Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2009 - 2010

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

203
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi học sinh giỏi là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2009 - 2010 giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2009 - 2010

UBND TỈNH KON TUM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 12 – NĂM HỌC 2009-2010 Môn : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể TG giao đề) Ngày thi: 02 tháng 12 năm 2009 ĐỀ BÀI Câu 1 (3.5 điểm) Giải bất phương trình: 2 x3 3x 2 6 x 16 2 3 4 x Câu 2 (4.0 điểm) Giải hệ phương trình: y 3 x y x 3 x x y x x 3 Câu 3 (3.5 điểm) Cho dãy số (xn), n N * , xác định như sau: 2 x1 3 xn xn 1 , n N* 2(2n 1) xn 1 n Tính lim xi n i 1 Câu 4 (5.5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có trung tuyến CM vuông góc với phân giác trong AL tại đỉnh A (Với M, L lần lượt thuộc các cạng AB, BC; AC = b, AB = c) a) Chứng minh: b c AL AB AC b c c b b) Giả sử CM = k.AL (k là số thực dương). Chứng minh: 9 4k 2 cos A 9 4k 2 Câu 5 (3.5 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa: abc = 1. Chứng minh: a b c 2 2 2 1 a 2 b 2 c 2 ……………………………………………. Hết ……………………………………………
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2009 - 2010 Đề thi chính thức Môn thi: TOÁN HỌC - THPT BẢNG A Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4,0 điểm). Giải phương trình: 2009 x x 2 1 x = 1. Câu 2 (4,0 điểm). Tìm m để hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: x y m ( y 1) x 2 xy m x 1 Câu 3 (2,0 điểm). Cho ba số dương x, y, z . Chứng minh rằng: 1 1 1 36 ` x y z 9 x y y 2z 2 x 2z 2 2 2 Câu 4 (2,0 điểm). Cho dãy số xn thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: i, x1 = 2 x 2 x2 ... (n 1) xn 1 ii, xn 1 với n là số tự nhiên lớn hơn 1. n(n 2 1) Tính lim với un = (n+1)3. xn Câu 5 (3,0 điểm). Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng qua M song song với AD, BD, CD tương ứng cắt các mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD) tại A’, B’, C’. Tìm vị trí điểm M sao cho MA’.MB’.MC’ đạt giá trị lớn nhất. Câu 6 (3,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD và AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN lấy điểm Q sao cho PQ song song với CM. Tính độ dài đoạn PQ và thể tích khối tứ diện AMNP. Câu 7 (2,0 điểm). Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn: f(x).f(y) – sinx.siny = f(x+y) với mọi số thực x, y. Chứng minh rằng 2f(x) + x2 ≥ 2 với mọi số thực x thuộc ; . 2 2 - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh:.................................................................. Số báo danh:...
