Dap an HSG toan DBSCL

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (114.78 KB, 3 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI HSG ĐBSCL LẦN THỨ 16 - NĂM 2009

Đề thi đề nghị Mơn: Tốn

(Gồm 7 câu) Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM:
Câu 1) ( 3 điểm )

Giải phương trình 43x4 4 24 x3 18 3 04

   (1)

Ta thấy x0 khơng là nghiệm của phương trình (1). (0,5đ)
Với x0, 4

3
2 18

(1) 4 0

3
x

x

   

4
3

18 2

4
3
x

x

   (2) (0,5đ)

Do x0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số: ; ; ;183
3 3 3
x x x

x ta có:

4 4

3 3 3

18 18 18 2

4 4

3 3 3 3 3

x x x
x

x x

       (1đ)

Do đó (2) xãy ra khi và chỉ khi: 3
18
3
x

x

 x4 54

   x454 ( do x0)
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x 454

 . (1đ)

-Câu 2) ( 3 điểm )

Khơng mất tính tổng qt ta giả sử: ABAC BC .
Gọi K MM'NN' và I là giao điểm của đường
thẳng PK với BC.

 Ta chứng minh M'AC:

Thật vậy giả sử M’ ở ngồi đoạn AC thì M'AB:

Nên ' 1 ' 1

2 2

BM BM  BC BM  BC BA









2 BC AB AB 2 AB BC CA

     

 Tương tự ta cũng chứng minh đượcN'BC: (1đ)

 Ta lại có: ' 1









2 2

CM  AB BC CA   CM  AB CA

Suy ra ' ' 1 1

2 2

CM  CN CM  CA AB ' 1
2

M N AB MN

   (0,5đ)
Tương tự ' 1

MN  AB MN suy ra tam giác MNM’ cân tại N, tam giác NMN’ cân tại M
(0,5đ)

 

' '

MNN MN N
NMM NM M

 



 






mà

 





 





' . .

KNP MN N s l t
KMP NM M s l t

 




 



nên MK, NK là các phân giác
trong của tam giác MNP.
(0,5đ)

1
N

M
P

B C

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Suy ra MPI IPN MIP



do NP MI//



 IMP cân tại M 1
2
MI MP AC

  





1
2

BP BI BP BM MI AB BC AC

         P'I

Vậy MM1, NN1, PP1 đồng qui tại một điểm. (đpcm). (0,5đ)

-Câu 3) ( 2 điểm )

Giả sử có số nguyên a để (a2 1) p

  ta có: a2 1 mod



p



(0,25đ)
Suy ra ap1



1



p21



modp



  hay:

 





1 1 1 p2 1 mod

p

a   p

    (0,5đ)

Nhưng theo định lí Fhec-ma thì: ap1 1 0 mod



p



  (0,5đ)
Nên





21 1 0 mod





p

p


   (*) mà p là số nguyên tố dạng 4k3 nên:

(*)  2 0 mod



p



(0,5đ)
Điều vơ lí trên suy ra bài tốn được chứng minh. (0,25đ)

-Câu 4) ( 3 điểm )

Ta có dãy

 

an là một dãy tăng thực sự, (0,5đ)
Thật vậy: nếu tồn tại số tự nhiên k sao cho ak1ak thì do giả thiết

1 2

k k k

a  a a  ta thu
được ak1ak2 (do akN*) và cứ như thế ta được một dãy số nguyên dương giảm thực sự, điều

này khơng thể xãy ra vì dãy

 

an là dãy vô hạn.
(1đ)
Do a1a01 nên theo phương pháp quy nạp ta có ngay an n,  n N* .

Suy ra:

1 2

...
n

n
n

a a  a  (0,5đ)
Đặt 2

1 2
1 1 2

... n

n

n
u

n a a a

 

   

 

 

thì 0 un 1
n

  (0,5đ)

Vậy limn  2

1 2
1 1 2

... 0

n

n a a a

 

   

 

 

(theo nguyên lí kẹp) (0,5đ)

-Câu 5) ( 3 điểm )

Chọn 1 cây bất kì trong hàng cây, đánh dấu là cây A. Có hai trường hợp sau xãy ra:

Trường hợp 1: Cây A khơng bị chặt. Khi đó xét hàng cây gồm 16 cây còn lại. Ta sẽ chặt 4 cây trong
số 16 cây đó sao cho khơng có hai cây nào kề nhau bị chặt. (0,5đ)

Giả sử đã chặt được 4 cây thỏa u cầu nói trên, lúc này hàng cây cịn lại 12 cây (không kể
cây A). Việc phục hồi lại hàng cây là đặt 4 cây đã chặt vào 4 vị trí đã chặt, số cách làm này bằng với
số cách đặt 4 cây vào 4 trong số 13 vị trí xen kẽ giữa 12 cây (kể cả 2 đầu), nên:

Số cách chặt 4 cây ở trường hợp 1 là: 4
13 715

C  (cách). (1đ)
Trường hợp 2: Cây A bị chặt. Khi đó hàng cây còn lại 16 cây. Ta sẽ chặt 3 cây trong số 16 cây cịn
lại sao cho khơng có hai cây nào kề nhau bị chặt ( hai cây ở hai phía của cây A cũng khơng được
chặt). (0,5đ)

Giả sử đã chặt được 3 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây cịn lại 13 cây. Do hai cây
ở hai phía cây A vừa chặt không được chặt nên ta xét hàng cây gồm 11 cây còn lại.

Lập luận tương tự như trường hợp 1, ta có số cách chặt cây là: 3
12 220

C  (cách).

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

- - -
Câu 6) ( 3 điểm )

x R

  ta có:

 

2
x
f x  f  x

 

 

2 3 3

x x x

f x f   

 



 

3 2 3

x x x

f x    f   

 

 



(2) (0,5đ)
Từ (1) ta có: f

 

0 0.

Đặt ( )

 

x

g x f x  , ta có: (0,5đ)

 

0 0

g  , g(x) liên tục trên R và ( ) ,
2
x

g x g   x R

  (do(2)). (0,5đ)

Suy ra:

 

2 22 ...





2
n

n

x x x

g x g g    g 

      với n N , mà g(x) liên tục trên R, g

 

0 0

nên: g x

 

  0, x R.
(0,5đ)

Suy ra:

 

2 , .
3

x

f x   x R (0,5đ)
Thử lại, ta thấy

 

3
x

f x  thỏa (1), vậy có duy nhất một hàm số thỏa yêu cầu đề bài. (0,5đ)

-Câu 7) ( 3 điểm )

Trong mặt phẳng Oxy, đặt u1 



a b;





,u2 



c d;





,u3 



x y;





,u4 



z t;





. (0,5đ)
Ta có:         u u      1. 2 ac bd u u   ,             1. 3 ax by u u               , 1. 4 az bt ,

            u u  2. 3cx dy u u              ,  2. 4 cz dt u u              , 3. 4 xz yt . (1đ)
Vì trong 4 góc tạo bởi 4 vectơ       u u u u                                    1, , ,2 3 4 có ít nhất một góc khơng vượt q 900 nên tồn tại cặp 
vectơ u u i, j



1 i j4



sao cho cos



;



. 0

i j

u u
u u

u u

 

 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 

 

  (1đ)

Suy ra u ui. j 0
 

vì vậy ta có điều phải chứng minh. (0,5đ)

</div>

Dap an HSG toan DBSCL

















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>









<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

 









<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





 

 

 

 



 



 

 

 

 





 

 

 

 

























Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về