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
Môn thi : Toán - Bảng A
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 athỏa mãn điều kiện
a22010 −1.
.
.22012.
Câu 2 (3 điểm). Giải hệ phương trình
x= 3z3−2z2
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
b+c+b3
c+d+c3
d+a+d3
a+b≥1
8.
Đẳng thức xảy ra khi nào ?
Câu 4 (3 điểm). Tìm tất cả các hàm số f:R→Rthỏa 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, x3là 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 =ckhông đổi và
các góc [
BSC =α,[
CSA =β,[
ASB =γthay đổi (00< α, β, γ < 1800, α +β+γ < 3600và 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.
b) Chứng minh rằng khi các góc α, β, γ thay đổi, ta luôn có VS.ABC <abc√3
6.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . HẾT. . . . . . . . . . . . . . . . . .
WWW.MATHVN.COMWWW.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
a22010 −1 = a22009 −1a22009 + 1=a22008 −1a22008 + 1a22009 + 1(0,5 điểm)
=a22007 −1a22007 + 1a22008 + 1a22009 + 1=···
= (a−1) (a+ 1) a2+ 1a22+ 1... a22007 + 1a22008 + 1a22009 + 1.
(0,5 điểm)
Nếu alà số lẻ, thì tồn tại số tự nhiên ksao 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
a22+ 1.
.
.2
............
a22009 + 1.
.
.2.(0,5 điểm)
Vậy a22010 −1.
.
.
23.2.2...2
|{z}
2009 số
= 22012.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Nhưng vì tập hợp các số nguyên dương lẻ lớn hơn 3là 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≥zhoặc x≥z≥y. Xét trường hợp
x≥y≥z(trường hợp x≥z≥ytương 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.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (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.COMWWW.MATHVN.COM
2
Mặt khác, ta có f′(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=zvào hệ phương trình, ta có 3x3−2x2−x= 0. Phương trình này có 3 nghiệm
x= 0,x= 1,x=−1
3. Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm (x;y;z)là
(0; 0; 0) ,(1; 1; 1) ,−1
3;−1
3;−1
3.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 3 (3 điểm). Bởi Bất đẳng thức Cô-si (Bất đẳng thức AM-GM), ta có
a3
b+c+b+c
16 +1
32 ≥33
sa3(b+c)
(b+c).16.32 =3a
8.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Tương tự
b3
c+d+c+d
16 +1
32 ≥33
sb3(c+d)
(c+d).16.32 =3b
8.(0,5 điểm)
c3
d+a+d+a
16 +1
32 ≥33
sc3(d+a)
(d+a).16.32 =3c
8.(0,5 điểm)
d3
a+b+a+b
16 +1
32 ≥33
sd3(a+b)
(a+b).16.32 =3d
8.(0,5 điểm)
Suy ra
a3
b+c+b3
c+d+c3
d+a+d3
a+b+b+c+c+d+d+a+a+b
16 +1
8≥3
8(a+b+c+d),
hay a3
b+c+b3
c+d+c3
d+a+d3
a+b+1
8+1
8≥3
8.
Vậy a3
b+c+b3
c+d+c3
d+a+d3
a+b≥1
8.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a+b+c+d= 1;
a3
b+c=b+c
16 =1
32;
b3
c+d=c+d
16 =1
32;
WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM
3
c3
d+a=d+a
16 =1
32;
d3
a+b=a+b
16 =1
32.
Giải hệ này ta tìm được a=b=c=d=1
4.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Câu 4 (3 điểm). Giả sử flà 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 hnhư sau :
h(x) = g(x+ 7) −3g(x),∀x∈R.(3)
Khi đó
(2) ⇔h(x+ 7) = 3h(x),∀x∈R.(4)
Đặt h(x) = 3x
7k(x),∀x∈R. Khi đó klà hàm số xác định trên R. Thay vào (4) ta được
k(x+ 7) = k(x),∀x∈R.(5)
Hay klà hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 7 trên R.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Từ (3) ta có
g(x+ 7) −3g(x) = 3x
7k(x),∀x∈R
⇔g(x+ 7)
3x
7−g(x)
3x
7−1=k(x),∀x∈R.(6)
Xét hàm số I(x) = g(x)
3x
7−1,∀x∈R, thay vào (6) ta được
I(x+ 7) −I(x) = k(x),∀x∈R.(7)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Vì k(x) = x+ 7 −x
7k(x)do (5)
=x+ 7
7k(x+ 7) −x
7k(x),∀x∈Rnên từ (7) ta được
I(x+ 7) −I(x) = x+ 7
7k(x+ 7) −x
7k(x),∀x∈R
⇔I(x+ 7) −x+ 7
7k(x+ 7) = I(x)−x
7k(x),∀x∈R
⇔m(x+ 7) = m(x),∀x∈R,với m(x) = I(x)−x
7k(x),∀x∈R.
WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM
4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Vậy
I(x) = m(x) + x
7k(x),∀x∈R
⇔g(x)
3x
7−1=m(x) + x
7k(x),∀x∈R
⇔g(x) = 3x−7
7hm(x) + x
7k(x)i,∀x∈R
⇔f(x) = 1 + 3x−7
7hm(x) + x
7k(x)i,∀x∈R.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm)
Sau khi thử lại ta kết luận : Tất cả các hàm số thỏa mãn đề bài đều có dạng
f(x) = 1 + 3x−7
7hm(x) + x
7k(x)i,∀x∈R,
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 :
a1=a2=a3= min {x1, x2, x3}, an+3 =√an+2 +√an,∀n= 1,2,...
b1=b2=b3= max {x1, x2, x3}, bn+3 =pbn+2 +pbn,∀n= 1,2,...
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (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
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.COMWWW.MATHVN.COM