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2009 - 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang) Môn: TOÁN 12 THPT - BẢNG A ---------------------------------------------- CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 4.0 Xét hàm số f(x) = 2009 x x2 1 x 1 trên . 0,5 x f’(x) = 2009 x ln 2009 x2 1 x 2009 x 1 1 x2 1 1 = 2009 x x 2 1 x ln 2009 1 x2 1 1 vì x 2 1 x 0 và ên f ( x) 0 x hàm số f(x) đồng x2 1 1 biến trên . Mặt khác f (0) 0 0.5 Vậy phương trình 2009 x x2 1 x 1 có duy nhất một nghiệm x = 0 2 4,0 3 2 Từ y = m - x thay vào phương trình còn lại ta được : x mx m 0 (1) 0,5 Xét hàm số f ( x ) x3 mx 2 m trên 0.5 Để hệ pt có 3 nghiệm phân biệt Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt Đồ thị hàm số y = f(x) có hai điểm cực trị nằm về hai 0,5 phía đối với Ox (*) x 0 2 Ta có f ( x) 3x 2mx ; f ( x) 0 2m 1 x 3 3 3 m 0 m * m 2 (27 4m 2 ) 0 2 2m f (0). f ( ) 0 3 3 1 3 m 2 3 3 3 3 0,5 Vậy m hoặc m là giá trị cần tìm. 2 2 3 2.0 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương ( xy + yz + zx)(9 + x2y2 + z2y2 +x2z2) ≥ 36xyz 0.5
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 0.5 xy + yz + zx ≥ 3 3 x 2 y 2 z 2 (1) Và 9+ x2y2 + z2y2 +x2z2 ≥ 12 12 x 4 y 4 z 4 hay 9 + x2y2 + z2y2 +x2z2 ≥ 12 3 xyz (2) 0.5 Do các về đều dương, từ (1),(2) suy ra: (xy + yz + zx)(9 + x2y2 + z2y2 +x2z2) ≥ 36xyz (đpcm). 0,5 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1 4 2,0 1 Ta có x2 = 0.25 3 Với n ≥ 3 Ta có : x1 + 2x2 + …+ nxn = n3xn. (1) 0.50 x1 + 2x2 + …+( n-1)xn = (n-1)3xn-1. (2) Từ (1), (2) suy ra : n xn = n3xn - (n-1)3xn-1 0.25 3 2 n 1 .xn 1 n 1 n xn= . .xn 1 0.25 n3 n n n 1 2 2 2 n 1 n 2 2 n n 1 3 xn= ... . ... x2 0.25 n n 1 3 n 1 n 4 4 xn 2 0,25 n (n 1) 2 4 n 1 Su Do đó limun = lim =4 0.25 n2 5 3.0 Trong mặt phẳng (ABC) : AM ∩ BC = {A1}. BM ∩ AC = {B1}, CM ∩ AB = {C1} Trong (DAA1) : Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA1 tại A’ 0.5 MA ' MA1 S MBC Xét tam giác DAA1 có MA’ // AD nên 0.5 DA AA1 S ABC MB ' MB1 S MAC MC ' MC1 S MAB Tương tự ta có , 0,5 DB BB1 S ABC DC CC1 S ABC MA ' MB ' MC ' Suy ra 1 do S MBC S MAC S MAB S ABC 0.5 DA DB DC
MA ' MB ' MC ' MA ' MB ' MC ' Ta có 33 . . DA DB DC DA DB DC 0,5 1 Suy ra MA’.MB’.MC’ ≤ DA.DB.DC (không đổi) 27 1 Vậy giá trị lớn nhất MA’.MB’.MC’ là DA.DB.DC, đạt được khi 27 MA ' MB ' MC ' 1 MA1 MB1 MC1 1 0.5 DA DB DC 3 AA1 BB1 CC1 3 Hay M là trọng tâm tam giác ABC 6 3.0 0,5 Trong mặt phẳng (ACM) kẻ NI // CM (I AM) Trong mặt phẳng (BCD) kẻ BK // CM (K CD) Trong (ABD) DI cắt AB tại P Trong (AKD) DN cắt AK tại Q 0.25 PQ là giao tuyến của (DNI) và (ABK) , do NI // CM, BK // CM nên PQ // CM Gọi E là trung điểm PB, ME là đường trung bình tam giác BPD nên ME // PD hay ME // PI Mặt khác từ cách dựng ta có I là trung điểm AM nên P là trung điểm AE. 0.25 Vậy AP = PE = EB AP 1 Suy ra AB 3 0.25 MC là đường trung bình tam giác DBK nên BK = 2CM = 3 PQ AP 1 1 3 Suy ra PQ = BK = 0.25 BK AB 3 3 3 VAMNP AM AN AP 1 1 1 . . . 0.5 VAMCB AM AC AB 2 3 6 1 Do M là trung điểm BD 0.25 2 0.5
