TOAN DBSCL ÔN THI NĂM 2020

73 132 1
TOAN DBSCL ÔN THI NĂM 2020

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

ÑEÀ THI HOÏC SINH GIOÛI ÑOÀNG BAÈNG CÖÛU LONG ( Moân Toaùn 180 Phuùt ) BAØI 1 : Soá hoïc. Cho n laø soá töï nhieân sao cho 2006 chia heát cho 6n. Chöùng minh n  999 BAØI 2 : Ñaïi soá vaø löôïng giaùc. Giaûi phöông trình : 2005x2  2006x2 = 2004x  2005x . BAØI 3 : Giaûi tích vaø toå hôïp. Cho caáp soá coäng  ao; a1; a2; a3 . . . vôùi an = a + n.d ; a > 0, d > 0 , n  N . Tìm ñieàu kieän caàn vaø ñuû ñoái vôùi a vaø d ñeå coù moät daõy con cuûa caáp soá coäng laø caáp soá nhaân. BAØI 4 : Hình hoïc phaúng Beân trong ñöôøng troøn ñöôøng kính AB = 2006 coù 4 ñoaïn thaúng moãi ñoaïn coù ñoä daøi baèng 1003. Chöùng minh raèng toàn taïi moät ñöôøng thaúng vuoâng goùc hoaëc song song vôùi AB, giao vôùi ít nhaát 2 trong 4 ñoaïn thaúng ñaõ cho. BAØI 5 : Hình hoïc khoâng gian Cho töù dieän ABCD, coù caùc caïnh AD, AC, BD, BC laàn löôït tieáp xuùc vôùi maët caàu (S1) baùn kính R1 , taâm I1 naèm treân caïnh AB; caùc caïnh CA, CB, DA, DB laàn löôït tieáp xuùc vôùi maët caàu (S2) baùn kính R2 , taâm I2 naèm treân caïnh CD. Chöùng minh : AB4(CD2 – 4R22 ) = CD4(AB2 – 4R21 )   ÑAÙP AÙN THI HOÏC SINH GIOÛI ÑOÀNG BAÈNG CÖÛU LONG Moân Toaùn BAØI 1 : 2006  6n  2006  2n vaø 2006  3n. Soá caùc boäi cuûa 2 trong daõy 1; 2; . . . 2006 laø 20062 = 1003 soá Soá caùc boäi cuûa 22 trong daõy 1; 2; . . . 2006 laø 20064 = 501 soá Töông töï soá caùc boäi cuûa 23 , 24 . . . , 210 trong daõy 1; 2; . . . 2006 laàn löôït laø 250; 125; 62; 31; 15; 7; 3; 1 soá Nhö vaäy khi phaân tích 2006 thaønh tích caùc thöøa soá nguyeân toá thì soá muõ cuûa 2 laø 1003 + 501 + 250 + 125 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 =1998. Cuõng laøm nhö treân, ta nhaän thaáy khi phaân tích 2006 thaønh tích caùc thöøa soá nguyeân toá thì soá muõ cuûa 3 laø 668 + 222 + 74 + 24 + 8 + 2 + 1 = 999. Do ñoù 2006 = 21998.3999.p vôùi (p; 2) = 1; (p; 3) = 1 deã thaáy neáu 2006  2n thì n  1998 vaø 2006  3n thì n  999. Vaäy n  999. BAØI 2 : 2005x2  2006x2 = 2004x  2005x  2004x + 2006x2 = 2005x + 2005x2() Ñaët 2004 = a, 2006 = b, 2005 = (a + b)2 = c. Nhaän xeùt 1 : () coù nghieäm x = 0; x = 1. Nhaän xeùt 2 : Xeùt haøm soá f(x) = x2  x f’(x) = 2 x2 1  x 1 = x 1(x2   1) khi  < 0 hoaëc  > 1 thì f’(x) > 0 vôùi x  (1; +), khi 0 <  < 1 