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) 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  Cách 1: +Từ giả thiết ta có : 2 1 1 1 2006 2 nn n xx x       (0.25đ) +Ta có : 2 1 2006 2006 0 2 2006 0 1 2 2006 1 2006 1 2006 0 2 0 x x x x x x              =     2 1 22 2 2006 2.2006. 2006 2006 0 00 2 2 2 2006 2.2006. 2006 2006 00 0 x xx m m xx x           (0.5đ) +Dự đoán : 2006 2006 n n x x   = 2 2006 2006 n m m      (0.25đ) +Chứng minh quy nạp :  n=1 , mệnh đề đúng (0.25đ)  Giả sử mệnh đề đúng với n=k . Ta có : 2006 2006 k k x x   = 2 2006 2006 k m m      (0.25đ)  Cần chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1. Thật vậy, 1 1 2006 2006 k k x x     = 2 2 1 2006 2006 2 1 2006 2006 2 k k k k x x x x         = 22 22 2.2006. 2006 2.2006. 2006 kk kk xx xx       2 2 2006 2006 2 2006 2006 k k k k x x x x         (0.5d) = 2 2 2006 2006 k m m           = 1 2 2006 2006 k m m       (0.5đ) + Vậy ta có : 2006 2006 n n x x   = 2 2006 2006 n m m      mà lim n 2 2006 2006 n m m      =0 ( do m>0) (0.5đ) Nên lim n 2006 2006 n n x x   =0 (0.25đ) . Đặt   2006 1 2006 2006 1 n n nn nn y x yx xy       (0.25đ) mà lim n y n =0 => lim n x n =2006 (0.5d) Cách 2: Nhận xét vì x 0 > 0 và 22 1 1 2006 2 n n n x x x     (*) nên x n > 0 n . Vậy (x n ) là dãy bò chặn dưới.(1)  Xét 2006 n x  . Ta có :   2 1 1 2006 2006 0 , 1 2006 ( , 1) 2 n nn n x x n n x n n x               .  Xét 1nn xx   . Ta có 22 1 1 1 2006 0 , 2 2 n nn n x x x n n x           vì 2006 ( , 1) n x n n    . Vậy 1 ( , 2) nn x x n n      . Ta có : ,1nn   (x n ) là dãy giảm.(2) Từ (1) và (2) dãy số có giới hạn. Gọi lim n x n =y , y  0 vì x n luôn dương , lấy giới hạn hai vế của (*)ta có : 22 2006 2006 2 y yy y     J I A B K L BÀI 4: (4 điểm) Đặt 1 1 1 1 AI k.AJ k MI k.MJ AM AI AJ k k k                 (0.25đ) Đặt 1 1 1 k k k             . Khi đó : 1 AM .AI .AJ                 . Tương tự : BM .BI .BJ       (0.25đ) Ta có: AM 2 = ( .AI .AJ     ) 2 = 2 2 2 2 2 2 2 2 2.AI .AJ AI.AJ .AI .AJ        (Vì AI  AJ do đó AI.AJ   =0) (0.5đ) Tương tự : BM 2 = 2 2 2 2 .BI .BJ  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MA .AI .AJ MB .BI .BJ        (*) (0.5đ) Ta có IA MA IB MB  ù 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 ( . . ) ( . . ) IA MA IA IB JB IB IA JA IB MB          2 2 2 2 2 2 IA .JB JA .IB   (đúng do (1)) Vậy (*) đúng hay 22 22 IA MA IB MB  . Dấu “=” xảy ra khi 22 22 0 IA JA IB JB        (0.75đ) Ta có: * 0  M  I * 22 22 IA JA IB JB  kết hợp với IA 2 + JA 2 = IJ 2 = IB 2 + JB 2 suy ra IA = IB và JA = JB (vô lý vì lúc này (d) là trung trực của AB) (0.5đ) Vậy MA MB đạt giá trò lớn nhất khi M  I. Tương tự MA MB đạt giá trò nhỏ nhất khi M  J. (0.25đ) * Dựng I, J: + Dựng BL  (d) , AK  (d) + I là giao điểm của đường tròn tâm O, bán kính OA với (d) sao cho L nằm giữa I và K; J là giao điểm còn lại. ( 2 2 2 2 . 1 . . 1 . IA IK IJ IK IK IL IB IL IJ IL JA JI JK JK JK JL JB JL IJ JL           ) (0.5đ) J I O A B M * Gọi O là giao điểm của (d) và đường thẳng trung trực của AB (vì (d) không vuông góc với AB nên O tồn tại). Dựng đường tròn tâm O, bán kính OA. Đường tròn này cắt (d) tại I và J. Không mất tổng quát giả sử : IA JA IB JB  ( IA.JB JA.IB (1) ). Ta sẽ chứng minh : IA MA JA IB MB JB  (0.5đ) 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. LỜI GIẢI: * Gọi M’ là hình chiếu của M lên B’C’  'MM N vuông tại M’  M’K = 2 MN (0.5đ) Nên MN bé nhất  M’K bé nhất  M’K là đoạn vuông góc chung của  và B’C’. (0.75đ) * Gọi J = DI  A’B’  B’C’ // (JAD) ( vì B’C’ // AD) Do đó khoảng cách giữa B’C’ và  chính là khoảng cách giữa B’C’ và(JAD) (0.5đ) Gọi P = JA  BB’ Ta có (PB’J)  (JAD) theo giao tuyến PJ. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B’ lên PJ  B’H  (JAD)  B’H làø khoảng cách giữa B’C’ và(JAD) (0.5đ) * Mặt khác: do B’I là đường trung bình trong 'JA D  B’ là trung điểm A’J vàB’P là đường trung bình trong 'JA A  B’J= a và B’P = 2 a (0.75đ) * Trong 'JB P vuông tại B’ ta có: 2 2 2 1 1 1 ' ' 'B H B P B J   M’K = B’H = 5 5 a (0.5đ) Vậy giá trò bé nhất của MN = 25 5 a (0.5đ) HẾT . tự : BM 2 = 2 2 2 2 .BI .BJ  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MA .AI .AJ MB .BI .BJ        (*) (0.5đ) Ta có IA MA IB MB  ù 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 ( .   = 22 22 2. 2006. 20 06 2. 2006. 20 06 kk kk xx xx       2 2 20 06 20 06 2 2006 20 06 k k k k x x x x         (0.5d) = 2 2 20 06 20 06 k