = dO/(P) – 1 = 5 1
3 (0.5đ)
Suy ra
2
3
(0.5đ)
2A 26 - 5 2
1 3
(0.5đ)
Dấu “=” đạt được khi M I
1 3 5 3
(0.5đ)
Vậy Max A = 25 5 3
3
(0.25đ)
Cách 2:
Aùp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có :
A = a.m + b.n + c.p + m.n + m.p + n.p m.n + m.p + n.p + 2 2 2
Đặt : m.n + n.p + p.m = t
P
I 0
M
Trang 3Ta có : m.n + m.p + n.p 1 2
3 hay t 25
3
m2 + n2 + p2 = (m + n + p)2 – 2(m.n + n.p + p.m) = 25 – 2t
Vậy A 25 2t t= f(t)
Ta có : f’(t) = 1 - 1 0 25
3
25 2 t , t
Suy ra f(t) là hàm tăng trên ;25
3
f t f
Dấu “=” xảy ra khi
5 3 1 3
Vậy Max A = 25 5 3
3
Cách 3:
Ta có 2A=2(am+bn+cp) + 2mn +2 np +2 pm = 2 ( am+bn+cp)+m(n+p)+n(m+p)+p(n+m)
= 2 ( am+bn+cp)+m(5-m)+n(5-n)+p(5-p) = 2 ( am+bn+cp) + 5.5 – ( m2 +n2 +p2)
Do đó 2A = 2 ( am+bn+cp) + 25 - ( m2 +n2 +p2) (1 )
Mặt khác Theo bất đẳng thức BCS ta có :
(a b c )(m n p ) (m n p )
2A2 (m n p )25 ( m n p ) (2 ) dấu “=” xẩy ra khi a b c
m n p (*)
Đặt t 2 2 2
(m n p ) thì theo BCS ta có 5
3
t Dấu bằng xẩy ra khi m=n=p (**) Thay vào (2) ta được :
2
2A f t( ) t 2t 25 (3 )
Xét hàm 2
f t t t trên 5 ;
3
ta có f(t) luôn giảm vậy f(t) ( 5 ) 50 10 3
3 3
Thay vào (3) suy ra 2 ( 5 ) 50 10 3 25 5 3
3
Dấu bằng xẩy ra khi 5
3
t (***)
Kết hợp (*) , (**) , (***) ta có dấu bằng xẩy ra khi 1
3
a b c và m=n=p = 5
3 Vậy Max A = 25 5 3
3
3
a b c và m=n=p = 5
3
Cách 4:
Không mất tính tổng quát già sử : a b c và m n p Theo bất đẳng thức trêbưsép ta có :
5
am bn cp a b c m n p
a b c
( 1)
Trang 4Mà theo BCS ta có 2 2 2
3
am bn cp ( 2 )
2(mnnppm) (m n p) (m n p ) 25 ( m n p ) ( 3)
m n p m n p Thay vào (3) ta có :
mnnp pm ( 4)
Từ (2 ) và ( 4 ) Ta có 5 3 25 25 5 3
A Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
1
3
3
3
Trang 5BÀI 2: (4 điểm)
Giải phương trình nghiệm nguyên sau : 2x + 3y = z2 (1)
LỜI GIẢI:
+ x,y 0 và x, y không đồng thời bằng 0
+ nếu (x0 ; y0 ; z0) là một nghiệm của (1) thì (x0 ; y0; - z0) cũng là một nghiệm của (1)
Do đó ta chỉ cần giải (1) với điều kiện z > 0 (0.25đ)
* Nếu x = 0, khi đó y1
(1) 1 + 3y = z2 3y = (z – 1).(z + 1) (2) (0.25đ)
Ta có ((z - 1) , (z + 1)) = 1
((z - 1) , (z + 1)) = 2
mà 3y là số lẻ nên UCLN[(z – 1) , (z + 1)] = 1 (0.25đ)
Vậy (2) 1 1
1 3y
z
z
1 2
y z
(0.5đ)
* Nếu y = 0, khi đó x1
(1) 2x + 1 = z2 2x = (z – 1).(z + 1) (0.25đ)
Mặt khác (z – 1), (z + 1) là hai số nguyên cùng tính chẵn lẻ
và ((z - 1) , (z + 1)) = 1
((z - 1) , (z + 1)) = 2
nên : (0.25đ)
2
x
z
z
x
3 3
x z
(0.5đ)
* Cả hai số x, y 1, khi đó từ (1) suy ra: (z ; 2) = (z ; 3) = 1
2
2
z (mod )
z (mod )
Từ (1) suy ra : 2
2x z 1 (mod ) 3 x 2 k ,k N* (0.25đ)
Lúc này (1) trở thành : 4k + 3y = z2
Suy ra : 2
3y z 1 (mod ) 4 y 2 q, q N * (0.25đ)
(1) 4k + 9q = z2 9q = z2 – 4k 9q = (z – 2k)(z + 2k) (4)
Vì (z ; 2) = 1 nên ((z – 2k) ; (z + 2k)) = 1 Từ điều này ta có :
(0.5đ)
Ta có (*)2.2k = (3q – 1).(3q + 1) (**)
Ta cũng có : ((3q – 1) ; (3q + 1)) = 2
hay
Vậy (1) có các nghiệm nguyên :
(0.25đ)
Trang 6BÀI 3: (4 điểm)
Cho dãy số 02 2
1 1
0
n
n
x
Tìm lim n
n x
Cách 1:
+Từ giả thiết ta có : 1 2
1
2
n
x
(0.25đ)
+Ta có :
2
2006 0
2
1
2
1
2006 0
x x x
x
x x
2006 0
2006
x
m
(0.5đ)
+Dự đoán : 2006
2006
n n
x x
2006
n m
m
(0.25đ)