thì f’(x) < 0 vôùi x  (1; +) do ñoù f(x) ñoàng bieán treân (1; +) vôùi   0; 1, nghòch bieán treân (1; +) vôùi   (0; 1) Nhaän xeùt 3 : Xeùt haøm soá g(x) = x coù g’(x) = x 1, g”(x) = (  1)x 2 khi  < 0 hoaëc  > 1 thì g”(x) > 0 vôùi x  (1; +) , khi 0 <  < 1 thì g”(x) < 0 vôùi x  (1; +) , do ñoù g(x) loõm treân (1; +) vôùi   0; 1, loài treân (1; +) vôùi   (0; 1) Theo caùc nhaän xeùt treân , vôùi x  0; 1 ta coù : ax + bx2 = 12 ( ax + bx) + 12 (ax2 + bx2) + 12 (bx2 bx)  12 (ax2 ax) > cx + cx2 vôùi x  (0; 1)ta coù : ax + bx2 = 12 ( ax + bx) + 12 (ax2 + bx2) + 12 (bx2 bx)  12 (ax2 ax) < cx + cx2 Vaäy phöông trình ñaõ cho chæ coù nghieäm x = 0; x = 1. BAØI 3 : Ñieàu kieän caàn : Giaû söû coù moät daõy con cuûa daõy ñaõ cho laø caáp soá nhaân. ai , aj , ak (i, j, k  N, i < j < k) laø ba soá haïng lieân tieáp cuûa caáp soá nhaân ñoù  a2j = ai.ak  (a + j.d)2 = (a + i.d)(a + k.d)  a.d( 2j  i  k ) = d2( i.k  j2 )  ad = i.k  j2 2j  i  k  Q  ad  Q. Ñieàu kieän ñuû : giaû söû ad  Q  ad = mn vôùi n  N , m  N.  a.n = d.m Xeùt bo = ao = a. b1 = (n + 1).bo , b1 = (n + 1)a = n.a + a = a + m.d = am ; b2 = (n + 1).b1 = (n + 1).am ; b2 = (n + 1).(a + m.d) = n.a + a + (n + 1)m.d = m.d + a + (n + 1)m.d = a + (n + 2)m.d = am(n + 2); b3 = (n + 1).b2 = (n + 1).am(n + 2), b3 = (n + 1).a + m(n + 2).d = n.a + a + (n + 1)(n + 2).m.d = m.d + a + (n + 1)(n + 2)m.d = a + (n + 1)(n + 2) + 1m.d = am(n + 1)(n + 2) + 1; Roõ raøng quaù trình treân coù theå keùo daøi voâ haïn  daõy ñaõ cho coù daõy con laø caáp soá nhaân. Vaäy ñieàu kieän caàn vaø ñuû ñeå caáp soá coäng ñaõ cho coù daõy con caáp soá nhaân laø ad  Q BAØI 4 : Keû ñöôøng kính CD  AB Xeùt EF laø moät trong caùc ñoaïn ñaõ cho, goïi ñoä daøi hình chieáu cuûa EF laàn löôït treân AB, CD laø x1 ; y1, deã thaáy x1 + y1  EF = 1003. Töông töï, ñoä daøi caùc hình chieáu 3 ñoaïn coøn laïi treân AB, CD laøn löôït laø laø x2 ; y2, x3 ; y3, x4 ; y4 . Roõ raøng laø ( x1 + x2 + x3 + x4 ) + ( y1 + y2 + y3 + y4 )  2.2006, nhö vaäy moät trong hai toång ( x1 + x2 + x3 + x4 );( y1 + y2 + y3 + y4 ) coù moät toång lôùn hôn 2006, giaû söû ñoù laø ( x1 + x2 + x3 + x4 ), suy ra treân AB coù ñieåm M thuoäc ít nhaát 2 hình chieáu cuûa caùc ñoaïn noùi treân. Ñöôøng thaúng qua M vuoâng goùc AB laø ñöôøng thaúng caàn tìm. BAØI 5 : AD, AC laø caùc tieáp tuyeán cuûa maët caàu taâm I1, deã thaáy I1AD = I1AC. BD, BC laø caùc tieáp tuyeán cuûa maët caàu taâm I1, deã thaáy I1BD = I1BC. Do ñoù tam giaùc ABD = tam giaùc ABC suy ra AD = AC; BD = BC. Töông töï vôùi caùc tieáp tuyeán cuûa maët caàu taâm I2, ta coù AD = BD; AC = BC Ñaët AC = AD = BC = BD = a > 0, deã thaáy I1 laø trung ñieåm AB, I2 laø trung ñieåm CD, ñaët AB = 2m, CD = 2n. Ta coù dtABD = 2.dtADI1 = a.R1 = m.DI1 = m.a2 ­ m2  R1 = ma a2 ­ m2 Töông töï R2 = ma a2 ­ m2 Nhö vaäy : CD2 – 4R22 = 4(n2 – R22 ) = 4n21 – a2 – n2a2 = 4n4a2 = CD44a2 Töông töï : AB2 – 4R21 = AB44a2 Suy ra : AB4(CD2 – 4R22 ) vaø CD4(AB2 – 4R21 ) cuøng baèng AB4 CD44a2

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC Môn TOÁN ( Thời gian làm : 180 phút ) Bài : ( điểm ) Hãy tìm tất đa thức P(x) cho thoả mãn đẳng thức sau : x P(x – 1) = (x – 26) P(x) Baøi : ( điểm ) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình : x3 + (x + 1)3 + + (x + 7)3 = y3 (1) Bài : ( điểm ) Cho số a > dãy số (un) xác đònh : � � u0  � � u1  a � � �un2 � � un 1  �  �un � �un 1 � � (n �1) Chứng minh : với k �N 1 1   L    a  a2  u0 u1 u2 uk  giác ABD có  Bài : ( điểm ) ˆ   , tam Cho hình bình hành ABCD có AB = a , AD = , BAD tất góc nhọn Hãy chứng minh hình tròn bán kính có tâm A , B , C , D phủ kín hình bình hành : cos   sin  � a Baøi : ( điểm ) Gọi r R bán kính hình cầu nội tiếp ngoại tiếp hình chóp R tứ giác Tìm giá trò nhỏ tỉ số r - Baøi : ( điểm ) Hãy tìm tất đa thức P(x) cho thoả mãn đẳng thức sau : x P(x – 1) = (x – 26) P(x) Đáp án Cho P(x) đa thức thoả điều kiện toán Hiển nhiên chia hết cho x Nghóa : P(x) = x P1(x) , P1(x) đa thức (0,5đ) Khi , P(x – 1) = (x – 1) P1(x – 1) , nghóa laø : x (x – 1) P1(x – 1) = x P(x – 1) = (x – 26) P(x) (0,5ñ) Từ suy P(x) chia hết cho (x – 1) , nghóa P(x) = x (x – 1) P2(x) (0,5đ) Từ ta lại nhận : P(x – 1) = (x – 1) (x – 2) P2(x – 1) (0,5đ) Hoặc x (x – 1) (x – 2) P2(x – 1) = (x – 26) P(x) (0,5đ) Từ ta suy P(x) chia hết cho (x – 2) Tiếp tục theo tinh thần , cuối ta nhận : P(x) = x (x – 1) (x – 2) (x – 25) P26(x) (0,5đ) Khi , từ điều kiện toán suy : x (x – 1) (x – 2) (x – 26) P26(x – 1) = (x – 26) x (x – 1) (x – 25) P26(x) Suy : P26(x – 1) = P26(x) (0,5đ) Và P26(x) = c ( c : số ) Vậy P(x) = c x (x – 1) (x – 2) (x – 25) (0,5ñ) Kiểm tra lại ta thấy nhận - Bài : ( điểm ) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình : x3 + (x + 