KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
CẤP TỈNH
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Khóa ngày 25 thng 11 năm 2008
Môn: TOÁN
Câu Nội dung
1
Điều kiện: x > -1
Biến đổi về phương trình:
( )
4
x 1 4+ =
Do đó: x =
2 1−
2
1/ Gọi S
1
, S
2
, S
3
lần lượt là diện tích các tam giác BMN,CNP,
AMP.
Ta có:
ABN
ABC
S BN
S BC
=
Mà:
BC BN NC 1 k 1
1
BN BN k k
+ +
= = + =
Vậy:
ABN
k
S S
k 1
=
+
Ta có:
NBM
NBA
S MB
S AB
=
Mà:
AB AM MB
1 k
MB MB
+
= = +
Vậy:
NBM ABN
1
S S
k 1
=
+
Nên:
NBM
2
k
S S
(k 1)
=
+
hay
1
2
k
S S
(k 1)
=
+
Vì S
1
, S
2
, S
3
có vai trò như nhau nên:
S
1
= S
2
= S
3
2
k
S
(k 1)
=
+
Diện tích tam giác MNP bằng:
MNP
S S= −
2
3k
S
(k 1)+
=
2
3k
1 S
(k 1)
−
÷
+
2/ Diện tích tam giác MNP nhỏ nhất khi hàm y =
2
3k
1
(k 1)
−
+
với k > 0 đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có: y’ =
3
3(k 1)
(k 1)
−
+
( k >0)
Lập bảng biến thiên , từ đó suy ra hàm số đạt giá trị nhỏ nhất
N
P
M
A
B
C
khi k = 1, khi đó y =
1
4
.
Do đó: Diện tích tam giá MNP đạt GTNN bằng
S
4
khi k = 1.
3
Ta có:
( )
7
7 7 6 5 2 4 3 3 4 2 5 6
a b a b 7a b 21a b 35a b 35a b 21a b 7ab
+ − − = + + + + +
= 7ab( a + b)
( )
4 3 2 2 3 4
a 2a b 3a b 2ab b+ + + +
= 7ab( a +b )
( )
2
2 2
a ab b+ +
Theo giả thiết ta suy ra:
2 2
a ab b+ +
chia hết cho
3
7
.
Chọn: a = 1,
2 2
a ab b+ +
=
3
7
ta được:
2
b b 342 0+ − =
Giải phương trình ta được: b = 18 hoặc b = -19 ( loại)
Vậy cặp ( a, b) = ( 1, 18) thoả điều kiện bài toán.
4
Đặt u =
z
11
, v = 5
y
2
( Đk: u > 0, v > 0 ) ta có hệ phương trình:
x 4
2
x 1
u v 71
u v 21
u v 16
−
− =
+ =
+ =
⇔
x 4
2
x
u v 71 (1)
u 21 v (2)
u (16 v)u (3)
= +
= −
= −
Vì u > 0 nên 21- v
2
> 0 suy ra: 0 < v <
21
Từ (1), (2), (3) suy ra:
4 2
(v 71) (16 v)(21 v ) 0+ − − − =
⇔
4 3 2
v v 16v 21v 265 0− + + − =
Đặt f(v) =
4 3 2
v v 16v 21v 265− + + −
Ta có: f(0) = -265 < 0 , f(4) = 267 > 0 nên f(0).f(4) < 0
f'(v) =
3 2
4v 3v 32v 21− + +
f’’(v) =
2
12v 6v 32 0− + >
với mọi v
(0; 21)∈
Vậy f(v) là hàm tăng trên (0;
21
)
Do đó: f(v) = 0 có nghiệm duy nhất thuộc khoảng (0;
21
).
Nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
2
5
Ta có:
f (a) f (b) a b− ≥ −
với mọi a, b thuộc [a; b]. (1)
Mà: f(a), f(b) thuộc [a; b] nên:
f (a) f (b) a b− ≤ −
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
f (a) f (b) a b− = −
Do đó: f(a) = a, f(b) = b hoặc f(a) = b, f(b) = a.
* Nếu f(a) = a, f(b) = b thì:
.
f (x) f (a) f (x) a x a− = − ≥ −
⇔
f(x) – a
≥
x - a
⇔
f(x)
≥
x với mọi x
[ ]
a;b∈
.
f (b) f (x) b f (x) b x− = − ≥ −
⇔
b - f(x)
≥
b - x
⇔
f(x)
≤
x với mọi x
[ ]
a;b∈
Do đó: f(x) = x với mọi x
[ ]
a;b∈
* Nếu f(a) = b, f(b) = a thì:
.
f (x) f (a) f (x) b x a− = − ≥ −
⇔
b - f(x)
≥
x - a
⇔
a + b – x
≥
f(x) với mọi x
[ ]
a;b∈
.
f (x) f (b) f(x) a x b− = − ≥ −
⇔
f(x) – a
≥
b - x
⇔
a + b – x
≤
f(x) với mọi x
[ ]
a;b∈
Do đó: f(x) = a + b - x với mọi x
[ ]
a;b∈
Kết luận: f(x) = x hoặc f(x) = a + b - x
6
Ta có: P(x, y) =
3 2 3
x 3xy y− +
=
( ) ( )
3
2 3
y x 3 y x x x− − − −
=
( ) ( )
2 3
3
y 3y x y x y− + − + −
Vậy: P(x, y) = P( y - x, -x ) = P( -y, x - y )
Do đó: (x, y) là một nghiệm nguyên của phương trình
P(x, y) = n ( n nguyên dương) thì ( y-x, -x) và (-y, x – y) cũng là
nghiệm .
Rõ rang: 3 nghiệm này phân biệt.
Thật vậy: vì nếu chúng trùng nhau thì x =y = 0
Khi đó: n = 0 Vô lí !
7
1/
Nội tiếp tứ diện ABCD trong một hình chữ nhật AECF.GBHD
( xem hình).
Gọi: x, y, z là ba kích thước hình hộp chữ nhật.
V là thể tích hình tứ diện ABCD.
Ta có: hình hộp chữ nhật AECF.GBHD chia thành 5 khôi
chóp: ABCD và bốn khối chóp có thể tích bằng nhau là G.ABD,
F.ADC, H.BDC, E.ABC.
Do đó:
hhcn G.ABD
V V 4.V= +
3
Hay x.y.z = V + 4.
1 1
.
3 2
.x.y.z
⇔
V =
1
xyz
3
Theo định lý Pitago ta có hệ phương trình xác định x, y, z :
2 2 2
2 2 2
2 2 2
x y b
y z c
z x a
+ =
+ =
+ =
Suy ra:
2 2 2
2 2 2
a b c
x y z
2
+ +
+ + =
Giải hệ phương trình trên ta được:
2 2 2
2
a b c
x
2
+ −
=
;
2 2 2
2
c b a
y
2
+ −
=
;
2 2 2
2
a c b
x
2
+ −
=
Vậy: V =
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
b a c b c a c a b
3 2
+ − + − + −
2/
Tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện cũng chính là tâm I của hình
cầu ngoại tiếp của hình hộp chữ nhật.
Suy ra: I chính là trung điểm của đường chéo hình hộp chữ
nhật.
Bán kính R =
2 2 2 2 2 2
x y z 2(a b c )
2 4
+ + + +
=
B H
D
G
I
E C
A F
4