2 ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên VABCD = (đvtt) 12 1 2 2 1 2 Suy ra VAMCB = . Vậy VAMNP = AMCB đvtt 0.25 2 12 24 6 144 7 2,0 f(x) f(x).f(y) – sinx.siny = f(x+y) với mọi số thực x,y (1) f (0) 0 0,25 Với x = y = 0 ta có f2(0) – f(0) =0 f (0) 1 Nếu f(0) = 0, từ (1) chọn y = 0 ta có f(x) = 0 với mọi x, điều này không xảy ra với 0.25 x=y= . Suy ra f(0) = 0 (loại) 2 Với f(0) = 1, từ (1) chọn y = -x ta có f(x).f(-x) + sin2x = 1 x f 0 2 0.25 Chọn x = ta được f .f 0 2 2 2 f 0 2 Nếu f = 0 từ (1) chọn y = .Ta có f x sinx = cos x x R (*) 0.25 2 2 2 2 Nếu f = 0 từ (1) chọn y = - . Ta có f x sinx = cos x x R (**) 0,25 2 2 2 2 Từ (*) và (**) suy ra f(x) = cosx. Thử lại thấy hàm số f(x) = cosx thỏa mãn x 0.25 Ta cần chứng minh 2cosx + x2 ≥ 2 x ; . 2 2 Xét hàm số g(x) = 2cosx + x2 – 2 trên ; . Do g(x) là hàm số chẵn nên chỉ cần 0,25 2 2 chứng minh g(x) ≥ 0 x 0; 2 g’(x) = - 2sinx + 2x, g”(x) = -2cosx + 2 ≥ 0 x 0; , g”(x) = 0 x = 0 suy ra g’(x) 2 đồng biến trên x 0; nên g’(x) ≥ g’(0) = 0, g’(x) = 0 x=0. Vậy hàm số g(x) đồng 2 0,25 biến trên x 0; nên g(x) ≥ g(0) = 0 hay 2cosx + x2 ≥2 (đpcm). Dấu đẳng thức xảy ra 2 khi và chỉ khi x = 0 Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2009 - 2010 Đề thi chính thức Môn thi: TOÁN HỌC - THPT BẢNG B Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4,0 điểm). Giải phương trình: x 3 2 x (5 3 x) 5 3 x 2 5 3 x. Câu 2 (4,0 điểm). Tìm m để hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: x y m ( y 1) x 2 xy m x 1 Câu 3 (2,0 điểm). Cho ba số dương x, y, z . Chứng minh rằng: 1 1 1 36 x y z 9 x y y 2z 2 2 2 x 2z 2 Câu 4 (2,0 điểm). 2 x 1 e cos( x 1) Tính lim 2 . x 1 x 2x 1 Câu 5 (3,0 điểm). Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Đường thẳng qua M song song với AD cắt mặt phẳng (BCD) tại A’, đường thẳng qua M song song với BD cắt mặt phẳng (ACD) tại B’, đường thẳng qua M song song với CD cắt mặt phẳng MA ' MB ' MC ' (ABD) tại C’. Chứng minh tổng không phụ thuộc vào vị trí điểm M. DA DB DC Câu 6 (3,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AP 1 của BD và AC. Trên cạnh AB lấy điểm P sao cho . Tính thể tích khối tứ diện AB 3 AMNP. Câu 7 (2,0 điểm). Tìm hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn: f(x).f(y) – sinx.siny = f(x+y) với mọi số thực x, y. - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:.......................
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2009 - 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang) Môn: TOÁN 12 THPT - BẢNG B ---------------------------------------------- CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 4.0 5 Điều kiện x 0,5 3 3 Phương trình tương đương x 3 2x 5 3x 2 5 3x 0,75 Do hàm số f(t) = t3 + 2t đồng biến trên R, 0,75 f ( x) f 5 3x nên x = 5 3x 0,75 x 0 x 0 0,75 x2 5 3x x 2 3x 5 0 3 29 ây phương trình có nghiệm x 0.5 2 2 4,0 3 2 Từ y = m - x thay vào phương trình còn lại ta được : x mx m 0 (1) 0,5 Xét hàm số f ( x) x 3 mx 2 m trên 0.5 Để hệ phương trình có 3 nghiệm phân biệt Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt 0,5 Đồ thị hàm số y = f(x) có hai điểm cực trị nằm về hai phía đối với Ox (*) x 0 2 Ta có f ( x) 3x 2mx ; f ( x) 0 2m 1 x 3 3 3 m 0 m 2 (*) 2m m 2 (27 4m 2 ) 0 1 f (0). f ( ) 0 3 3 3 m 2 3 3 3 3 Vậy m hoặc m là giá trị cần tìm. 0,5 2 2 3 2.0 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 0.5 (xy + yz + zx)(9 + x2y2 + z2y2 +x2z2) ≥ 36xyz Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 0.5 xy + yz + zx ≥ 3 3 x 2 y 2 z 2 (1)
