Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 12 THPT - Bảng A - Năm học 2010-2011 - Sở GD&ĐT Gia Lai

Nội dung text: Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Lớp 12 THPT - Bảng A - Năm học 2010-2011 - Sở GD&ĐT Gia Lai

1. 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi : Toán - Bảng A ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 02/12/2010 Câu 1 (3 điểm). Chứng minh rằng có vô số số nguyên dương a thỏa mãn điều kiện 2010 . a2 1 .22011. −   x = 3z3 2z2 Câu 2 (3 điểm). Giải hệ phương trình y = 3x3 − 2x2  z = 3y3 − 2y2.  − Câu 3 (3 điểm). Giả sử a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + d = 1.  Chứng minh rằng a3 b3 c3 d3 1 + + + . b + c c + d d + a a + b ≥ 8 Đẳng thức xảy ra khi nào ? Câu 4 (3 điểm). Tìm tất cả các hàm số f : R R thỏa mãn điều kiện → f (x + 14) 6f (x + 7) + 9f(x) = 2011, x R. − ∀ ∈ Câu 5 (4 điểm). Cho dãy số (xn) như sau : x1,x2,x3 là các số dương cho trước, xn = √xn + √xn, n = 1, 2, +3 +2 ∀ Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Câu 6 (4 điểm). Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên SA = a, SB = b, SC = c không đổi và các góc BSC[ = α, CSA[ = β, ASB[ = γ thay đổi (00 <α,β,γ < 1800, α + β + γ < 3600 và mỗi góc nhỏ hơn tổng hai góc còn lại). a) Tính thể tích VS.ABC của hình chóp theo a,b,c,α,β,γ. abc√3 b) Chứng minh rằng khi các góc α, β, γ thay đổi, ta luôn có VS.ABC < . 6 HẾT
2. 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Môn : Toán - Bảng A Câu 1 (3đ).Ta có 2010 2009 2009 2008 2008 2009 a2 1= a2 1 a2 + 1 = a2 1 a2 + 1 a2 + 1 (0,5 điểm) − − −  2007  2007  2008 2009   = a2 1 a2 + 1 a2 + 1 a2 + 1 = − ···    2  2007  2008 2009 =(a 1)(a + 1) a2 + 1 a2 + 1 a2 + 1 a2 + 1 a2 + 1 . −
        (0,5 điểm) Suy ra nếu a là số nguyên lẻ, a 3 thì vì ≥ . (a 1) (a + 1) .23 (0,5 điểm) − . a2 + 1.2 2 . a2 + 1.2 2009 . a2 + 1.2. (0,5 điểm) 2010 . nên a2 1 .22011. −   (0,5 điểm) Nhưng vì tập hợp các số nguyên dương lẻ lớn hơn 3 là vô hạn nên ta có điều phải chứng minh. (0,5 điểm) Câu 2 (3đ). Giả sử x = max x,y,z , thế thì x y z hoặc x z y. Xét trường hợp x y z (trường hợp x z {y tương} tự và các nghiệm≥ ≥ trùng với các≥ nghiệm≥ của trường hợp đã≥ xét).≥ ≥ ≥ (0,5 điểm) Hệ phương trình đã cho tương đương với x + z = 3z3 2z2 + z y + x = 3x3 − 2x2 + x  z + y = 3y3 −2y2 + y.  − Xét hàm số f (t) = 3t3 2t2 + t, t R. − ∈ (0,5 điểm) Khi đó, hệ phương trình đã cho có dạng x + z = f (z) y + x = f (x)   z + y = f (y) . 
