1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi : Toán - Bảng A
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 02/12/2010
............
ĐỀ CHÍNH THỨC
.......................................
Câu 1 (3 điểm). Chứng minh rằng có vô số số nguyên dương a thỏa mãn điều kiện
2010
.
a2
− 1 ..22012.
x = 3z 3 − 2z 2
y = 3x3 − 2x2
Câu 2 (3 điểm). Giải hệ phương trình
z = 3y 3 − 2y 2.
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) = 4, ∀x ∈ R.
Câu 5 (4 điểm). Cho dãy số (xn ) như sau : x1, x2, x3 là các số dương cho trước,
xn+3 =
√
xn+2 +
√
xn , ∀n = 1, 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
[ = α, CSA
[ = β, ASB
[ = γ thay đổi (00 < α, β, γ < 1800 , α + β + γ < 3600 và mỗi
các góc BSC
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. . . . . . . . . . . . . . . . . .
WWW.MATHVN.COM
WWW.MATHVN.COM
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
............
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2011
............
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn : Toán - Bảng A
.......................................
Câu 1 (3đ). Xét các số nguyên dương a ≥ 3. Ta có
2009
2009
2008
2008
2009
22010
2
2
2
2
2
a
−1= a
−1 a
+1 = a
−1 a
+1 a
+1
(0,5 điểm)
2007
2007
2008
2009
= a2
− 1 a2
+ 1 a2
+ 1 a2
+ 1 = ···
2008
2009
2
2007
= (a − 1) (a + 1) a2 + 1 a2 + 1 ... a2
+ 1 a2
+ 1 a2
+1 .
(0,5 điểm)
Nếu a là số lẻ, thì tồn tại số tự nhiên k sao cho a = 2k + 1. Khi đó
.
(a − 1)(a + 1) = 2k(2k + 2) = 4k(k + 1)..8 = 23 ,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
và
.
a2 + 1..2
.
2
a2 + 1..2
............
.
2009
(0,5 điểm)
a2
+ 1..2.
.
2010
2012
Vậy a2
− 1 .. 23 . 2.2...2
| {z } = 2 .
2009 số
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (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 = 3z 3 − 2z 2 + z
y + x = 3x3 − 2x2 + x
z + y = 3y 3 − 2y 2 + y.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Xét hàm số f (t) = 3t3 − 2t2 + t, t ∈ R. Khi đó, hệ phương trình đã cho có dạng
x + z = f (z)
y + x = f (x)
z + y = f (y) .
WWW.MATHVN.COM
WWW.MATHVN.COM
2
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
s
b+c
1
a3 (b + c)
3a
a3
+
+
≥33
= .
b+c
16
32
(b + c) .16.32
8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5
Tương tự
s
3
b
c+d
1
b3 (c + d)
3b
+
+
≥33
= .
(0,5
c+d
16
32
(c + d) .16.32
8
s
3
c
d+a
1
c3 (d + a)
3c
+
+
≥33
= .
(0,5
d+a
16
32
(d + a) .16.32
8
s
3
d
a+b
1
d3 (a + b)
3d
+
+
≥33
= .
(0,5
a+b
16
32
(a + b) .16.32
8
điểm)
điểm)
điểm)
điểm)
Suy ra
3
a
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
+
+
+
b+c c+d d+a a+b
+
1 1
3
+ ≥ .
8 8
8
a3
b3
c3
d3
1
+
+
+
≥ .
b+c c+d d+a a+b
8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Vậy
WWW.MATHVN.COM
a + b + c + d = 1;
a3
b+c
1
=
= ;
b+c
16
32
3
b
c+d
1
=
= ;
c+d
16
32
WWW.MATHVN.COM
3
c3
d+a
1
=
= ;
d+a
16
32
3
d
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) = 4, ∀x ∈ R
⇔ [f(x + 14) − 1] − 6 [f(x + 7) − 1] + 9 [f(x) − 1] = 0, ∀x ∈ R.
(1)
Đặt f(x) − 1 = g(x), ∀x ∈ R. Thay vào (1) ta được
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
x
7
(2) ⇔ h(x + 7) = 3h(x), ∀x ∈ R.
(4)
k(x + 7) = k(x), ∀x ∈ R.
