Tài liệu Đề thi và đáp án kỳ thi học sinh giỏi khu vực ĐBSCL ppt

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)
Giải phương trình nghiệm nguyên sau : 2
x
+ 3
y
= z
2


BÀI 2: (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 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:

N/x
(0.25
đ)
+
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.
0.25
đ
TH1
(1đ)
Nếu x = 0, khi đó y

1
(1)

1 + 3
y
= z
2


3
y
= (z – 1).(z + 1) (2)
0.25
đ
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

0.25
đ
Vậy (2)

11
13
y
z
z





1
2
y
z








0.5đ
TH2
(1đ)
Nếu y = 0, khi đó x

1
(1)

2
x
+ 1 = z
2


2
x
= (z – 1).(z + 1)
0.25
đ
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 :

0.25
đ
(3)
1
12
12
2
x
z
z
x




  




3
3
x
z








0.5đ
TH3
(1.5đ)
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    

0.25
đ
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    

0.25
đ
(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

BÀI 2: (4 điểm)
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)
KL
(0.25đ)
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
P
I
0
H
N
M
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.
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 )