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 2 sin .sin sin 2 A B C = . 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 ax 2 + bx + c = 0 và ax 2 + 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 u 0 = 2009 , 1 1 ( 1,2, .) k k k u u k u + = + = 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 (x 4 ).f (x) = 2009 4 với mọi x Câu 7 : ( 3 điểm ) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng a 3 ; Gọi N là điểm trên cạnh SC sao cho CN = 2 3 SC ; mặt phẳng ( α ) 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 ( α ) thay đổi HẾT ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 10 5 10 11 10 5 10 11 2 x x x x x x x x x x x + − + + − − + − + − − − =  ĐÁP ÁN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 + Điều kiện : 2 10 11 0x x− − ≥ ⇔ x ≤ -1 hoặc x ≥ 11 ( * ) + Vì nên đặt u = 2 2 10 5 10 11x x x x− + + − − ( Đk : u > 0 ) + PT trở thành : + Đặt t = 2 x u    ÷  ÷   ( t > 0 ) thì (1) trở thành : 1 2 1t t t + = ⇔ = + t =1 ⇔ 2 x u    ÷  ÷   =1 0 1 2 x u = ⇔ = + x = 0 không nhận vì điều kiện ( * ) + 1 4 2 u u = ⇒ = ⇒ 2 2 10 5 10 11x x x x− + + − − = 4 (2) ⇒ 2 2 10 5 10 11x x x x− + − − − = 4 (3) + Từ (2) , (3) ⇒ 2 10 11x x− − = 0 ⇒ 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 / ⇒ I / là điểm giữa của cung BC và do đó I / M ⊥ BC ⇒ AH // I / Mvà I ở trong đoạn HM ( Tam giác ABC không cân tại A ) 3 1 ( ) ( ) 2 2 2 2 10 5 10 11 . 10 5 10 11 16x x x x x x x x− + + − − − + − − − = ( ) 2 1 2 16 4 2 2.2 2 2 (1) 2 x x x x x x x x u u u u u u +     + = ⇒ + =  ÷  ÷         ⇒ + =  ÷  ÷  ÷     I / M I H C B A + Áp dụng định lí hàm số sin trong 2 tam giác ABI và ACI , ta có : sin sin 2 2 (1) ; (2) sin sin A A BI CI AI B AI C      ÷  ÷     = = + Nhân (1) và (2) và dựa vào giả thiết ⇒ AI 2 = BI. CI mà BI.CI = IA.II / ⇒ AI 2 = AI. II / ⇒ AI = II / ⇒ / AHI I MI ∆ = ∆ ⇒ IH = IM Vậy I là trung điểm HM 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 : b 2 – 4ac = m 2 ; b 2 + 4ac = n 2 ( m, n ∈ Z ) + Nếu b M 2 thì abc M 2 Nếu b không chia hết cho 2 thì b = 2k + 1 ⇒ b 2 = 4k( k + 1) + 1 ≡ 1 ( mod 8 ) Vì b lẻ ⇒ m lẻ ⇒ m 2 ≡ 1 ( mod 8 ) ⇒ 4ac = b 2 – m 2 ≡ 0 ( mod 8 ) ⇒ ac M 2 nên abc cũng chia hết cho 2 + Nếu b M 3 thì abc M 3 Nếu b không chia hết cho 3 thì b 2 ≡ 1 ( mod 3 )  Nếu ac ≡ 1 ( mod 3 ) thì m 2 ≡ 2 ( mod 3 )  Nếu ac ≡ 2 ( mod 3 ) thì m 2 ≡ 2 ( mod 3 ) Hai điều này không thể xảy ra vì m 2 ≡ 0, 1 ( mod 3 ) Vậy ac ≡ 0 ( mod 3 ) tức là abc M 3 + Nếu b M 5 thì abc M 5 Nếu b không chia hết cho 5 thì b 2 ≡ ± 1 ( mod 5 ) Nếu ac không chia hết cho 5 thì 4ac ≡ ± 1, ± 2 ( mod 5 ) Khi đó , 1 trong 2 biệt số nói trên có dạng 5k ± 2 không là số chính phương . Vậy ac M 5 tức abc M 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 ⇒ 0 < u 1 < u 2 < …… < u k <…….