De-Thi-Chon-HSG-TOAN-SocTrang-2008_2009

– Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án 1

SỞ GIÁO DỤC – ðÀO TẠO ðỀ THI ðỀ NGHỊ KÌ THI OLYMPIC ðBSCL
SÓC TRĂNG Năm học 2008 – 2009
o0o ///
ðề chính thức

Môn :
TOÁN – Lớp 12
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát ñề)
_________________
(ðề thi này có 1 trang gồm 7 câu)


Câu 1: (3 ñiểm) Giải hệ phương trình:
2
2
2 4 4
2
2 4 4
2
log ( 4 5) 1 2
log ( 4 5) 1 2
y y
x x
x x
y y
− +
− +

− + + =



− + + =




Câu 2: Cho ñường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. ðường phân giác trong của góc A cắt ñường tròn
tại D (D khác A). Chứng minh AB + AC < 2AD.

Câu 3: (2 ñiểm) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
3 3 3
15 18
x y z
+ =

Câu 4: (3 ñiểm) Cho dãy số (u
n
) xác ñịnh bởi

1
3 2
1
1
2
1 3
n 1
2 2
n n n
u

u u u
+

=




= − + ∀ ≥



Chứng minh rằng dãy số (u
n
) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn của dãy số.

Câu 5: (3 ñiểm) Phương trình x + y + z + t = 2009 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?
(Nghiệm (x, y, z, t) với x, y ,z, t là các số nguyên dương)

Câu 6: (3 ñiểm) Tìm tất cả các ña thức P(x) có bậc nhỏ hơn 2009 và thỏa mãn ñiều kiện:
2
( 1) ( ) 6 6 5 x
P x P x x x R
+ = + + + ∀ ∈


Câu 7: (3 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy cho hai ñường tròn:

2 2
1

2 2
2
( ) : 4 6 0
( ) : 4 0
C x y x y
C x y x
+ − − =
+ + =

Một ñường thẳng (d) ñi qua giao ñiểm của (C
1
) và (C
2
) lần lượt cắt lại (C
1
) và (C
2
) tại M và N. Tìm giá
trị lớn nhất của ñoạn MN.

Hết
– Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án 2

SỞ GIÁO DỤC – ðÀO TẠO ðÁP ÁN ðỀ NGHỊ KÌ THI OLYMPIC ðBSCL
SÓC TRĂNG Năm học 2008 – 2009
o0o ///
Môn :
TOÁN – Lớp 12

Câu 1: (3 ñiểm) Giải hệ phương trình:

2
2
2 4 4
2
2 4 4
2
log ( 4 5) 1 2
log ( 4 5) 1 2
y y
x x
x x
y y
− +
− +

− + + =


− + + =



ðáp án
ðặt
2 2
4 4, v = y 4 4 (u,v 0)
u x x y
= − + − + ≥

Hệ phương trình trở thành: (II)

2
2
log ( 1) 1 2
log ( 1) 1 2
v
u
u
v

+ + =


+ + =


0,25 ñ
Giả sử (u
0
; v
0
) là một nghiệm của hệ (II).
Giả sử
0 0 2 0 2 0
log ( 1) log ( 1)
u v u v
≥ ⇒ + ≥ +

0 0
0 0 0 0
2 2

v u
v u u v
⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ =

Tương tự
0 0 0 0 0 0
u v v u u v
≤ ⇒ ≤ ⇒ =

Do ñó: (II)
2
2
log ( 1) 1 2
log ( 1) 1 2
u
v
u
v
u v

+ + =

⇔ + + =


=

0,5 ñ
ðặt
2

( ) 2 log ( 1) 1, D=[0;+ )
x
f x x
= − + − ∞


1
'( ) 2 ln 2
( 1)ln 2
x
f x
x
= −
+


2
2
1
"( ) 2 ln 2 0 x D
( 1) ln 2
x
f x
x
= + > ∀ ∈
+
0,25 ñ
Ta lập bảng biến thiên của f’(x): 0,25 ñ

x

0 +∞
f”(x) +
f'(x)
+∞

2
ln 2 1
ln 2
−


Suy ra phương trình f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = a.
Ta lập ñược bảng biến thiên của f(x) 0,25 ñ

x
0 a +∞
f'(x) - 0 +
f(x)


f(a)


–
Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án
3

Suy ra phương trình
2
( ) 2 log ( 1) 1 0

x
f x x
= − + − =
(1) có nhiều nhất hai nghiệm 0,25 ñ
Mặt khác, ta nhận thấy x=0, x=1 là nghiệm của phương trình (1).
Vậy phương trình (1) có ñúng hai nghiệm là x=0, x=1. 0.5 ñ
Suy ra hệ (II) có hai nghiệm là (0;0) và (1;1) 0,25 ñ
Suy ra hệ phương trình ñã cho có 5 nghiệm: (2; 2), (1; 1), (3; 3), (1; 3), (3; 1) 0,5 ñ

