Đề thi học sinh giỏi Đồng bằng sông Cửu Long năm học 2008 – 2009 (Tiền Giang) môn: Toán 12 - Đề 2

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TIỀN GIANG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT 
 Trường THPT Trương Định MÔN TOÁN 
__________________________________________________________________________________________
Câu 1 : ( 3 điểm ) 
 Giải phương trình : 
Câu 2 : ( 3 điểm ) 
 Cho tam giác ABC không cân tại A thỏa điều kiện . Gọi H, I, M lần lượt là chân đường cao, đường phân giác trong , đường trung tuyến dựng từ A . Chứng minh rằng I là trung điểm của đoạn HM 
Câu 3 : ( 2 điểm )
 Cho a, b, c là 3 số nguyên sao cho hai phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 và ax2 + bx – c = 0 đều có nghiệm hữu tỉ . Chứng minh rằng tích a.b.c chia hết cho 30 
Câu 4 : ( 3 điểm ) 
 Cho dãy số u0 = 2009 , Tìm phần nguyên của số hạng u 2009 ? 
Câu 5 : ( 3 điểm ) 
 Trên mặt phẳng cho 4 đường thẳng song song và 2009 đường thẳng cát tuyến đôi một cắt nhau . Biết rằng không có 3 đường thẳng nào đồng quy . Hỏi mặt phẳng được chia thành mấy phần ? 
Câu 6 : ( 3 điểm ) 
 Tìm hàm số liên tục y = f (x) thỏa mãn : f (x4).f (x) = 20094 với mọi x 
Câu 7 : ( 3 điểm )
 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng a ; Gọi N là điểm trên cạnh SC sao cho CN = SC ; mặt phẳng ( a ) thay đổi đi qua AN và cắt SB, SD tại M, P . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích thiết diện AMNP khi mặt phẳng ( a ) thay đổi 
 HẾT 
 ¿ ĐÁP ÁN 
CÂU
NỘI DUNG
ĐIỂM
1
+ Điều kiện : Û x £ -1 hoặc x ≥ 11 ( * )
+ Vì 
 nên đặt u = ( Đk : u > 0 )
+ PT trở thành : 
+ Đặt t = ( t > 0 ) thì (1) trở thành : 
+ t =1 Û =1 
 + x = 0 không nhận vì điều kiện ( * )
 + Þ = 4 (2)
 Þ = 4 (3)
+ Từ (2) , (3) Þ = 0 Þ x = -1 hoặc x = 11 ( thỏa (*) ) 
+ Thử lại , ta thấy x = -1 ; x = 11 là nghiệm của PT đã cho 
 Vậy , PT có nghiệm x = -1 ; x = 11
3
0.25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
2
+ Phân giác AI kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại I / Þ I/ là điểm giữa của cung BC và do đó I/ M ^ BC Þ AH // I/ Mvà I ở trong đoạn HM ( Tam giác ABC không cân tại A ) 
+ Áp dụng định lí hàm số sin trong 2 tam giác ABI và ACI , ta có : 
+ Nhân (1) và (2) và dựa vào giả thiết Þ AI 2 = BI. CI mà BI.CI = IA.II/
 Þ AI2 = AI. II/ Þ AI = II/ Þ Þ IH = IM 
 Vậy I là trung điểm HM 
3
1
1
 1
3
+ Vì 2 phương trình bậc hai đều có nghiệm hữu tỉ nên các biệt số của chúng phải là các số chính phương tức là : 
 b2 – 4ac = m2 ; b2 + 4ac = n2 ( m, n Î Z )
+ Nếu b 2 thì abc 2 
 Nếu b không chia hết cho 2 thì b = 2k + 1 Þ b2 = 4k( k + 1) + 1 º 1 ( mod 8 ) 
 Vì b lẻ Þ m lẻ Þ m2 º 1 ( mod 8 ) Þ 4ac = b2 – m2 º 0 ( mod 8 )
 Þ ac 2 nên abc cũng chia hết cho 2 
+ Nếu b 3 thì abc 3
 Nếu b không chia hết cho 3 thì b2 º 1 ( mod 3 )
 ü Nếu ac º 1 ( mod 3 ) thì m2 º 2 ( mod 3 )
 ü Nếu ac º 2 ( mod 3 ) thì m2 º 2 ( mod 3 )