1)3 + + (x + 7)3 = y3 (1) Đáp án Đặt P(x) = x3 + (x + 1)3 + + (x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 420x + 784 Xeùt x �0 , ta coù : (2x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 294x + 343 < P(x) < 8x3 + 120x2 + 600x + 1000 = (2x + 10) (0,5ñ) � 2x + < y < 2x + 10 � y = 2x + hoaëc y = 2x + (0,5đ) Vì hai phương trình : P(x) – (2x + 8)3 = � – 12x2 + 36x + 272 = P(x) – (2x + 9)3 = � – 24x2 – 66x + 55 = nghiệm nguyên Vậy phương trình cho nghiệm nguyên với x �0 (0,5đ) Lại có P(– x – 7) = – P(x) Vậy (x ; y) nghiệm (1) � (– x – ; y) nghiệm (0,5đ) Do không tồn nghiệm với x �– Vậy (x ; y) nghiệm ta phải có -6 �x �-1 (0,5đ) Với -3 �x �-1 , ta có : P(-1) = 440 số lập phương , P(-2) = 216 = 63 , P(-3) = 64 = 43 � (-2 ; 6) (-3 ; 4) nghiệm với -3 �x �-1 (0,5đ) Do tính chất P(– – x) = – P(x) � (-5 ; -6) vaø (-4 ; -4) nghiệm (1) với -6 �x �-1 (0,5đ) Vậy nghiệm (1) : (-2 ; 6) , (-3 ; 4) , (-4 ; -4) , (-5 ; -6) (0,5ñ) - Baøi : ( điểm ) Cho số a > dãy số (un) xác đònh : � � u0  � � u1  a � � �u � � un 1  � 2n  �un � �un 1 � � (n �1) Chứng minh : với k �N 1 1   L    a  a2  u0 u1 u2 uk   Ñaùp aùn a > �  b �R , b  : a  b  b (0,5ñ) u0  u1  a  b  b �u � � � 1� � � � �2 � � 1� u2  �12  � u1  � b   2� b  � � b  2� b � � � � � � b b� b � b� � � � � � � �u0 � � � (0,25ñ) �u � � �2 � � �4 � �2 � � 1� u3  � 22  � u2  � b   2� u2  � b  4� b  2� b � � � � � � b� b b � b � � � � � � � �u1 � � � (0,25đ) Tương tự : �u � � �2k 1 �2k  uk  � k2 1  � uk 1  � b  2k 1 � b  2k  � b � b � � �uk 2 � � L � � �2 � � 1� b  2� b � � � � b � � b� (0,25đ) Do : 1 1   L  k   a  a2  u0 u1 u2 u   (1) k b b3 b 1 1� � 1� � � 1   L    b   b  k � � 2� b b  (b  1)(b  1) � b� (b  1) L (b  1) � (0,5ñ) k b b3 b 1 � 1   L   1 2k b b  (b  1)(b  1) (b  1) L (b  1) (0,5ñ) � � � � k b2 b4 b2 �  L   k b  (b  1)(b  1) (b  1)L (b  1) (0,5ñ) � � � �� 1 1 � � � 1    L   � k  k � � � 2 �(b  1)L (b  1) (b  1)L (b  1) � �< � b  � �b  (b  1)(b  1) � � � (0,5ñ) � 1 k (b  1)L (b  1)  (2) (0,5đ) (2) với k �N b > Vậy (1) với k �N a > (0,25đ) - giác ABD có Bài : ( điểm ) ˆ   , tam Cho hình bình hành ABCD có AB = a , AD = , BAD tất góc nhọn Hãy chứng minh hình tròn bán kính có tâm A , B , C , D phủ kín hình bình hành : cos   sin  � a Đáp án  Bước : * Bổ đề : Gọi O tâm R bán kính đường tròn ngoại tiếp  ABC Khi , hình tròn tâm A , B , C với