(1) ∀ k ≥ 1 u k + 1 - u k = 1 k u > 0 ⇒ (u k + 1 + u k ) (u k + 1 - u k ) > 2u k . 1 k u = 2 ⇒ ( ) 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2( 1) 2( 1) 2( 1) n k k k k n n k u u u u n u u n u u n − + + = − > ⇒ − > − ⇒ − > − ⇒ > + − ∑ 2 2009 2009 2(2009 1)u⇒ > + − > 2009 (2) + Từ (1) ta cũng có : ∀ k ≥ 1 u k + 1 - u k = 1 k u ≤ 1 1 u ⇒ u k + 1 + u k - 1 1 u ≤ 2u k mà 2 = 2u k . 1 k u nên ta có 2 ≥ (u k + 1 + u k - 1 1 u )( u k + 1 - u k ) hay 2 ≥ ( 2 2 1k k u u + − ) - 1 1 u . (u k + 1 - u k ) ⇒ ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 2( 1) . n n k k k k k k n u u u u u − − + + = = − ≥ − − − ∑ ∑ = ( 2 2 1n u u − ) - 1 1 u . (u n - u 1 ) ⇒ 2 2 1 1 1 . ( 2 3) n n u u u n u − − + − ≤ 0 3 0,5 0,5 0,5 0,5 ⇒ 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 . 4( 2 3) 2 3 2 2 2 n u u n u n u u u ≤ + + + − < + + − 2 2009 1 2009 2.2009 3 2.2009 u ⇒ < + + − < 2010 (3) Từ (2) và (3) ⇒ [ u 2009 ] = 2009 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 (x 4 ).f (- x) = 2009 4 ⇒ f (x 4 ).f (- x) = f (x 4 ).f (x) với mọi x . Vì f (x 4 ) ≠ 0 mọi x nên f (x) = f (- x) nên hàm số cần tìm là hàm số chẳn + Xét x ≥ 0 , khi đó f (x 4 ).f (x) = f (x 16 ).f (x 4 ) = ………= 1 4 4 ( ). ( ) n n f x f x − ⇒ f (x) = 4 ( ) n f x + Đặt t = 4 n x thì x = 4 n t ⇒ f( t ) = f ( 4 n t ) Vì hàm liên tục nên f (t ) = lim f ( 4 n t ) = f ( lim 4 n t ) = f (1) + Từ đề bài , cho x = 1 ⇒ f 2 (1) = 2009 4 ⇔ f (1) = ± 2009 2 Vậy có 2 hàm số thỏa mãn : y = f (x) = 2009 2 và y = f (x) = 2009 2 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 ; O 1 là giao của SO và AN thì O 1 cố định và O 1 là giao của SO và thiết diện 3 I O 1 P N M O D C B A S + Diện tích tam giác AMP nhỏ nhất ⇔ 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 = 2a + Hai tam giác SNM và SNP bằng nhau ⇒ NM = NP ⇒ Tam giác NMP cân tại N nên AN và MP vuông góc nhau + Trong tam giác ANC , kẻ OI // SC ⇒ OI là đường trung bình ⇒ OI = 1 2 NC = SN nên hai tam giác O 1 OI và O 1 SN bằng nhau ⇒ O 1 là trung điểm SO nên MP = 2 2 a + Diện tích thiết diện AMNP là S = 1 2 2a 2 2 a = 2 2 a Vậy Min S AMNP = 2 2 a khi mp(α ) // BD 1 0,5 0,5 0,5 0,5 . u n u u u ≤ + + + − < + + − 2 20 09 1 20 09 2 .20 09 3 2 .20 09 u ⇒ < + + − < 20 10 (3) Từ (2) và (3) ⇒ [ u 20 09 ] = 20 09 0,5 0,5 5 + Ta cố định 4 đường. − ∑ 2 20 09 20 09 2 (20 09 1)u⇒ > + − > 20 09 (2) + Từ (1) ta cũng có : ∀ k ≥ 1 u k + 1 - u k = 1 k u ≤ 1 1 u ⇒ u k + 1 + u k - 1 1 u ≤ 2u k mà 2 = 2u