(5)
Đặt h(x) = 3 k(x), ∀x ∈ R. Khi đó k là hàm số xác định trên R. Thay vào (4) ta được
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)
⇔
− x −1 = k(x), ∀x ∈ R.
x
37
37
Xét hàm số I(x) =
(6)
g(x)
, ∀x ∈ R, thay vào (6) ta được
x
3 7 −1
I(x + 7) − I(x) = k(x), ∀x ∈ R.
(7)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
do (5) x + 7
x+7−x
x
Vì k(x) =
k(x) =
k(x + 7) − k(x), ∀x ∈ R nên từ (7) ta được
7
7
7
x+7
x
k(x + 7) − k(x), ∀x ∈ R
7
7
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
I(x + 7) − I(x) =
WWW.MATHVN.COM
WWW.MATHVN.COM
4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Vậy
x
I(x) = m(x) + k(x), ∀x ∈ R
7
g(x)
x
⇔ x −1 = m(x) + k(x), ∀x ∈ R
37
h 7
i
x−7
x
⇔g(x) = 3 7 m(x) + k(x) , ∀x ∈ R
7
h
i
x−7
x
⇔f(x) = 1 + 3 7 m(x) + k(x) , ∀x ∈ R.
7
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Sau khi thử lại ta kết luận : Tất cả các hàm số thỏa mãn đề bài đều có dạng
h
i
x−7
x
7
f(x) = 1 + 3
m(x) + k(x) , ∀x ∈ R,
7
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 :
√
√
an+2 + an , ∀n = 1, 2, . . .
p
p
= bn+2 + bn , ∀n = 1, 2, . . .
a1 = a2 = a3 = min {x1, x2 , x3} , an+3 =
b1 = b2 = b3 = max {x1, x2 , x3} , bn+3
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Trường hợp 1 : min {x1 , x2, x3} ≥ 4. Khi đó a1 , a2, a3 ≥ 4. Giả sử an , an+1 , an+2 ≥ 4, khi đó
√
√
√
√
an+3 = an+2 + an ≥ 4 + 4 = 4,
√
√
√
√
an+4 = an+3 + an+1 ≥ 4 + 4 = 4,
√
√
√
√
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+1 ≤ an .
(1)
Hiển nhiên (1) đúng khi n = 1, n = 2. Ta có
a4 =
√
√
√
√
√
√
a3 + a1 = 2 a3 ≤ a3 (do 2 a3 − a3 = a3 (2 − a3) ≤ 0).
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+1 , ak+1 ≥ ak+2 , ak+2 ≥ ak+3 .
Khi đó
WWW.MATHVN.COM
√
√
√
√
ak+4 = ak+3 + ak+1 ≤ ak+2 + ak = ak+3 ,
√
√
√
√
ak+5 = ak+4 + ak+2 ≤ ak+3 + ak+1 = ak+4 ,
√
√
√
√
ak+6 = ak+5 + ak+3 ≤ ak+4 + ak+2 = ak+5 .
WWW.MATHVN.COM
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+3 =
cho n → +∞ ta được
a=
√
a+
√
√
a⇔a=2 a⇔
√
√
an+2 + an , ∀n = 1, 2, . . .
a≥0
⇔
a2 = 4a
a=0
⇔ a = 4(do loại a = 0).
a=4
Vậy lim an = 4.
n→+∞
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Trường hợp 2 : min {x1 , x2, x3} < 4. Tương tự, ta chứng minh được dãy số (an ) tăng và bị chặn
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→+∞
(2)
xn ≥ a n .
Dễ thấy (2) đúng khi n = 1, 2, 3. Giả sử xk ≥ ak , xk+1 ≥ ak+1 , xk+2 ≥ ak+2 . Khi đó
xk+3 =
√
√
√
√
xk+2 + xk ≥ ak+2 + ak = ak+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
\ = a. sin γ. sin AMN.
\
tam giác vuông AHM, ta có AH = AM. sin AMN
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
\ Sử dụng Định lý hàm số cosin cho các tam giác AMN và ASN, ta
Sau đây ta sẽ tính sin AMN:
WWW.MATHVN.COM
WWW.MATHVN.COM
6
được
\
AN 2 = MA2 + MN 2 − 2.MA.MN. cos AMN,
2
2
2
AN = SA + SN − 2.SA.SN. cos β.