Và 9+ x2y2 + z2y2 +x2z2 ≥ 12 12 x 4 y 4 z 4 hay 9 + x2y2 + z2y2 +x2z2 ≥ 12 3 xyz (2) 0.5 Do các vế đều dương, từ (1), (2) suy ra: (xy + yz + zx)(9 + x2y2 + z2y2 +x2z2) ≥ 36xyz (đpcm). 0,5 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1 4 2,0 Đặt t = x – 1 Khi x 1 thì t 0 0.25 2 2 x 1 e cos( x 1) et cos t 0.25 I lim lim x 1 x2 2x 1 t 0 t2 2 et 1 1 cos t lim 2 0.5 t 0 t t2 2 et 1 0.25 Do lim 2 1 t 0 t t 1 cos t 2sin 2 2 0.25 lim lim t 0 t2 t 0 t 2 t 2sin 2 1 lim 2 2 0,25 t 0 t 2 4 2 1 3 Suy Vậy I = 1+ 0.25 2 2 5 3.0 1 Trong mặt phẳng (ABC) : AM cắt BC tại A1. BM cắt AC tại B1 , CM cắt AB tại C1 Trong (DAA1) : Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA1 tại A’ MA ' MA1 S MBC Xét tam giác DAA1 có MA’ // AD nên 1 DA AA1 S ABC MB ' MB1 S MAC MC ' MC1 S MAB Tương tự ta có , 0,5 DB BB1 S ABC DC CC1 S ABC
MA ' MB ' MC ' Suy ra 1 do S MBC S MAC S MAB S ABC không phụ thuộc vào vị DA DB DC 0.5 trí điểm M 6 3.0 1 VAMNP AM AN AP 1 1 1 . . . VAMCB AM AC AB 2 3 6 1 Do M là trung điểm BD 0,5 2 2 ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên VABCD = 0.5 12 1 2 2 Suy ra VAMCB =. 0.5 2 12 24 1 2 Vậy VAMNP = AMCB đvtt 0,5 6 144 7 2,0 f(x) Ta có : f(x).f(y) – sinx.siny = f(x+y) với mọi số thực x,y (1) f (0) 0 0,5 Với x = y =0 ta có f2(0) – f(0) =0 f (0) 1 Với f(0) = 0, từ (1) chọn y = 0 ta có f(x) = 0 x , điều này không xảy ra với x y 2 0.25 (loại) Với f(0) = 1, từ (1) chọn y = -x ta có f(x).f(-x) + sin2x = 1 x 0,25 f 0 2 Chọn x = ta được f .f 0 2 2 2 0.25 f 0 2
Nếu f 0 từ (1) chọn y = ó 2 2 0.25 f x sinx = cos x x R (*) 2 2 Nếu f 0 từ (1) chọn y = - Ta có 2 2 0,25 f x sinx = cos x x R (**) 2 2 Từ (*) và (**) suy ra f(x) = cosx x R . Thử lại thấy hàm số f(x) = cosx thỏa mãn 0.25 Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2009 - 2010 Đề thi chính thức Môn thi: TOÁN HỌC - BỔ TÚC THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (5,0 điểm). x 2 Cho hàm số y có đồ thị (C). x a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b. Tìm m để đường thẳng (d) y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm A và B sao cho AB = 2 5. Câu 2 (5,0 điểm). a. Giải phương trình: 12.Cxx 3 55. Ax2 1. 1 b. Giải phương trình: sin4x + cos4x = cos4x. Câu 3 (5,0 điểm). a. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y x 4 x2 . x 5x 6 b. Tính I = lim 2 . x 2 x 4 Câu 4 (5,0 điểm). Cho tứ diện ABCD và M là một điểm bất kỳ nằm trong tứ diện. Gọi dA, dB, dC, dD theo thứ tự là khoảng cách từ M đến các mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD), (ABC). Gọi hA, hB, hC, hD theo thứ tự là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến các mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD), (ABC). dA dB dC dD a. Tính tổng . hA hB hC hD 1 b. Chứng minh rằng d A .d B .dC .d D .hA .hB .hC .hD . 256 - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:.......................
