SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KIÊN GIANG
Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt
KỲ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC ĐBSCL NĂM HỌC 2005_2006
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN
( Thời gian: 180 phút )
BÀI 1: (4 điểm)
Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn : a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 và m + n + p = 5.
Tìm giá trò lớn nhất của : A = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m
BÀI 2: (4 điểm)
Giải phương trình nghiệm nguyên sau : 2
x
+ 3
y
= z
2
BÀI 3: (4 điểm)
Cho dãy số
0
22
1
1
0
:
2006
2 , , 1
n
n
n
n
x m m
x
x
x n N n
x
. Tìm
lim
n
n
x
BÀI 4: (4 điểm)
Cho đường thẳng (d) và hai điểm A, B không thuộc (d); AB không vuông góc với (d).
Bằng thước và compa hãy dựng M nằm trên (d) sao cho:
a.
MA
MB
đạt giá trò nhỏ nhất b.
MA
MB
đạt giá trò lớn nhất
BÀI 5: (4 điểm)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi I là tâm của mặt BCC’B’ và
là
đường thẳng qua D và I. Đoạn MN thay đổi có trung điểm K luôn thuộc đường thẳng
,
M
( ' '), ( ' ' ' ')BCC B N A B C D
. Tìm giá trò bé nhất của đoạn MN.
HẾT
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KIÊN GIANG
Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt
KỲ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC ĐBSCL NĂM HỌC 2005_2006
ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN
BÀI 1:
Cho 6 số thực a, b, c, m, n, p thỏa mãn : a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 và m + n + p = 5.
Tìm giá trò lớn nhất của : A = a.m + b.n + c.p + m.n + n.p + p.m
Cách 1:
Trong không gian Oxyz , xét mặt cầu (C) tâm O bán
kính R = 1: x
2
+ y
2
+ z
2
= 1 và mặt phẳng
(P): x + y +z – 5= 0 ( (P) không cắt ( C )
Xét M(a ; b ; c) và N(m ; n ; p). Từ giả thiết ta
có M
(C) , N
(P)
. (0.5đ)
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2
MN m a n b p c
a b c m n p am bn cp
2
1 2 2m n p mn np pm am bn cp
(0.5đ)
Nên
2
26 2MN A
(0.25đ)
Qua O dựng đường thẳng (d) vuông góc với (P). Đường thẳng này cắt mặt cầu tại I,J
cắt (P) tại H (I nằm giữa O và H). Dễ thấy: I (
111
333
;;
) và H (
555
333
;;
) . (0.5đ)
Ta có MN
IH = OH – OI = d
O/(P)
– 1 =
5
1
3
. (0.5đ)
Suy ra
2
22
5
26 2 1
3
MN IH A
(0.5đ)
2A
26 -
2
5
1
3
()
=
50 10
3
3
A
25 5 25 5 3
33
3
(0.5đ)
Dấu “=” đạt được khi
MI
NH
hay
1
3
5
3
a b c
m n p
(0.5đ)
Vậy Max A =
25 5 3
3
(0.25đ)
Cách 2:
p dụng BĐT Bunhiacopxki ta có :
a.m + b.n + c.p
2 2 2 2 2 2 2 2 2
(a b c )(m n p ) m n p
A = a.m + b.n + c.p + m.n + m.p + n.p
m.n + m.p + n.p +
222
m n p
Đặt : m.n + n.p + p.m = t.
P
I
0
H
N
M
Ta có : m.n + m.p + n.p
2
1
3
(m n p)
=
25
3
hay t
25
3
m
2
+ n
2
+ p
2
= (m + n + p)
2
– 2(m.n + n.p + p.m) = 25 – 2t
Vậy A
25 2tt
= f(t)
Ta có : f’(t) = 1 -
1 25
0
3
25 2
,t
t
. Suy ra f(t) là hàm tăng trên
25
;
3
A
25 25 5 25 5 3
( ) ( )
3 3 3
3
f t f
Dấu “=” xảy ra khi
5
3
1
3
m n p
a b c
. Vậy Max A =
25 5 3
3
Cách 3:
Ta có 2A=2(am+bn+cp) + 2mn +2 np +2 pm = 2 ( am+bn+cp)+m(n+p)+n(m+p)+p(n+m)
= 2 ( am+bn+cp)+m(5-m)+n(5-n)+p(5-p) = 2 ( am+bn+cp) + 5.5 – ( m
2
+n
2
+p
2
) .
Do đó 2A = 2 ( am+bn+cp) + 25 - ( m
2
+n
2
+p
2
) . (1 )
Mặt khác Theo bất đẳng thức BCS ta có :
( am+bn+cp)
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )a b c m n p m n p
Thay vào ( 1 ) :
2 2 2 2 2 2
2 2 ( ) 25 ( )A m n p m n p
(2 )
dấu “=” xẩy ra khi
abc
m n p
(*).