3. 3 Mặt khác, ta có f 0 (t) = 9t2 4t + 1 > 0, t R. Suy ra f (t) là hàm số đồng biến trên R. − ∀ ∈ (0,5 điểm) Khi đó y z f (y) f (z) z + y x + z y x. Vậy x = y. ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ (≥ 0,5 điểm) Suy ra f (x)= f (y), hay y + x = y + z, hay x = z. (0,5 điểm) Thay x = y = z vào hệ phương trình, ta có 3x3 2x2 x = 0. Phương trình này có 3 nghiệm 1 − − x = 0, x = 1, x = . Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm (x; y; z) là −3 1 1 1 (0;0;0) , (1;1;1) , ; ; . −3 −3 −3   (0,5 điểm) Câu 3 (3 điểm). Bởi Bất đẳng thức Cô-si (Bất đẳng thức AM-GM), ta có a3 b + c 1 a3 (b + c) 3a + + 3 3 = . b + c 16 32 ≥ s(b + c) .16.32 8 (0,5 điểm) Tương tự b3 c + d 1 b3 (c + d) 3b + + 3 3 = . (0,5 điểm) c + d 16 32 ≥ s(c + d) .16.32 8 c3 d + a 1 c3 (d + a) 3c + + 3 3 = . (0,5 điểm) d + a 16 32 ≥ s(d + a) .16.32 8 d3 a + b 1 d3 (a + b) 3d + + 3 3 = . (0,5 điểm) a + b 16 32 ≥ s(a + b) .16.32 8 Suy ra a3 b3 c3 d3 b + c + c + d + d + a + a + b 1 3 + + + + + (a + b + c + d) , b + c c + d d + a a + b 16 8 ≥ 8     hay a3 b3 c3 d3 1 1 3 + + + + + . b + c c + d d + a a + b 8 8 ≥ 8   a3 b3 c3 d3 1 Vậy + + + . b + c c + d d + a a + b ≥ 8 (0,5 điểm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a + b + c + d = 1; a3 b + c 1 = = ; b + c 16 32
4. 4 b3 c + d 1 = = ; c + d 16 32 c3 d + a 1 = = ; d + a 16 32 d3 a + b 1 = = . a + b 16 32 1 Giải hệ này ta tìm được a = b = c = d = . 4 (0,5 điểm) Câu 4 (3 điểm). Giả sử f là hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài, khi đó f (x + 14) 6f (x + 7) + 9f(x) = 2011, x R. (1) − ∀ ∈ 2011 Đặt f(x) = g(x), x R. Thay vào (1) ta được − 4 ∀ ∈ g (x + 14) 6g (x + 7) + 9g(x) = 0, x R − ∀ ∈ g(x + 14) 3g(x +7)=3[g(x + 7) 3g(x)] , x R. (2) ⇔ − − ∀ ∈ (0,5 điểm) Xét hàm số h như sau : h(x)= g(x + 7) 3g(x), x R. (3) − ∀ ∈ Khi đó (2) h(x + 7) = 3h(x), x R. (4) x ⇔ ∀ ∈ Đặt h(x) = 3 7 k(x), x R. Khi đó k là hàm số xác định trên R. Thay vào (4) ta được ∀ ∈ k(x +7) = k(x), x R. (5) ∀ ∈ Hay k là hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 7 trên R. (0,5 điểm) Từ (3) ta có x g(x + 7) 3g(x) = 3 7 k(x), x R − ∀ ∈ g(x + 7) g(x) R x x − = k(x), x . (6) ⇔ 3 7 − 3 7 1 ∀ ∈ g(x) R Xét hàm số I(x)= x − , x , thay vào (6) ta được 3 7 1 ∀ ∈ I(x + 7) I(x)= k(x), x R. (7) − ∀ ∈ (0,5 điểm) x + 7 x do (5) x + 7 x Vì k(x)= − k(x) = k(x + 7) k(x), x R nên từ (7) ta được 7 7 − 7 ∀ ∈ x + 7 x I(x + 7) I(x)= k(x + 7) k(x), x R − 7 − 7 ∀ ∈