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2009 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang) Môn: TOÁN 12 - BỔ TÚC THPT ------------------------------------- CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 5,0 1a 3,0 TXĐ: R \ 0 0,25 2 Sự biến thiên , y’ < 0 x 0 y’ = x2 0,5 hàm số nghịch biến trên các khoảng ;0 ; 0; Giới hạn và các đường tiệm cận x 2 x 2 0,5 lim lim Vậy đường tiệm cận đứng có phương trình x x 0 x x 0 x =0 x 2 2 x 2 2 lim lim 1 1 lim lim 1 1 Vậy đường tiệm cận x x x x x x x x 0,5 ngang có phương trình y =1 Bảng biến thiên x - 0 + y’ - || - y + 0,5 1 1 - Giao điểm của đồ thị với trục hoành (-2;0) Đồ thị không cắt trục tung. Đồ thị nhận điểm I (0;1) làm tâm đối xứng
0.75 1b 2,0 x 2 (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi A,B chỉ khi phương trình 2 x m (1) x có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 . Hay phương trình 2x2 + (m-1)x - 2 = 0 có hai 0,25 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 2 m 1 16 0 Điều kiện đúng với mọi số thực m. 2 0 0,25 Vậy (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B m 1 x1 x2 Theo Viet ta có 2 0.25 x1 x2 1 Giả sử hoành độ điểm A là x1, hoành độ điểm Blà x2, suy ra A(x1; 2x1+m), B(x2 ; 2x2+m) 0,25 2 2 2 2 AB = x2 x1 4 x2 x1 5 x2 x1 0,25 2 = 5 x2 x1 4 x2 x1 0,25 2 m 1 =5 4 0,25 2 2 m 1 AB = 2 5 5 4 20 2 0,25 m 1 Vậy m =1 là giá trị cần tìm 2 5.0 2a 2
Điều kiện : x ; x 1 (*) 0.25 Pt đã cho tương đương: 12Cx4 3 55 Ax2 1 0.5 ( x 3)( x 2)( x 1) x 12 55(x 1)x 0,5 4.3.2.1 x 13 x 2 5 x 104 0 0.75 x 8 .Kết hợp (*) suy ra: x=8 là nghiệm của pt 2b 3,0 Phương trình tương đương với 1 – 2 sin2x. cos2x = 1 – 2sin2 2x 1,0 1 2 1 sin 2 x 1 2sin 2 2 x 0.5 2 3 2 sin 2 x 0 sin 2 x 0 0.5 2 2x k 0.5 x k k Z 0.5 2 3 5,0 3a 3,0 TXĐ: [-2;2] 0,25 x y’ = 1 - 0,5 4 x2 y’ = 0 4 x2 x 0,25 x 0 0,5 4 x2 x2 x 2 0,5 y’ không xác định tại x = 2, x = - 2 y(-2) = -2, y(2) = 2, y( 2 ) = 2 2 0,5 min y y 2 2 0,25 Vậy m y y 2 2 2 0,25 3b 2.0 x 5x 6 x 5x 6 I = lim 0,5 x 2 x2 4 x 5x 6 x2 5x 6 lim 0,5 x 2 x2 4 x 5x 6 x 2 x 3 lim 0,5 x 2 x 2 x 2 x 5x 6 x 3 lim 0.25 x 2 x 2 x 5x 6
1 0.25 16 4 6,0 4a 3,0 f(x) 0,75 Gọi V, VA, VB, VC, VD theo thứ tự là thể tích của các tứ diện ABCD, MBCD, MCDA, MABD, MABC. Ta có V= VA + VB + VC + VD VA 3VA d A .S BCD dA 0,75 V 3V hA.S BCD hA VB d B VC dC VD dD Tương tự ; ; . 0,75 V hB V hC V hD dA dB dC dD VA VB VC VD Suy ra 1. hA hB hC hD V V V V 0.75 4b 2,0 dA dB dC dD d A d B dC d D Theo bất đẳng thức Côsi ta có 44 . . . 0,5 hA hB hC hD hA hB hC hD d A d B dC d D 1 44 . . . 0,5 hA hB hC hD d A d B dC d D 1 . . . 0,5 hA hB hC hD 256 1 d A .d B .dC .d D .hA .hB .hC .hD 0,25 256
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi d A d B dC d D 1 . 0,25 hA hB hC hD 4 hay M là trọng tâm tứ diện ABCD. Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.