+Chứng minh quy nạp :
n=1 , mệnh đề đúng (0.25đ)
Giả sử mệnh đề đúng với n=k Ta có : 2006
2006
k k
x x
2006
k m
m
(0.25đ)
Cần chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1
Thật vậy, 1
1
2006 2006
k k
x x
2
2
1 2006
2006 2
1 2006
2006 2
k k
k k
x x
x x
= 22 2.2006. 200622 2.2006 2006
2 2 2006 2006
2 2006 2006
k k
x x
x x
(0.5d)
=
2 2 2006 2006
k m
m
1 2 2006 2006
k m
m
+ Vậy ta có : 2006
2006
n n
x x
2006
n m
m
mà lim
n
2 2006 2006
n m
m
do m>0) (0.5đ)
Nên lim
n
2006 2006
n n
x x
=0 (0.25đ)
Đặt 2006 2006 1
2006 1
n n
y x
mà lim
nyn=0 => lim
nxn=2006 (0.5d)
Trang 7Cách 2:
Nhận xét vì x0 > 0 và 2 1 2
1
2006 2
n n
n
x x
x
(*) nên xn> 0 n Vậy (xn) là dãy bị chặn dưới.(1)
Xét x n2006 Ta có :
1 1
2006
2
n
n
x
x
Xét x nx n1 Ta có 2 2 1
1
1
2006
2
n
n n
n
x
x
n
Vậy x n x n1 ( n ,n2) Ta có : n ,n1 (xn) là dãy giảm.(2) Từ (1) và (2) dãy số có giới hạn Gọi lim
nxn =y , y0 vì xn luôn dương , lấy giới hạn hai vế của (*)ta có : 2 20062 2006
2
y
y
Trang 8J I
A
B
K L
BÀI 4: (4 điểm)
(0.25đ)
Đặt
1
1
1
k
k
k
Khi đó : 1
Tương tự : BM .BI .BJ
(0.25đ)
Ta có:
AM2 = ( AI AJ)2= 2 2 2 2 2 2 2 2
2
(Vì AI AJ do đó AI.AJ
=0) (0.5đ)
Tương tự : BM2 = 2 BI 2 2 BJ 2
(*) (0.5đ)
Ta có IA MA
IBMBù 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
IA MA
IB MB
2 IA JB 2 2 2 JA IB 2 2(đúng do (1))
Vậy (*) đúng hay IA22 MA22
IB MB Dấu “=” xảy ra khi 2 2
0
(0.75đ)
Ta có:
* 0 MI
* IA22 JA22
IB JB kết hợp với IA2 + JA2 = IJ2 = IB2+ JB2 suy ra IA = IB và JA = JB (vô lý vì
lúc này (d) là trung trực của AB) (0.5đ)
Vậy MA
MB đạt giá trị lớn nhất khi MI
Tương tự MA
MB đạt giá trị nhỏ nhất khi MJ (0.25đ)
* Dựng I, J: + Dựng BL(d) , AK(d)
+ I là giao điểm của đường tròn tâm O, bán kính OA với (d)
sao cho L nằm giữa I và K; J là giao điểm còn lại
(
2
2
2
2
.
1
.
1
IA IK IJ IK
IK IL
IB IL IJ IL
JA JI JK JK
JK JL
JB JL IJ JL
) (0.5đ)
J
I
O
A
* Gọi O là giao điểm của (d) và đường thẳng
trung trực của AB (vì (d) không vuông góc với
AB nên O tồn tại) Dựng đường tròn tâm O, bán
kính OA Đường tròn này cắt (d) tại I và J
Không mất tổng quát giả sử :
IB JB( IA.JB JA.IB (1) ) Ta sẽ chứng
minh : IA MA JA
IB MB JB (0.5đ)
Trang 9BÀI 5: (4 điểm)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Gọi I là tâm của mặt BCC’B’ và là
đường thẳng qua D và I Đoạn MN thay đổi có trung điểm K luôn thuộc đường thẳng ,
M ( BCC B' '), N( ' ' 'A B C D') Tìm giá trị bé nhất của đoạn MN
LỜI GIẢI:
* Gọi M’ là hình chiếu của M lên B’C’ MM N' vuông tại M’ M’K =
2
MN (0.5đ)
Nên MN bé nhất M’K bé nhất M’K là đoạn vuông góc chung của và B’C’
(0.75đ)
* Gọi J = DIA’B’ B’C’ // (JAD) ( vì B’C’ // AD)
Do đó khoảng cách giữa B’C’ và chính là khoảng cách giữa B’C’ và(JAD) (0.5đ)
Gọi P = JABB’
Ta có (PB’J) (JAD) theo giao tuyến PJ
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B’ lên PJ B’H (JAD)
B’H làø khoảng cách giữa B’C’ và(JAD) (0.5đ)
* Mặt khác: do B’I là đường trung bình trong JA D' B’ là trung điểm A’J vàB’P là đường
trung bình trong JA A' B’J= a và B’P =
2
a (0.75đ)
* Trong JB P' vuông tại B’ ta có: 1 2 1 2 1 2
B H B P B J
M’K = B’H = 5
5
a (0.5đ)
Vậy giá trị bé nhất của MN = 2 5
5
a (0.5đ)
HẾT