Câu 2:
Cho ñường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. ðường phân giác trong của góc A cắt ñường tròn
tại D (D khác A). Chứng minh AB + AC < 2AD.
ðáp án
K
J
I
E
D
O
C
B
A

Cách 1:
Kẻ dây cung DE//AB
Ta có
·
·
BAD ADE
=

0,25 ñ
⇒ BD = AE 0,25 ñ
⇒ BE = AD 0,5 ñ
Ta cũng có
·
·
·
ADE DAB DAC
= =
⇒ CD = AE 0,25 ñ
⇒ AC = DE 0,25 ñ
Gọi I, J lần lượt là trung ñiểm của AB và DE; K là giao ñiểm của AD và BE.
ABDE là hình thang cân hoặc hình chữ nhật nên ta có:
I, J, K thẳng hàng 0,25 ñ
IJ vuông góc với AB và DE 0,25 ñ
Ta có
AD = AK + KD > AI + DJ = ½(AB+AC) 0,75 ñ
⇒ 2AD > AB + AC 0,25 ñ

Cách 2:
Gọi R là bán kính ñường tròn ngoại tiếp:
Tá có:
2 sin( ) 2 sin( )
2 2
A A
AD R B R C= + = +
AB = 2RsinC, AC = 2RsinB

–
Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án

4

2 2 sin( ) 2 sin( ) 4 cos( )
2 2 2
A A B C
AD R B R C R
−
⇒ = + + + =
2 sin 2 sin 4 sin cos
2 2
B C B C
AB AC R C R B R
+ −
+ = + =
Suy ra 2AD > AB + AC

Câu 3:
(2 ñiểm) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
3 3 3
15 18
x y z
+ =
ðáp án
Giả sử bộ ba số nguyên (x
0
; y
0
; z
0
) là nghiệm của phương trình.

Dễ thấy nếu một trong ba số trên bằng 0 thì hai số còn lại cũng bằng 0 ⇒ (0; 0; 0) là một nghiệm của
phương trình. 0,25 ñ
Nếu cả ba số ñều khác 0, ñặt d = (x
0,
y
0,
z
0
) ta có
x
0
= dx
1
, y
0
= dy
1
, z
0
= dz
1
với x
1
, y
1
, z
1
nguyên. 0,25 ñ
Ta ñược
3 3 3

1 1 1
15 18
x y z
+ = ⇒ x
1
chia hết cho 3. ðặt x
1
=3x
2
, ta ñược 0,25 ñ
3 3 3
2 1 1
9 5 6
x y z
+ = ⇒ y
1
chia hết cho 3. ðặt y
1
=3y
2
, ta ñược 0,25 ñ
3 3 3
2 2 1
3 45 2
x y z
+ = ⇒ y
1
chia hết cho 3. 0,25 ñ
⇒ x
1

, y
1
, z
1
có ước chung là 3 (mâu thuẫn) 0,5 ñ
Vậy phương trình chỉ có một nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0;0) 0,25 ñ

Câu 4:
(3 ñiểm) Cho dãy số (u
n
) xác ñịnh bởi

1
3 2
1
1
2
1 3
n 1
2 2
n n n
u
u u u
+

=





= − + ∀ ≥



Chứng minh rằng dãy số (u
n
) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn của dãy số.
ðáp án
ðặt
3 2
1 3
( )
2 2
f x x x
= − +
Hàm số f(x) tăng trên [0;1] và
( ) [0;1] x [0;1]
f x
∈ ∀ ∈

1 1
1
, ( )
2
n n
u u f u
+
= = . Bằng qui nạp, chứng minh ñược
[0;1] 1
n

u n
∈ ∀ ≥
0,5 ñ
Mặt khác
2 1 1
5
( )
16
u f u u
= = <

3 2 1 2
( ) ( ) ,
u f u f u u⇒ = < =
Bằng qui nạp, chứng minh ñược dãy (u
n
) giảm. 0,75 ñ
Dãy số giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn hữu hạn. 0,25 ñ
Gọi l là giới hạn của dãy số, do dãy số bị chặn dưới bởi 0, bị chặn trên bởi ½ nên
1
0
2
l
≤ ≤
(*) 0,5 ñ
Chuyển qua giới hạn khi n tiến tới +∞ trong biểu thức truy hồi ta ñược:
3 2
0
1 3
1

2 2
2
l
l l l l
l
=


= − + ⇔ =


=

0,5 ñ
Kết hợp với (*) suy ra l = 0. 0,5 ñ


–
Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án
5

Câu 5:
(3 ñiểm) Phương trình x + y + z + t = 2009 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?
(Nghiệm (x, y, z, t) với x, y ,z, t là các số nguyên dương)
ðáp án
x + y + z + t = 2009 (1)
ðặt a = x – 1, b = y – 1, c = z – 1, d = t – 1.
Ta thấy a, b, c, d là các số tự nhiên thỏa phương trình:
a + b + c + d = 2005 (2)
và tương ứng giữa các bộ số (a, b, c, d) và (x, y, z, t) là tương ứng một – một (song ánh).