Suy ra
\
MA2 + MN 2 − 2.MA.MN. cos AMN
2
2
= SA + SN − 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
2
2
2
\ = SM
SM tan γ + tan α − 2. tan γ. tan α. cos AMN
1
1
2. cos β
+
−
2
2
cos γ cos α cos γ. cos α
2
2
sin γ
sin α
sin γ sin α
\ = 1 + 1 − 2. cos β
⇒ 2 +
− 2.
.
. cos AMN
2
cos γ cos α
cos γ cos α
cos2 γ cos2 α cos γ. cos α
2
2
sin γ sin α
sin
γ
1
sin
α
1
2. cos β
\ =
⇒2.
.
. cos AMN
−
+
−
+
2
2
2
2
cos γ cos α
cos γ cos γ
cos α cos α
cos γ. cos α
sin γ sin α
\ = −2 + 2. cos β
⇒2.
.
. cos AMN
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
2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Dó đó
s
q
(cos β − cos γ. cos α)2
2
\
\
sin AMN = 1 − cos AMN = 1 −
sin2 γ. sin2 α
s
sin2 γ. sin2 α − (cos β − cos γ. cos α)2
=
sin2 γ. sin2 α
q
(1 − cos2 γ) (1 − cos2 α) − (cos β − cos γ. cos α)2
=
sin γ. sin α
p
1 + 2. cos α. cos β. cos γ − (cos2 α + cos2 β + cos2 γ)
=
.
(3)
sin γ. sin α
Từ (1) và (3), ta thu được
VS.ABC =
abc p
. 1 + 2. cos α. cos β. cos γ − (cos2 α + cos2 β + cos2 γ)
6
(4)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
(Lưu ý rằng, vì 00 < α, β, γ < 1800 ; α + β + γ < 3600 và mỗi góc nhỏ hơn tổng hai góc
WWW.MATHVN.COM
WWW.MATHVN.COM
7
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 p
abc √
abc 3
. 1 + 2. cos α. cos β. cos γ ≤
. 1 + 2.1 =
.
VS.ABC ≤
6
6
6
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (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)
WWW.MATHVN.COM
WWW.MATHVN.COM
PHÒNG GIÁO DỤC THÀNH PHỐ NHA TRANG
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI-LỚP 2
TRƯỜNG TIỂU HỌC PHƯỚC LONG 1
Năm học : 2011- 2012
Môn
: Toán
Họ và tên : ……………...
Lớp
: ….
Điểm
I / TRẮC NGHIỆM : Em hãy khoanh vào ý đúng nhất:
Câu 1 :
4cm 8mm + 7mm = ……mm
A .87
B .47
C. 87
D .55
Câu 2 :
51 – X = 28
A.X= 23
B. X=79
C .X= 34
D. X= 63
Câu 3 : Điền số giống nhau vào chỗ chấm:
…….. + ……… + …….. +……….= 100
Câu 4 : Số bé nhất có 3 chữ số khác nhau là:
A . 100
B . 999
C . 101
D . 102
Câu 5 : Thứ năm tuần này là ngày 21 tháng 5.Vậy:
- Thứ năm tuần trước là ngày:
A . 25
B . 14
C . 16
D . 23
- Thứ năm tuần sau là ngày:
A . 17
B . 19
C . 26
D . 28
Câu 6: Viết tiếp 3 số vào dãy:
- 4 , 9, 14, 19, ..... , ….. , …….
A . 24 , 29, 34
B . 13 , 18, 23
C . 25, 30,35
D . 14, 19, 24
II/ TỰ LUẬN :
Câu 1 : Cho 3 số 1; 3; 8. Hãy viết tất cả các số có hai chữ số khác
nhau tạo ra từ các chữ số đó.
Bài làm:
……………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………
Câu 2 : Cường và Sơn đi câu cá. Cường câu được số cá bằng số lớn
nhất có một chữ số.Tổng số cá hai bạn câu được là số bé nhất có hai
chữ số. Hỏi Sơn câu được bao nhiêu con cá ?
Bài giải
......................................................................................................................