5. 5 x + 7 x I(x + 7) k(x +7) = I(x) k(x), x R ⇔ − 7 − 7 ∀ ∈ x m(x +7) = m(x), x R, với m(x)= I(x) k(x), x R. ⇔ ∀ ∈ − 7 ∀ ∈ (0,5 điểm) Vậy x I(x)= m(x)+ k(x), x R 7 ∀ ∈ g(x) x R x − = m(x)+ k(x), x ⇔3 7 1 7 ∀ ∈ x−7 x g(x) = 3 7 m(x)+ k(x) , x R ⇔ 7 ∀ ∈ 2011h x−7 i x f(x)= + 3 7 m(x)+ k(x) , x R. ⇔ 4 7 ∀ ∈ h i (0,5 điểm) Sau khi thử lại ta kết luận : Tất cả các hàm số thỏa mãn đề bài đều có dạng 2011 x−7 x f(x)= + 3 7 m(x)+ k(x) , x R, 4 7 ∀ ∈ h i trong đó m, k là các hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 7 trên R, tùy ý. (0,5 điểm) Câu 5 (4 điểm). Xây dựng hai dãy số (an) và (bn) như sau : a = a = a = min x ,x ,x , an = √an + √an, n = 1, 2, 1 2 3 { 1 2 3} +3 +2 ∀ b = b = b = max x ,x ,x , bn = bn + bn, n = 1, 2, 1 2 3 { 1 2 3} +3 +2 ∀ p (p 0,5 điểm) Trường hợp 1 : min x ,x ,x 4. Khi đó a ,a ,a 4. Giả sử an,an ,an 4, khi đó { 1 2 3}≥ 1 2 3 ≥ +1 +2 ≥ an = √an + √an √4+ √4 = 4, +3 +2 ≥ an = √an + √an √4+ √4 = 4, +4 +3 +1 ≥ an+5 = √an+4 + √an+2 √4+ √4 = 4. ≥ Theo nguyên lí quy nạp toán học suy ra an 4, n = 1, 2, ≥ ∀ (0,5 điểm) Tiếp theo ta chứng minh an an. (1) +1 ≤ Hiển nhiên (1) đúng khi n = 1, n = 2. Ta có a = √a + √a = 2√a a (do 2√a a = √a (2 √a ) 0). 4 3 1 3 ≤ 3 3 − 3 3 − 3 ≤ Vậy (1) đúng khi n = 1, 2, 3. Giả sử (1) đúng khi n = k, n = k + 1, n = k + 2, tức là ak ak ,ak ak ,ak ak . ≥ +1 +1 ≥ +2 +2 ≥ +3
6. 6 Khi đó ak = √ak + √ak √ak + √ak = ak , +4 +3 +1 ≤ +2 +3 ak = √ak + √ak √ak + √ak = ak , +5 +4 +2 ≤ +3 +1 +4 ak+6 = √ak+5 + √ak+3 √ak+4 + √ak+2 = ak+5. ≤ Vậy theo nguyên lí quy nạp suy ra (1) đúng với mọi n = 1, 2, (0,5 điểm) Ta đã chứng minh được dãy (an) giảm và bị chặn dưới bởi số 4, do đó có giới hạn hữu hạn. Đặt lim an = a. Từ an 4, n = 1, 2, suy ra a 4. Từ n→+∞ ≥ ∀ ≥ an = √an + √an, n = 1, 2, +3 +2 ∀ cho n + ta được → ∞ a 0 a = 0 a = √a + √a a = 2√a ≥ a = 4(do loại a = 0). ⇔ ⇔ a2 = 4a ⇔ a = 4 ⇔   Vậy lim an = 4. n→+∞ (0,5 điểm) Trường hợp 2 : min x ,x ,x < 4. Tương tự, ta chứng minh được dãy số (an) tăng và bị chặn { 1 2 3} trên bởi số 4 và lim an = 4. n→+∞ (0,5 điểm) Vậy trong cả hai trường hợp ta đều có lim an = 4. Tiếp theo ta chứng minh n→+∞ xn an. (2) ≥ Dễ thấy (2) đúng khi n = 1, 2, 3. Giả sử xk ak, xk ak , xk ak . Khi đó ≥ +1 ≥ +1 +2 ≥ +2 xk = √xk + √xk √ak + √ak = ak . +3 +2 ≥ +2 +3 Theo nguyên lí quy nạp suy ra (2) đúng với mọi n = 1, 2, (0,5 điểm) Tương tự ta chứng minh được lim bn = 4, xn bn, n = 1, 2, n→+∞ ≤ ∀ (0,5 điểm) Tóm lại ta có lim an = 4, lim bn = 4, an xn bn, n = 1, 2, n→+∞ n→+∞ ≤ ≤ ∀ Theo nguyên lí kẹp suy ra lim xn = 4. n→+∞ (0,5 điểm) 1 1 1 Câu 6 (4 điểm). Kẻ AH mp (BSC). Ta có VS.ABC = .SBSC.AH = . bc. sin α.AH. (1) ⊥ 3 3 2 (0,5 điểm) Kẻ AM SB. Suy ra HM SB (do SB (AMH)). Giả sử N là giao điểm của MH và SC. Xét ⊥ ⊥ ⊥ tam giác vuông AHM, ta có AH = AM. sin AMN\ = a. sin γ. sin AMN\ .