Ta tìm số nghiệm tự nhiên của phương trình (2)
Ta thấy mỗi nghiệm tự nhiên của phương trình (2) là một bộ 4 số tự nhiên (a, b, c, d) thỏa ñiều kiện a +
b + c + d = 2005.
Với mỗi bộ 4 số (a, b, c, d) như vậy ta ñặt tương ứng với một dãy nhị phân (dãy gồm các chữ số 0 và 1)
theo qui tắc sau: viết từ trái sang phải:
a số 1 liên tiếp – số 0 – b số 1 liên tiếp – số 0 – c số 1 liên tiếp – số 0 – d số 1 liên tiếp.

{ { { {
11 1011 1011 1011 1
a b c d

Như vậy mỗi bộ (a, b, c, d) tương ứng một – một với một dãy nhị phân gồm 2008 kí tự, trong ñó có
ñúng 2005 kí tự “1” và 3 kí tự “0”.
Mặt khác, một dãy nhị phân ñộ dài 2008, trong ñó có ñúng 3 kí tự “0” tương ứng với một cách chọn 3
phần tử từ 2008 phần tử.
Số các dãy nhị phân như trên là
3
2008
C

Từ ñó suy ra số nghiệm của phương trình (1) là
3
2008
C


Câu 6:
(3 ñiểm) Tìm tất cả các ña thức P(x) có bậc nhỏ hơn 2009 và thỏa mãn ñiều kiện:
2
( 1) ( ) 6 6 5 x

P x P x x x R
+ = + + + ∀ ∈

ðáp án
Cách 1:
ðặt
3
( ) ( ) 2
Q x P x x
= − 0,5 ñ
Ta có:
( 1) ( ) 3 x R
Q x Q x
+ = + ∀ ∈
0,5 ñ
ðặt
( ) ( ) 3
R x Q x x
= −

Ta có:
( 1) ( ) x R
R x R x
+ = ∀ ∈
0,5 ñ
( ) x R
R x d
⇒ = ∀ ∈
(d là hằng số bất kì) 0,5 ñ
( ) 3

Q x x d
⇒ = +

3
( ) 2 3
P x x x d
⇒ = + +
0,5 ñ
Vậy các ña thức cần tìm có dạng
3
( ) 2 3
P x x x d
= + +
với d là số thực bất kì 0,5 ñ
Cách 2:
Từ
2
( 1) ( ) 6 6 5 x
P x P x x x R
+ = + + + ∀ ∈
(1)
⇒
(3) (3)
( 1) ( ) x R
P x P x
+ = ∀ ∈
0,25 ñ
⇒
(3)
( ) x R

P x k
= ∀ ∈
(k là hằng số) 0,25 ñ
⇒ P(x) có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 3. 0,25 ñ
ðặt
3 2
( )
P x ax bx cx d
= + + +
0,25 ñ
Từ (1) ta có
2 2
3 (3 2 ) 6 6 5 x
ax a b x a b c x x R
+ + + + + = + + ∀ ∈
0,5 ñ

–
Thư viện Sách Tham Khảo, ðề thi , ðáp án
6


3 6 2
3 2 6 0
5 3
a a
a b b
a b c c
= =
 

 
⇒ + = ⇒ =
 
 
+ + = =
 
0,5 ñ
Thử lại ta thấy các ña thức
3
( ) 2 3
P x x x d
= + +
với d là số thực bất kì ñều thỏa mãn (1) 0,5 ñ
Vậy các ña thức cần tìm có dạng
3
( ) 2 3
P x x x d
= + +
với d là số thực bất kì 0,5 ñ

Câu 7:
(3 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy cho hai ñường tròn:

2 2
1
2 2
2
( ) : 4 6 0
( ) : 4 0
C x y x y

C x y x
+ − − =
+ + =

Một ñường thẳng (d) ñi qua giao ñiểm của (C
1
) và (C
2
) lần lượt cắt lại (C
1
) và (C
2
) tại M và N. Tìm giá
trị lớn nhất của ñoạn MN.
ðáp án
N
DC
B
A
I J
M

(C
1
) có tâm I(2; 3) và bán kính R =
13

(C
2
) có tâm J(-2; 0) và bán kính r = 2 0,25 ñ

⇒ IJ = 5 0,25 ñ
⇒ |R – r| < IJ < R + r
⇒ (C
1
) và (C
2
) cắt nhau tại hai ñiểm A và B. 0,25 ñ
Giả sử (d) qua B, gọi (d’) là ñường thẳng qua A, cắt (C
1
), (C
2
) lần lượt tại C và D.
CD vuông góc với AB nên B, I, C thẳng hàng; B, J, D thẳng hàng 0,25 ñ
⇒ CD = 2IJ = 10 0,25 ñ
Ta có:
MC⊥MN, ND⊥MN ⇒ MC//ND 0,5 ñ
⇒ MN = d(MC, ND) 0,25 ñ
⇒ MN ≤ CD 0,5 ñ
⇒ max MN = CD = 10 ñạt ñược khi d//IJ 0,5 ñ
HẾT