SỞ GD & ĐT TỈNH TIỀN GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN TG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM HỌC 2008 – 2009 ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHN MƠN TỐN Thời gian làm : 180 phút 0000000 CÂU : ( điểm ) ( Đại số – Lượng giác ) Giải phương trình : x3  x  x   x  x  ĐÁP ÁN x2  9x   x  x  x   y Ta có hệ :  7 x  x   y Đặt y = ĐIỂM 0,5đ  x  x  x   y  3  y  y  x  3x  x  0,5đ  x  x  x   y  3  y  y   x  1  x  Xét hàm f( t ) = t3 + t Vì f’( t ) = 3t2 + > nên hàm số đồng biến tập số thực  Suy f( y ) = f( x + )  y = x +  x3  x  x   y  x3  x  x   (*) Như ta có hệ :    y  x 1  y  x 1  1  1   , Giải phương trình ( * ) ta có tập nghiệm : S  5,  2   ~ 1 ~  0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ ~ 2 ~  KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM HỌC 2008 – 2009 SỞ GD & ĐT TỈNH TIỀN GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN TG ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHN MƠN TỐN Thời gian làm : 180 phút 0000000 CÂU : ( điểm ) ( Hình học phẳng ) Gọi I O tâm đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tam giác ABC Các tia AI, BI, CI cắt lại đường tròn tâm O tương ứng A’,B’,C’ Gọi , rb , rc bán kính đường trịn bàng tiếp tam giác ABC ứng với góc A,B,C.Gọi ', rb ', rc ' bán kính đường trịn bàng tiếp tam giác A’B’C’ ứng với góc A’, B’ ,C’ Chứng minh rằng: ' rb ' rc '   rb  rc ĐÁP ÁN Gọi p nửa chu vi tam giác ABC; R bán kính đường trịn ngoại tiếp  ABC  A’B’C’ Ký hiệu Ia tâm C1 tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A IaC1 = AC1 = p ĐIỂM 0,5đ Ta có hệ thức :  p.tan A (1) A A A BC  = R  2sin  2sin cos  2   A BC BC  cos = R  2sin  2cos  2     R 1  cos A  cos B  cos C  (2) = R  sin A  sin B  sin C  tan Chứng minh tương tự ta được: rb  R 1  cos A  cos B  cos C  (3) 0,5đ 0,5đ rc  R 1  cos A  cos B  cos C  (4) Cộng theo vế đẳng thức (2) (3) (4) ta :  rb  rc  R   cos A  cos B  cos C  Đối với  A’B’C’ nội tiếp đường trịn (O;R) ta có : r 'a  r 'b  rc '  R   cos A ' cos B' cos C'  0,5đ Vậy ta chứng minh : cos A  cos B  cos C  cos A ' cos B' cos C' (*) 0,5đ ~ 3 ~        '  B  C  , B' 1 A  C  ,C' 1 B  A  Ta có A 2 A B C Nên : cos A '  sin ,cos B'  sin ,cos C'  sin (5) 2 AB AB AB C Mặt khác : cos A  cos B  2cos  2cos  2sin (6) cos 2 2 Tương tự ta có : A cos B  cos C  2sin (7) B cos C  cos A  2sin (8) (6)+(7)+(8) vế với vế ( 5) ta (*) ~ 4 ~  0,5đ SỞ GD & ĐT TỈNH TIỀN GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN TG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM HỌC 2008 – 2009 ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHN MƠN TỐN Thời gian làm : 180 phút 0000000 CÂU : ( điểm ) ( Số học ) Cho số nguyên dương a, b, c đơi khơng có số dư phép chia cho Đặt A = 3a + b + c B = a + 3b + c C = 2a + 2b + c Chứng minh số A, B, C có số chia hết cho ĐÁP ÁN Do a, b, c đôi khơng có số dư phép chia : A – B = 2(a – b) B–C=b–a C–A=b–a khơng chia hết cho Do A, B, C đơi khơng có số dư chia cho (*) Giả sử số A, B, C khơng có số chia hết cho Khi A, B, C chia cho có số dư 1, 2, Điều kết hợp với (*) ta suy số A, B, C phải có số có tổng chia hết cho Mà A + C = 5a + 3b + 2c  2(c  b) ( mod ) B + C = 3a + 5b + 2c  2(c  a) ( mod ) Nên A + C B + C không chia hết cho Do đó, A + B  Dễ thấy, 2C = A + B Vì 2C   C5 (!) Điều mâu thuNn chứng tỏ điều giả sử sai, kết hợp với (*) ta có số A, B, C có số chia hết cho ~ 5 ~  ĐIỂM 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ ~ 6 ~  SỞ GD & ĐT TỈNH TIỀN GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN TG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM HỌC 2008 – 2009 ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHN MƠN TỐN Thời gian làm : 180 phút 0000000 CÂU : ( điểm ) ( Giải tích ) 1 n     1! 2! n! 1) Chứng minh tồn giới hạn hữu hạn lim u n Cho dãy số u n n* xác định u n  n  2) Đặt   lim u n Chứng minh  số vô tỉ n  ĐÁP ÁN ĐIỂM Phần 1) Rõ ràng u n 1  u n , n  * , nên {un} dãy đơn điệu tăng 0,5đ Hơn nữa, k  3, k!  1.2.3 k  1.2.2  2k 1 1 1 1 2n    Do đó, n  , ta có u n         n 1  1! 2! n! 2 2n 1 1 N hư {un} dãy đơn điệu tăng bị chặn nên tồn giới hạn hữu hạn   lim u n 1 0,5đ n  Phần 2) p với p,q  * (   ) với (p,q) = q n  q1 1  n 1 Khi đó, (q  1)!  (q  1)! lim     (q  1)! lim      n  n   k 1 k!   k 1 k! k q 2 k!  Giả sử  số hữu tỉ,   0,5đ  n (q  1)!  (q  1)!  lim    n  k! k 1  k q 2 k!  q 1  (q  1)! số nguyên dương nên k! k 1 q 1  n (q  1)!  (q  1)!  (q  1)!   lim   số nguyên (*)  n  k! k 1  k q 2 k!  n (q  1)! (q  1)! (q  1)! (q  1)! Mà       k! (q  2)! (q  3)! n! k q  1     q  (q  2)(q  3) (q  2)(q  3) n Vì (q  1)! q 1  ~ 7 ~  0,5đ 0,5đ < 1    q  (q  2) (q  2) n  1  (q  2) n   q   1  q2      = , n  q  1  n   q   (q  2)     n  (q  2) n  n (q  1)!    Do đó, < lim    n   k q2 k!  q  Điều mâu thuNn với (*) Do điều giả sử sai hay  số vô tỉ Do q + > nên lim ~ 8 ~  0,5đ SỞ GD & ĐT TỈNH TIỀN GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN TG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM HỌC 2008 – 2009 ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHN MÔN TOÁN Thời gian làm : 180 phút 0000000 CÂU : ( điểm ) ( Tổ hợp ) Trong chiến dịch vận động bầu cử tổng thống Mỹ năm 2008 có N Đảng phái trị khác ( N > 1), Đảng đề cử người để tranh cử tổng thống với Đảng khác Mỗi người ứng cử phải nêu số lời hứa hẹn thực bầu làm tổng thống Biết có tất n lời hứa hẹn tất ứng viên tranh cử tổng thống tất ứng viên hứa đưa kinh tế Mỹ khỏi tình trạng khủng hoảng Do Đảng phái có quan điểm trị khác nên lời