Tài liệu Đề thi và đáp án kỳ thi học sinh giỏi khu vực ĐBSCL ppt

MA MB đạt giá trị nhỏ nhất b.. Tìm giá trị bé nhất của đoạn MN... Vậy xn là dãy bị chặn dưới.1... Dựng đường tròn tâm O, bán kính OA... Tương tự MA MB đạt giá trị nhỏ nhất khi MJ.

SỞ 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)

Giải phương trình nghiệm nguyên sau : 2x + 3y = z2

BÀI 2: (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 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

SỞ 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:

N/x

(0.25

đ)

+ 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

0.25

đ

TH1

(1đ)

Nếu x = 0, khi đó y1

(1) 1 + 3y = z2 3y = (z – 1).(z + 1) (2)

0.25

đ

Ta có ((z - 1) , (z + 1)) = 1

((z - 1) , (z + 1)) = 2





 mà 3y là số lẻ nên UCLN[(z – 1) , (z + 1)] = 1

0.25

đ

Vậy (2)  1 1

1 3y

z z

 





1 2

y z







0.5đ

TH2

(1đ)

Nếu y = 0, khi đó x1

(1) 2x + 1 = z2

2x = (z – 1).(z + 1)

0.25

đ 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





0.25

đ

1 2

1 2 2

x

z z x



 





 



3 3

x z







0.5đ

TH3

(1.5đ)

Cả hai số x, y  1, khi đó từ (1) suy ra: (z ; 2) = (z ; 3) = 1

2 2

 



 





Từ (1) suy ra : 2

2x  z  1 (mod ) 3   x 2 k ,k  N*

0.25

đ

Lúc này (1) trở thành : 4k + 3y = z2

Suy ra :

2

0.25

đ (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 nên (**)

hay

0.5đ

BÀI 2: (4 điểm)

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

a b c m n p am bn cp

     

(0.5đ)

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)

3

MN IH   A  

 

(0.5đ)

1 3



  

(0.5đ)

KL

(0.25đ) Vậy (1) có các nghiệm nguyên :

(x; y; z) ( ; ; ) (x; y; z) ( ; ; ) (x; y; z) ( ; ; )







0.25đ

P

I

0

M

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.m + b.n + c.p  (a 2  b 2  c )(m 2 2  n 2  p ) 2  m 2  n 2  p 2

 A = a.m + b.n + c.p + m.n + m.p + n.p  m.n + m.p + n.p + 2 2 2

m  n  p

Đặt : m.n + n.p + p.m = t

Ta có : m.n + m.p + n.p 1 2

3(m n p)

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 25

0

3

25 2 t  , t 

 Suy ra f(t) là hàm tăng trên

25

;

3

A  ( ) (25) 25 5 25 5 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 )

2A 2 (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

; 3





  ta có f(t) luôn giảm vậy f(t) ( 5 ) 50 10 3

3 3

Thay vào (3) suy ra 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

= 5

3

Vậy Max A = 25 5 3

3

3

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)

Mà theo BCS ta có 2 2 2

5 3 3

am bn cp ( 2 )

2(mnnppm)  (m n  p)  (m n p )  25 (  m n p ) ( 3) Dễ thấy 2 2 2 1 2 25

m n  p  m n p  Thay vào (3) ta có :

mnnp pm   ( 4)

Từ (2 ) và ( 4 ) Ta có 5 3 25 25 5 3

   Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

1

3

3

3

BÀI 3: (4 điểm)

Cách 1:

+Từ giả thiết ta có : 1 2

1

2

n

x





  (0.25đ)

+Ta có :

2

2006 0

2

1

2

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

2006 2

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



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)

n n

y x





mà lim

nyn=0 => lim

nxn=2006 (0.5d)

Cách 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 n  2006 Ta có :

1 1

2006

2

n

n

x

x







 Xét x n x n1 Ta có 2 2 1

1

1

2006

2

n

n n

n

x

x









n

x   n  n

Vậy x n x n1 (  n  ,n 2) Ta có : n  ,n 1 (xn) là dãy giảm.(2) Từ (1) và (2) dãy số có giới hạn Gọi lim

nxn =y , y0 vì xn luôn dương , lấy giới hạn hai vế của (*)ta có : 2 20062

2006 2

y

y



BÀI 4: (4 điểm)

0.5đ

.

AI k AJ k



uur uur

Đặt

1

1

1

k k

k

 

 



Khi đó : 1

AM AI AJ

   





uuur uur uur Tương tự : BMuuur  BIuur  BJuur

0.25đ

Ta có :

AM2 = ( uurAI  uurAJ)2= 2 2 2 2 2 2 2 2

.AI .AJ 2AI AJ .AI .AJ

do đó AI.AJ  

=0)

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

Tương tự : BM2 = 2 2 2 2

0.5đ

Ta có IA MA

IB MBù 2 2

IA MA

IA IB JB IB IA JA

IB MB

2 2 2 2 2 2

IA JB JA IB

    (đúng do (1)) Vậy (*) đúng hay 2 2

IB  MB Dấu “=” xảy ra khi 2 2

0

 







0.75đ

*    0 MI

* 2 2

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 MI

Tương tự MA

MB đạt giá trị nhỏ nhất khi MJ

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 Vì:

(

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

A

B

K L

BÀI 5: (4 điểm)

* 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 = DIA’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 = JABB’

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)

HEÁT