......................................................................................................................
......................................................................................................................
......................................................................................................................
......................................................................................................................
......................................................................................................................
......................................................................................................................
......................................................................................................................
......................................................................................................................
......................................................................................................................
......................................................................................................................
......................................................................................................................
......................................................................................................................
......................................................................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
ĐỒNG THÁP
DỰ THI CẤP QUỐC GIA NĂM 2010
-------------------------------------------------------------------------
Đề chính thức
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 15 tháng 11 năm 2009
(Đề thi gồm có: 01 trang)
Câu 1: ( 5 điểm)
1a) Giải hệ phương trình sau:
3x ln( x 2 x 1) y x 3 3
2
3
3 y ln( y y 1) z y 3
3z ln( z 2 z 1) x z 3 3
U 1 4
2a) Cho dãy số (Un), biết rằng : U 2 10
, n N * .
U U 6U 12
n 1
n
n2
Chứng minh rằng : (Un + 4) chia hết cho n, với mọi số nguyên tố n.
Câu 2: ( 4 điểm)
Cho hàm số f x liên tục trên đoạn [0,1] thỏa mãn điều kiện
1
f 0 f 1. Chứng minh rằng phương trình f x f x
có nghiệm
2009
x 0,1.
Câu 3: ( 5 điểm)
3a) Cho tam giác ABC và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Các đường
phân giác trong của các góc A, B, C lần lượt cắt các cạnh đối diện tại
A’, B’, C’. Chứng minh rằng:
AI .BI .CI
8
AA'.BB '.CC ' 27
3b) Gọi , , là góc giữa đường thẳng (d) và theo thứ tự với các đường
thẳng chứa ba cạnh BC, CA, AB của tam giác đều ABC.
Tính M = sin2.sin2.sin2 + cos2.cos2.cos2
Câu 4: (3 điểm)
Tìm ba số nguyên tố a, b, c thỏa ab – c + 1 = 0.
Câu 5: (3 điểm)
Trong một giải đấu thể thao vòng tròn một lượt có n vận động viên
P1 , P2 ,..., Pn n 1 .Mỗi vận động viên đấu với tất cả mọi đấu thủ còn lại và nguyên tắc
đấu không có hòa. Đặt Wr và Lr là số trận thắng và số trận thua tương ứng của đấu
thủ Pr .Hãy chứng tỏ rằng:
n
n
r 1
r 1
Wr2 L2r . HẾT
Kú thi chän ®éi tuyÓn häc giái
Thµnh phè hµ néi n¨m häc 2009 - 2010
M«n thi: To¸n
Ngµy thi 02 -12 - 2009
Thêi gian lµm bµi 180 phót
Bµi I: (4 ®iÓm)
T×m sè nguyªn tè p vµ c¸c sè nguyªn d-¬ng x, y tháa m·n: x3 + y 3 = p4 .
Bµi II: (4 ®iÓm)
Cho tam gi¸c ABC c©n t¹i A. Trªn tia ®èi cña tia CA lÊy ®iÓm E. Giao ®iÓm
cña BE víi ®-êng ph©n gi¸c cña gãc BAC lµ D. Gäi d lµ ®-êng th¼ng qua ®iÓm
D vµ song song víi AB, d c¾t BC t¹i F . Giao ®iÓm cña AF vµ BE lµ M. Chøng
minh r»ng M lµ trung ®iÓm cña BE.
Bµi III: (4 ®iÓm)
Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh sau:
p
p
2
2
px + 5 = y − √ y − 1
y2 + 5 = z 2 − z − 1
√
p 2
z + 5 = x2 − x − 1
Bµi IV: (4 ®iÓm)
1
3
3
Trªn mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho c¸c ®iÓm A − ; 0 , B − ; 0 , C ; 0 .
2
2
2
T×m täa ®é ®iÓm M tháa m·n:
(
\ cot BMC
\ =1
cot AMB.
\ + cot BM
\
cot AMB
C =3
Bµi V: (4 ®iÓm)
Cho d·y sè Un x¸c ®Þnh bëi c«ng thøc:
(
U1 = p > 0; U2 = q > 0
p
p
Un+2 = 3 Un+1 + 3 Un (víi n ≥ 1)
Chøng minh r»ng d·y sè nµy cã giíi h¹n h÷u h¹n vµ t×m giíi h¹n ®ã.