hứa đưa ứng viên khơng hồn tồn giống có chung lời hứa Chứng minh : N  2n 2 ĐÁP ÁN ĐIỂM Giả sử N Đảng phái khác X1, … , XN S1 ,…, SN tập hợp tất lời hứa ứng viên Đảng X1, … , XN Giả sử tập hợp n lời hứa khác tất ứng viên P = {x1, x2 , …, xn} 1đ x1 lời hứa đưa kinh tế Mỹ khỏi tình trạng khủng hoảng Theo giả thiết tất ứng viên hứa đưa kinh tế Mỹ khỏi tình trạng khủng hoảng nên x1  Si , i  1, N Đặt Si '  Si \ {x1} , P '  P \{x1} Vì ứng viên có lời hứa đưa khơng hồn tồn giống có chung Si '  S j ' lời hứa nên  , i  j Si ' S j '   Mỗi tập Si ' tập khác  tập P ' Tập P ' có n – phần tử nên số tập khác rỗng tập P ' 2n 1  Mỗi tập khác rỗng ( ngoại trừ tập P ' ) có phần bù P ' khác rỗng Do đó, số 2n 1   cặp tập khác rỗng P ' có giao rỗng   2n 2  S '  S '  i j , i  j , i , j 1, N Vì vậy, số tập Si ' tập P ' thỏa  Si ' S j '    (2n 1  1)  (2n 2  1)  2n 2 Hay N  2n 2 ~ 9 ~  1đ 1đ ~ 10 ~  SỞ GD & ĐT TỈNH TIỀN GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN TG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM HỌC 2008 – 2009 ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHN MƠN TỐN Thời gian làm : 180 phút 0000000 CÂU : ( điểm ) ( Bất đẳng thức ) Cho x , y , z số thực không âm thỏa mãn : x2 + y2 + z2 + xyz = Chứng minh :  xy  yz  zx  xyz  ĐÁP ÁN 2 Ta thấy x, y, z > x + y + z + xyz > Điều mâu thuNn với giả thiết x2 + y2 + z2 + xyz = (*) Do vai trị bình đẳng x, y, z , khơng tính tổng quát ta giả sử x  Khi đó, xy + yz + zx – xyz  yz – xyz = (1 – x)yz  Tiếp theo ta chứng minh xy + yz + zx – xyz  N ếu x = ta có : = y2 + z2  yz Suy : xy + yz + zx – xyz = yz  Vì vậy, vai trị bình đẳng x, y, z , khơng tính tổng quát ta xét x, y, z  Đặt x = 2a  0, y = 2b > , z = 2c > Khi đó,  a  (  x  ) Hệ thức (*) thành : a2 + b2 + c2 + 2abc = (**) Từ ta có :  b,c     Do đó, ta đặt a = cos A , b = cos B,  A  ,0  B  2 Khi đó, từ hệ thức (**) ta có : cos2A + cos2B + c2 + 2cos A.cosB.c =  c + 2cos A.cos B.c + cos A + cos B  =  c + 2cos A.cos B.c + cos A.cos B  cos A + cos B   cos A.cos B = ĐIỂM 0,5đ 0,5đ   c + cosA.cosB   (1  cos A)(1  cos B) =   c + cosA.cosB   sin A.sin B = 2   c  cos A.cos B  sin A.sin B  c  cos A.cos B  sin A.sin B   0,5đ   c  cos(A  B)  c  cos(A  B)    c   cos(A  B)       A  ,0  B  nên   A  B    cos(A  B)  2 c  cos(A  B) > ( c > ) )     Mặt khác,  A  ,0  B  nên  A  B   Đặt C    A  B 2 2 Khi ta có :  C  A  B  C   Và c   cos(A  B)   cos(   C)  cos C (   N hư vậy, A, B,C   0;  A  B  C    2   Áp dụng BĐT Jensen cho hàm f(x) = cos x khoảng  0;  ta có :  2 ~ 11 ~  0,5đ 0,5đ  ABC cos A  cos B  cos C  3cos     Suy :  cos B  cos C   cos A Mặt khác,  2cosB.cosC = cos(B – C) + cos(B + C)= cos(B – C) – cosA   cos A Và cosA = a    2cos A  Do đó, xy + yz + zx – xyz = 4(ab + bc + ca – 2abc) = 