7. 7 (0,5 điểm) Sau đây ta sẽ tính sin AMN\ : Sử dụng Định lý hàm số cosin cho các tam giác AMN và ASN, ta được AN 2 = MA2 + MN 2 2.MA.MN. cos AMN\ , AN 2 = SA2 + SN 2 −2.SA.SN. cos β. Suy ra − MA2 + MN 2 2.MA.MN. cos AMN\ = SA2 + SN 2− 2.SA.SN. cos β. (2) (− 0,5 điểm) ∆SMA vuông tại M, suy ra MA = SM. tan γ. ∆SMN vuông tại M, suy ra MN = SM. tan α. SM ∆SMA vuông tại M, suy ra SA = . cos γ SM ∆SMN vuông tại M, suy ra SN = . cos α (0,5 điểm) Thay vào (2), ta có 1 1 2. cos β SM 2 tan2 γ + tan2 α 2. tan γ. tan α. cos AMN\ = SM 2 + − cos2 γ cos2 α − cos γ. cos α     sin2 γ sin2 α sin γ sin α 1 1 2. cos β + 2. . . cos AMN\ = + ⇒cos2 γ cos2 α − cos γ cos α cos2 γ cos2 α − cos γ. cos α sin γ sin α sin2 γ 1 sin2 α 1 2. cos β 2. . . cos AMN\ = + + ⇒ cos γ cos α cos2 γ − cos2 γ cos2 α − cos2 α cos γ. cos α     sin γ sin α 2. cos β 2. . . cos AMN\ = 2+ ⇒ cos γ cos α − cos γ. cos α sin γ. sin α cos β cos γ. cos α . cos AMN\ = − ⇒cos γ. cos α cos γ. cos α cos β cos γ. cos α cos AMN\ = − . ⇒ sin γ. sin α (0,5 điểm) Dó đó (cos β cos γ. cos α)2 sin AMN\ = 1 cos2 AMN\ = 1 − − − sin2 γ. sin2 α q s sin2 γ. sin2 α (cos β cos γ. cos α)2 = − − s sin2 γ. sin2 α (1 cos2 γ) (1 cos2 α) (cos β cos γ. cos α)2 = − − − − q sin γ. sin α 1 + 2. cos α. cos β. cos γ (cos2 α + cos2 β + cos2 γ) = − . (3) p sin γ. sin α
8. 8 Từ (1) và (3), ta thu được abc VS.ABC = . 1 + 2. cos α. cos β. cos γ (cos2 α + cos2 β + cos2 γ) (4) 6 − p (0,5 điểm) (Lưu ý rằng, vì 00 < α,β,γ < 1800; α + β + γ < 3600 và mỗi góc nhỏ hơn tổng hai góc còn lại nên công thức (4) xác định). Vì cos α. cos β. cos γ = cos α . cos β . cos γ 1, nên cos α. cos β. cos γ 1. Do đó | | | | | | | | ≤ ≤ abc abc abc√3 VS.ABC . 1 + 2. cos α. cos β. cos γ .√1 + 2.1= . ≤ 6 ≤ 6 6 p (0,5 điểm) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cos α = cos β = cos γ = 0 cos α. cos β. cos γ = 1.  abc√3 Điều này không xảy ra. Vậy VS.ABC < . 6 (0,5 điểm) Ghi chú. Bài này có thể có nhiều cách giải, chẳng hạn cách giải theo sơ đồ sau : - Xét hình chóp S.ABC, đỉnh S. - Sử dụng Định lý hàm số cosin, tính được 3 cạnh của tam giác đáy ABC. - Tính đường cao SH của hình chóp. - Suy ra VS.ABC Tuy nhiên, các đáp số cần được rút gọn, mới đạt điểm tối đa.