TRƯỜNG THPT NGA SƠN
(Đề gồm 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI (LẦN I)
Môn thi: Toán ;năm học 2010 – 2011
Thời gian làm bài 180 phút
Bài 1: (6 điểm) Cho hàm số y x 3 3 x 2 m 2 x m .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m 0 .
b) Tìm a để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: x 3 3 x 2 a 3 3a 2 .
c) Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng () : y
1
5
x .
2
2
Bài 2: (4 điểm)
a) Giải phương trình:
6 sin x 2 cos 3 x 5 sin 2 x cos x .
2
x 2 xy x y 0
b) Giải hệ phương trình: 4
.
x 4 x 2 y 3 x 2 y 2 0
Bài 3: (4 điểm)
a) Cho hình lăng trụ ABCA’B’C’ có A’ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh đáy
AB = a, cạnh bên AA’ = b. Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A’BC). Tính tan và thể
tích khối chópA’BB’C’C.
b)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề các vuông góc OXY tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
cân tại A. Biết phương trình cạnh BC: x y 2 0 .đường phân giác trong của góc B có
phương trình 2 x y 9 0 ,và đường cao qua điểm A của tam giác có phương trình x y 4 0 .
Bài 4: (4 điểm)
a) Từ các số tự nhiên, lập được bao nhiêu số gồm 6 chữ số khác nhau. Trong đó nhất thiết phải
có mặt hai chữ số 1 và 9.
mx 2 6 x 2
b) Cho hàm số: y
.
x2
Tìm m để hàm số nghịch biến trên 0; .
Bài 5: (2 điểm) Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn a b c 9 .
Chứng minh rằng:
a 2 2b 2
b 2 2c 2
c 2 2a 2
3.
ab
bc
ca
HẾT
Họ và tên thí sinh dự thi:……………………………………………..
[email protected]
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LẦN I NĂM HỌC 2009 –
TRƯỜNG THPT NGA SƠN
2010
Môn: TOÁN
(Đáp án – Thang điểm gồm 04 trang)
Câu
I
Nội dung
Điểm
Ý
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (2,00 điểm)
Tập xác định:D = R
Sự biến thiên:
y ' 3x 2 6 x, y ' 0 x 0; x 2
Giới hạn của hàm số tại vô cực:
lim y , lim y
x
0,5
x
Bảng biến thiên:
-
x
y’
0
0
0
+
-
2
0
+
+
+
0,5
y
-
-4
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ;0) và (2;+ ), nghịch biến trên khoảng (0;2)
Hàm số đạt cực đại y CD 0 tại x = 0, hàm số đạt cực tiểu y CT 4 tại x = 2
Đồ thị:
y
-1
0
2
0,5
3
x
0,5
-4
2
3
Xác định m ….
(2,00 điểm)
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y x 3 3x 2 và đường thẳng
y a 3 3a 2 .
Để pt có 3 nghiệm 4 a 3 3a 2 0
a 2 (a 3) 0
a (1;3) \ 0;2
(a 1)(a 2) 2 0
…….(2,00 điểm)
1
1
0,5
1
1
2m 2
m2
Ta có y y ' ( x ) (
2) x
m.
3
3
3
3
y’ = 0 có hai nghiệm x1;x2 m 3 và pt đường thẳng cực trị y = (
2m 2
m2
2) x
m (d)
3
3
Các điểm cực trị A x1 , y1 , B x 2 , y 2 đối xứng nhau qua : y 1 x 5
2
(d) () tại trung điểm I của AB (*) . Ta có x I
0,5
0,5
2
x1 x 2
1 suy ra
2
0,5
2 m 2 3 1 1
3
2
m 0
(*)
m 0.
2
2 m 2 3 1 m m 1 1 5
m m 1 0
3
3
2
2
0,5
Giải phương trình lượng giác (2,00 điểm)
+ Với cosx = 0 pt vô nghiệm.