4(cosA.cosB + cosB.cosC + cosC.cosA – 2cosA.cosB.cosC) =  cos A(cos B  cos C)  cos B.cos C(1  2cos A)  1     cos A(  cos A)  (1  cos A)(1  2cos A)    2 2   ( đpcm ) ~ 12 ~  0,5đ SỞ GD & ĐT TỈNH TIỀN GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN TG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM HỌC 2008 – 2009 ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHN MƠN TỐN Thời gian làm : 180 phút 0000000 CÂU : ( điểm ) ( Hình học khơng gian ) Cho tứ diện SABC , M điểm nằm tứ diện Một mặt phẳng    tùy ý qua M cắt cạnh SA, SB, SC A ', B',C' Đặt V, VA , VB , VC thể tích tứ diện SABC, SMBC, SMCA, SMAB V V V Chứng minh : V  A  B  C SA ' SB' SC' ĐÁP ÁN Trước tiên ta có nhận xét sau : Nhận xét : Cho O điểm nằm tam giác ABC Khi :     SOBC OA  SOAC OB  SOAB OC  Thật vậy, đặt     x  SOBC OA  SOAC OB  SOAB OC   ĐIỂM 0,5đ    AOC,    AOB  Đặt   BOC,   Khi đó, x.OA  OA OB.OC  sin   sin .cos   sin .cos   = OA OB.OC  sin   sin(   )   OA OB.OC  sin   sin(2  )     Tương tự, x.OB       Mà OA,OB không phương nên k,l   : x  k.OA  l.OB 2        x  k.OA.x  l.OB.x   x  Từ ta có đpcm Nhận xét : Cho M điểm nằm tứ diện A1A2A3A4 Gọi V1 , V2 , V3 , V4 thể tích tứ diện MA2A3A4,MA1A3A4,MA1A2A4,MA1A2A3 Khi ta có :      V1.MA1  V2 MA  V3.MA  V4 MA  Thật vậy, gọi O giao điểm MA4 mp(A1A2A3) Do M nằm tứ diện nên O nằm tam giác A1A2A3 Theo nhận xét ta có :     S1.OA1  S2 OA  S3.OA  (1) S1,S2,S3 diện tích OA A , OA1A , OA1A Mặt khác, ~ 13 ~  0,5đ 0,5đ S S S1 VOA2A3A4 VOA2A3M VOA2A3A4  VOA2A3M V1       S2 VOA1A3A VOA1A3M VOA1A3A4  VOA1A3M V2 V1 V2 S2 S3 S S S  Do đó,   V2 V3 V V2 V3  1   Từ (1) suy : V1.OA1  V2 OA  V3.OA        V1.MA1  V2 MA  V3.MA  (V1  V2  V3 ).MO  (2) OA VA1A2A3A4 V1  V2  V2  V4   Mà OM VA1A2A3M V4  V  V  V  V    2  OA  OM  (V1  V2  V3 ).MO  V4 MA (3) V4      Từ (2) & (3) suy : V1.MA1  V2 MA  V3.MA  V4 MA  Trở lại toán, ta sử dụng hệ tọa độ Đềcác xiên góc Sxyz cách chọn đỉnh S tứ diện SABC làm gốc tọa độ, nghĩa S(0;0;0) A  Sx, B  Sy,C  Sz , với A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;0;1)      Theo nhận xét ta có : VS MS  VA MA  VB MB  VC MC  ( với VS = VMABC )          (VS  VA  VB  VC ).SM  VA SA  VB SB  VC SC  V.SM  VA SA  VB SB  VC SC  V  V  V   SM  A SA  B SB  C SC V V V V V V  Vì M  A ; B ; C   V V V Giả sử phương trình mặt phẳng    : ax + by + cz + d = (với a2+ b2+ c2+ d2 > ) Tương tự , Và A ' (xo;0;0), B' (0;yo;0), C' (0;0;zo) với xo = SA ' > 0, yo = SB' > 0, zo = SC' > Khi đó, axo = byo = czo = – d ( a, b, c, d  ) aVA  bVB  cVC V V V  Vì M  A ; B ; C      nên  d V  V V V aVA  bVB  cVC = axo = byo = czo  Do đó, V V V V V V V aV bV cV  A  B  C  A B C A B C SA ' SB' SC' x o y o z o ax o by o cz o V   aVA  bVB  cVC   V ( đpcm ) aVA  bVB  cVC ~ 14 ~  0,5đ 0,5đ 0,5đ