 Hai điều này không thể xảy ra vì m2 º 0, 1 ( mod 3 )
 Vậy ac º 0 ( mod 3 ) tức là abc 3
+ Nếu b 5 thì abc 5
 Nếu b không chia hết cho 5 thì b2 º ± 1 ( mod 5 )
 Nếu ac không chia hết cho 5 thì 4ac º ± 1, ± 2 ( mod 5 ) Khi đó , 1 trong 2 biệt số nói trên có dạng 5k ± 2 không là số chính phương . Vậy ac 5 tức abc 5
 Vì abc chia hết cho 2, 3, 5 nên abc chia hết cho 30
2
0,5
0,5
0,5
0,5
4
+ Từ giả thiết Þ 0 < u1 < u2 < ..< uk <.(1) 
" k ≥ 1 u k + 1 - uk = > 0 Þ (u k + 1 + uk ) (u k + 1 - uk ) > 2uk . = 2 
 Þ 
> 2009 (2)
+ Từ (1) ta cũng có : " k ≥ 1 u k + 1 - uk = £ 
Þ u k + 1 + uk - £ 2uk mà 2 = 2uk . nên ta có 
2 ≥ (u k + 1 + uk - )( u k + 1 - uk ) hay 2 ≥ ( ) - . (u k + 1 - uk )
Þ = ( ) - . (u n - u1 )
Þ £ 0
Þ 
 < 2010 (3) 
Từ (2) và (3) Þ [ u 2009 ] = 2009
3
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
5
+ Ta cố định 4 đường thẳng song song và kí hiệu s(k) là số phần bị chia ra từ mặt phẳng ứng với k cát tuyến 
+ Ta có s(0) = 5 và s(1) = 10 
+ Giả sử ta đã có k cát tuyến và mặt phẳng được chia thành s(k) phần . Ta xét cát tuyến thứ k + 1 , đường thẳng này có với k + 4 đường thẳng đã cho n + 4 giao điểm , các giao điểm đó chia đường thẳng này k + 5 phần ( trong đó có 2 nửa đường thẳng và n + 3 đoạn ) 
+ Vì mỗi đoạn hay nửa đường t5hẳng trên lại chia đúng 1 trong số s(k) phần mặt phẳng làm đôi nên với cát tuyến thứ k + 1 này thì số phần mặt phẳng được tăng thêm là k + 5 
+ Do đó s( k + 1 ) = s( k ) + k + 5 
Cho k = 0, 1, 2, ., 2008 và cộng lại ta được : 
 s( 2009 ) = 4.2009 + 5 + 2009( 2009 + 1 ) / 2 = 2.207.086 
3
0,5
1,0
1,0
0,5
6
+ Thay x bởi –x , ta có : f (x4).f (- x) = 20094 
Þ f (x4).f (- x) = f (x4).f (x) với mọi x . Vì f (x4) ¹ 0 mọi x nên f (x) = f (- x) nên hàm số cần tìm là hàm số chẳn 
+ Xét x ≥ 0 , khi đó 
 f (x4).f (x) = f (x16).f (x4) = = Þ f (x) = 
+ Đặt t = thì x = Þ f( t ) = f ( ) 
Vì hàm liên tục nên f (t ) = lim f () = f ( lim ) = f (1) 
+ Từ đề bài , cho x = 1 Þ f 2 (1) = 20094 Û f (1) = ± 20092
 Vậy có 2 hàm số thỏa mãn : 
 y = f (x) = 20092 và y = f (x) = 20092 
3
0,75
0,75
0,75
0,75
7
+ Gọi O là tâm của đáy ABCD thì SO là đường cao của hình chóp ; O1 là giao của SO và AN thì O1 cố định và O1 là giao của SO và thiết diện 
+ Diện tích tam giác AMP nhỏ nhất Û MP // BD và khi đó khối chóp S.AMNP có thể tích nhỏ nhất trong khi đường cao của hình chóp này là lớn nhất 
 Vậy, thiết diện AMNP có diện tích nhỏ nhất khi thiết diện song song với BD 
+ Khi thiết diện có diện tích nhỏ nhất tức là MP // BD 
Trong tam giác ANC , áp dụng định lí cosin ta được AN = 
+ Hai tam giác SNM và SNP bằng nhau Þ NM = NP Þ Tam giác NMP cân tại N nên AN và MP vuông góc nhau 
+ Trong tam giác ANC , kẻ OI // SC Þ OI là đường trung bình Þ OI = NC = SN nên hai tam giác O1OI và O1SN bằng nhau Þ O1 là trung điểm SO nên MP = 
+ Diện tích thiết diện AMNP là S = = 
 Vậy Min S AMNP = khi mp(a ) // BD 
3
1
0,5
0,5
0,5
0,5