+ Với cosx 0 pt đã cho (tan x 1)(3 tan 2 x 3 tan x 1) 0
tan x 1 x k ; k Z
4
1
II
1
2
1
Giải hệ phương trình (2,00 điểm)
x 2 y x(1 2 y ) 0
Hệ pt đã cho 2
( x y ) 2 3 x 2 (1 2 y ) 0
Đặt u x 2 y; v 1 2 y
u xv 0
u xv
Khi đó hệ pt trở thành 2
2 2
2
u 3x v 0
x (v 3v ) 0
x 0 v 0 v 3
;
;
u 0 u 0 u 3x
Hệ pt có nghiệm: (0;0) ; (1;2) ; (2;2).
0,5
0,5
0,5
0,5
……. (4,00 điểm)
III
a
B’
Gọi H là tâm của tam giác ABC AH ( ABC )
M là trung điểm của BC
Ta có tan
0,5
A' H 2 3b 2 a 2
HM
a
0,5
A’
A' H b 2
a2
3
C’
B
M
H
A
C
0,5
V A' ABC
1
a
A' H .S ABC
3
Vtrụ = A' H .S ABC
2
2
3b a
12
2
a 2 3b 2 a 2
, suy ra thể tích A’BB’C' là:
4
0,5
V Vtru V A' BC
b
a
2
2
3b a
6
2
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ pt
x y 2 0
x 7
B (7;5)
2 x y 9 0
y 5
Lấy điểm M(2;0) BC
Gọi M’ đối xứng với M qua đường phân giác góc B
Suy ra M’(6;-2) AB
Suy ra pt AB: 7x - y - 44 = 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ pt
x y 4 0
x 6
A(6;2)
7 x y 44 0
y 2
0,5
A
0,5
B
H
C
0,5
Gọi H là hình chiếu của A lên BC, suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ pt:
x y 4 0
x 3
H (3;1)
x y 2 0
y 1
Ta thấy H là trung điểm của BC, suy ra tọa độ điểm C(-1;-3).
0,5
Gọi số gồm 6 chữ số khác nhau là: abcdef
+ 1 và 9 xếp vào 6 vị trí từ a đến f có A62 cách chọn.
+ a 2;3;4;5;6;7;8 có 7 cách chọn sau khi xếp số 1 và 9.
+ Còn lại 7 số sắp xếp vào 3 vị trí có A73 cách chọn.
1
IV
a
Suy ra có 7. A62 . A73 = 44100 số.
1
b
TXD: D = R \ 2 ; y '
mx 2 4mx 14
.
( x 2) 2
y ' 0, x 0;
f ( x ) mx 2 4mx 14 0, x 0;
+ Với m = 0 không thỏa mãn.
+ Với m 0 ta xét hai trường hợp:
0,5
0,5
0
TH1:
m 0
0
m 0
TH2:
S 0
P 0
V
4m 2 14m 0
( vô nghiệm).
m 0
4m 2 14m 0
m 0
(vô nghiệm)
4 0
14 / m 0
…..(2điểm)
1
2
1
2
1
2
VT =
2 2 2
2
2
2
b
a
c
b
a
c
Ta có:
1
2
1
1
1
3
+ 2 2
đẳng thức xảy ra khi a = b.
2 2
2
3
b
a
b
a
a
ba 2
+
1
3
ba
2
3
b 2a
đẳng thức xảy ra khi a = b.
1
1
1
1
) 27 3
3 (đpcm)
b 2a c 2b a 2c
3a 3b 3c
Dấu bằng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3.
+ VT 3 3(
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2009-2010
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài thi: 180 phút
Ngày thi: 24/11/2009
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu 1: (4 đ)
Tìm tất cả các giá trị của tham số m, sao cho phương trình: x 3 3mx 2 4 0 có ba
nghiệm phân biệt và các nghiệm đều nhỏ hơn 4.
Câu 2: (4 đ)
x y 1
Giai hệ phương trình:
{x y 1 xy
Câu 3: (4 đ)
Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V. Điểm M thuộc miền trong tam giác ABC. Các
đường thẳng qua M, song song với DA, DB, DC, theo thứ tự cắt mặt phẳng (DBC),
(DCA), (DAB) tương ứng ở A1 , B1 , C1 .
MA1 MB1 MC1
1
DA DB
DC
2) Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện MA1 B1C1 khi M thay đổi.