Đặt
t
2 2 2
()m n p
thì theo BCS ta có
5
3
t
. Dấu bằng xẩy ra khi m=n=p (**).
Thay vào (2) ta được :
2
2 ( ) 2 25A f t t t
(3 )
Xét hàm
2
( ) 2 25f t t t
trên
5
;
3
ta có f(t) luôn giảm
vậy f(t)
5 50 10 3
()
3
3
f
.
Thay vào (3) suy ra
5 50 10 3 25 5 3
2 ( )
33
3
A f A
Dấu bằng xẩy ra khi
5
3
t
(***).
Kết hợp (*) , (**) , (***) ta có dấu bằng xẩy ra khi
1
3
abc
và m=n=p =
5
3
.
Vậy Max A =
25 5 3
3
khi
1
3
abc
và m=n=p =
5
3
.
Cách 4:
Không mất tính tổng quát già sử :
abc
và
m n p
. Theo bất đẳng thức trêbưsép ta
có :
5
. ( )
3 3 3 3
am bn cp a b c m n p
abc
( 1) .
Mà theo BCS ta có
2 2 2
3. 3a b c a b c
. Thay vào (1) ta có
53
3
am bn cp
( 2 )
Mặt khác ta có :
2 2 2 2 2 2 2
2( ) ( ) ( ) 25 ( )mn np pm m n p m n p m n p
( 3)
Dễ thấy
2 2 2 2
1 25
( ) ( )
33
m n p m n p
. Thay vào (3) ta có :
1 25 25
(25 )
2 3 3
mn np pm
( 4)
Từ (2 ) và ( 4 ) Ta có
5 3 25 25 5 3
3 3 3
A
. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
1
3
abc
và
5
3
m n p
. Vậy Max A =
25 5 3
3
.
BÀI 2: (4 điểm)
Giải phương trình nghiệm nguyên sau : 2
x
+ 3
y
= z
2
(1)
LỜI GIẢI:
+
0x,y
và x, y không đồng thời bằng 0.
+ nếu (x
0
; y
0
; z
0
) là một nghiệm của (1) thì (x
0
; y
0
; - z
0
) cũng là một nghiệm của (1).
Do đó ta chỉ cần giải (1) với điều kiện z > 0. (0.25đ)
* Nếu x = 0, khi đó y
1
(1)
1 + 3
y
= z
2
3
y
= (z – 1).(z + 1) (2) (0.25đ)
Ta có
((z - 1) , (z + 1)) = 1
((z - 1) , (z + 1)) = 2
mà 3
y
là số lẻ nên UCLN[(z – 1) , (z + 1)] = 1 (0.25đ)
Vậy (2)
11
13
y
z
z
1
2
y
z
(0.5đ)
* Nếu y = 0, khi đó x
1
(1)
2
x
+ 1 = z
2
2
x
= (z – 1).(z + 1) (0.25đ)
Mặt khác (z – 1), (z + 1) là hai số nguyên cùng tính chẵn lẻ
và
((z - 1) , (z + 1)) = 1
((z - 1) , (z + 1)) = 2
nên : (0.25đ)
(3)
1
12
12
2
x
z
z
x
3
3
x
z
(0.5đ)
* Cả hai số x, y
1
, khi đó từ (1) suy ra: (z ; 2) = (z ; 3) = 1
2
2
13
14
z (mod )
z (mod )
Từ (1) suy ra :
2
2 1 3 2
x*
z (mod ) x k ,k N
(0.25đ)
Lúc này (1) trở thành : 4
k
+ 3
y
= z
2
.
Suy ra :
2
3 1 4 2
y*
z (mod ) y q, q N
(0.25đ)
(1)
4
k
+ 9
q
= z
2
9
q
= z
2
– 4
k
9
q
= (z – 2
k
)(z + 2
k
) (4)
Vì (z ; 2) = 1 nên ((z – 2
k
) ; (z + 2
k
)) = 1. Từ điều này ta có :
(4)
2 1 2 2 9 1
2 9 2 1
k k q
k q k
z . (*)
zz
(0.5đ)
Ta có (*)
2.2
k
= (3
q
– 1).(3
q
+ 1) (**)
Ta cũng có : ((3
q
– 1) ; (3
q
+ 1)) = 2
nên (**)
3 1 2 2 2 2 2 4
12
3 1 2 3 1 2
qk
q k q k
kx
hay
qy
(0.5đ)
Vậy (1) có các nghiệm nguyên :
4 2 5
3 0 3
0 1 2
(x;y;z) ( ; ; )
(x;y;z) ( ; ; )
(x;y;z) ( ; ; )
(0.25đ)