Câu 4: (4 đ)
Cho hàm số f : R R, thỏa mãn f ( xy f ( z )) f ( x) f ( y ) z , x; y; z R.
Chứng minh:
1/ f ( xy ) f ( x) f ( y ), x; y R.
2/ f ( x y ) f ( x) f ( y ), x; y R.
3/ f đồng biến trên R.
Câu 5: (4 đ)
Cho số nguyên dương n. Gọi M là tập số tự nhiên (viết trong hệ thập phân) có n chữ số,
các chữ số lớn hơn 1 và không có hai chữ số khác nhau cùng nhỏ hơn 7 đứng liền nhau.
1/ Chứng minh: trong M, số các số có tận cùng 2 bằng số các số có tân cùng 3.
2/ Tính số phần tử của M theo n.
1) Chứng minh:
HẾT
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2009 - 2010
Huỳnh Kim Linh Sưu tầm và giới thiệu
——————
Bài 1 :
q
√
Cho a, b, c ∈ (0; 1). Chứng minh rằng : abc + (1 − a) (1 − b) (1 − c) < 1.
Bài 2 :
Cho các số thực x, y, z khác không. Tìm tất cả giá trị của :
f (x, y, z) =
|x+y|
|x|+|y|
+
|y+z|
|y|+|z|
+
|z+x|
|z|+|x|
.
Bài 3 :
Cho n là số tự nhiên lẻ và tập các số thực X = {x1 ; x2 ; . . . ; xn } .
Tìm tất cả các song ánh f (hàm 1-1) trên tập X, f : X → X
sao cho :
|f (x1 ) − x1 | = |f (x2 ) − x2 | = · · · = |f (xn ) − xn | .
Bài 4 :
Cho 7 số thực thuộc khoảng (1; 13). Chứng minh rằng có ít nhất ba số trong đó là độ dài 3 cạnh của
1 tam giác.
Bài 5 :
Cho a, b, c > 0. Giải hệ phương trình :
1
=c
ax − by + xy
bz − cx +
1
=a
zx
cy − az + 1 = b.
yz
Bài 6 :
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 1 và bên trong hình vuông cho n điểm phân biệt. Chứng minh
rằng tồn tại một tam giác có đỉnh tại các điểm đã cho hoặc là đỉnh của hình vuông sao cho diện tích
S của nó thỏa mãn bất đẳng thức :
S≤
1
.
2(n+1)
——— HẾT ———
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH BÌNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Đề chính thức
Môn Toán cấp THPT
GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2012 - 2013
Ninh Bình, ngày 17 tháng 01 năm 2013
Điểm bài thi
Bằng số
Các giám khảo
(Họ tên, chữ ký)
Số phách
(Do chủ tịch HĐ ghi)
Bằng chữ
Lưu ý: - Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề).
- Đề thi gồm 06 câu, mỗi câu 05 điểm, được in trong 05 trang.
- Thí sinh được phép sử dụng tất cả các loại máy tính cầm tay không có chức
năng soạn thảo văn bản và không có thẻ nhớ.
- Thí sinh trình bày ngắn gọn cách giải, công thức áp dụng, kết quả tính
toán vào phần giấy trống liền kề bài toán ngay trong bản đề thi này. Nếu không
trình bày cách giải hoặc cách giải sai thì không chấm điểm phần kết quả.
- Các kết quả tính gần đúng, nếu không có chỉ định cụ thể, được ngầm
định lấy chính xác tới 05 chữ số phần thập phân sau dấu phẩy.
Câu 1.
1. Tính giá trị biểu thức P
1,(02) 1,(7) 5,(25) 4,(46)
.
5,(4) 1,(05) 12,(1) 16,(4)
Cách giải:...................................................................................................................
....................................................................................................................................
....................................................................................................................................
....................................................................................................................................
....................................................................................................................................
....................................................................................................................................
Kết quả:……………………………………….
2. Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f ( x)
x 1
x2 x 1
sao cho F(P) = P + P2 + ... +
P10.
(Lấy kết quả chính xác, không lấy kết quả xấp xỉ)
Cách giải:...................................................................................................................
....................................................................................................................................
....................................................................................................................................
Trang 1/5
.PDF 
63 
1369 
79 