bán kính x phủ kín  ۳ x R ABC (1đ) * Chứng minh bổ đề : 1) Điều kiện cần : Các hình tròn tâm A ,B ,C bán A kính x phủ kín  ABC � hình tròn phải phủ O � x �R (0,25đ) I K (hình vẽ 0,25đ) O B J C 2) Điều kiện đủ : Đảo lại , giả sử x �R với (O ,R) đường tròn ngoại tiếp  ABC Ta xét vòng tròn tâm A ,B ,C có bán kính R Khi , gọi I ,J ,K hình chiếu O xuống AB , BC , CA hình tròn tâm A bán kính R phủ kín tứ giác OIAK Tương tự hình tròn tâm B , C bán kính R phủ kín tứ giác OIBJ , OJCK Do hình tròn tâm A ,B ,C bán kính R phủ kín  ABC (0,25đ) Theo giả thiết ta có x �R nên hiển nhiên hình tròn tâm A , B , C bán kính x phủ kín  ABC Điều kiện đủ chứng minh (0,25đ)  Bước : Chứng minh toán : Các hình tròn tâm A ,B ,C ,D bán B C kính phủ kín hình bình hành ABCD � hình H tròn tâm A ,B ,D bán kính phủ kín  ABD a (0,5đ)  (hình vẽ 0,25đ) A D Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp  ABD , áp dụng bổ đề ta có điều kiện cần đủ để hình tròn đơn vò tâm A ,B ,D phủ kín  ABD : �R (0,5đ) Ta có : BD = 2R sin  (đònh lý hàm số sin) BD2 = a2 + – 2a cos  (đònh lý hàm số cosin) neân 4R2 sin2  = a2 + – 2a cos  (0,25đ) Do sin2  � a2 + – 2a cos  (vì �R) � sin2  � a2 + – 2a cos  + cos2  – � sin2  � a2 – 2a cos  + cos2  (0,25ñ) � sin  � a  cos  , (do  ABD nhọn nên có AB > AH = cos  � a > cos  ) � sin  �a – cos  � cos  + sin  � a (ñpcm) (0,25ñ) -Bài : ( điểm ) Gọi r R bán kính hình cầu nội tiếp ngoại tiếp hình chóp R tứ giác Tìm giá trò nhỏ tỉ số r Đáp án A Giả sử hình chóp S.ABCD có cạnh đáy 2a đường cao SO = h cạnh bên SC = SO  OC  h  2a ( OC = D C M A AC  a ) O N B R bán kính đường tròn ngoại tieáp  SAC SC SC SC h  2a R   (vì SA = SC) � R  SO 2sin A 2.SD 2h SA (1ñ) r bán kính đường tròn nội tiếp  SMN với M ,N trung điểm AD ,BC dt (SMN ) � r p dt (  SMN) = ½ MN SO = ah p = ½ (MN + SM + SN) = a  a  h ah a  a  h2  a � r  2 h a h a (1ñ) �h � 2� � R 2a  h �a �   Suy : r � 2a ( a  h  a ) �h � � �  � �  1� � �a � � � �   Đặt k R �h �  , x  � � , ta : r �a � 2 x k (  x  1) (1ñ) � x   2k  k  x � ( x   2k )  4k (1  x ) � x2 + (1 + k – k2) x + 8k + = (1) (1)có nghiệm x  ’ = 4k2 (k2 – 2k – 1) �0 � k �  �R � Do : Min � �  �r � (1ñ) BÀI 1: (4đ) x  (1  x )3  x 2(1  x ) (1) x Điều kiện: � x Đặt: x  cos  với  � 0;   �  x   cos   sin  (0,5đ) Phương trình (1) trở thành: cos3   sin   sin  cos  (2) (0,5đ)  Đặt t  cos   sin   2.cos(  ) 1; � Vì  � 0;   � t �� � � (0,5đ) Phương trình (2) trở thành: 3t  t t 1  2( ) � t  2t  3t   2 (0,5đ) � t (chọn) � �� t  1 � (loaïi) t  1 � �  � sin  cos   � � x  sin   cos   Với t  � � � sin   cos   � (0,5ñ)  � sin  cos    � Với t   � � sin   cos    � (0,5ñ) � sin  , cos  hai nghiệm phương trình:   2 1 (0,5đ) (vì sin  cos     0,sin  �0 � x  cos   0) (0,5ñ) X  (1  2) X    � x  cos   BÀI 2: (4đ) Đặt: x   n   n  (1) Điều kiện caàn: (1) � x   x  n (2) (2):  x  n  x3 �1 ( x nguyeân dương) �  n � (*) x Mặt khác từ (2) � x3    n �3 (**) 3x (0,5) (0,5) � x3   � � �x �1 x 1 � �x 3x � �3 � Từ (*) (**) ta coù: � � x2 �x  3 3.x �4 � �x  �3 � � 3x (0,5)  (0,5) (0,5) Điều kiện đủ: + Khi x = từ (**) ta có: 4n  100 � 4n  �n �� 27 27 (0,5) (loaïi x = 2) + Khi x = 1, từ (**) ta có:  n  1 � n  �� (nhận x = 1) (0,5) Kết luận: Vậy với n =  2 n  2 n  số nguyên dương  n   n  (0,5) BAØI 3: (4ñ) + n(nan  2)  lim nan n �� n �� ln n an ln n n lim (0,5đ) nan  (vì lim an  do: an  vaø an 1  an ) + Chứng minh: lim n �� n �� (0,5+0,5) + Chứng minh: an tồn lim n �� ln n n (0,5) + Chứng minh BĐT: x  x x3 x x x3    ln(1  x)  x   , x  1 1 � an3  an4  an5  2an 1  2an  an 1an  an3  an4 6 (0,5) (0,5) 2an 1  an  an an 1  n �� an3 (0,5) n(nan  2)  n �� ln n (0,5) � lim � lim n(2an 1  an  an an 1 ) na (2an 1  an  an an 1 ) 1  lim n   ) (vì an = lim n �� n �� an an lim n �� ln n n BÀI 4: (4đ) Ta có: VOMNP  VA.OPN  VA.OPM  VA.OMN �1 a b c abc (BÑT Cauchy)   �3 OM ON OP OM ON OP 27 abc ۳ VOMNP VOMNP ۳ � VOMNP(min)  (0,5) (0,5+0,5) 27 abc (0,5) 27 a b c abc �    OM ON OP (0,5) Khi đó, tam giác POK (K = PA �MN) có OP // AH (H hình chiếu vuông góc A lên (Oxy)) nên: Tương tự: c KA   OP KP � 3� A trọng tâm tam giác MNP � (0,5+0,5+0,5) a b �   OM ON BÀI 5: (4đ) Gọi R1 = 1: bán kính đường tròn ban đầu (bước thứ 1) R2 : bán kính đường tròn bước thứ � R2  R1 cos  (0,5) R3 : bán kính đường tròn bước thứ � R3  R2 cos    R2 cos (0,5) R4 : bán kính đường tròn bước thứ � R4  R3 cos    R3 cos 16 (0,5) Rn : bán kính đường tròn bước thứ n � Rn  Rn 1 cos (0,5)  2n 1 maø nlim y =0 => nlim x =2006 � � n � � n (0.5d) Caùch 2: x n 1  20062 Nhận xét x0 > xn  (*) nên xn> n �� Vậy (xn) dãy bò chặn xn 1 dưới.(1) xn 1  2006   Xét xn  2006 Ta coù : xn 2006 �γ γ n �, n xn 2006 ( n �, n 1) xn 1 20062  x n 1  γ n �, n xn �2006 γ ( n �, n 1) Xeùt xn  xn 1 Ta coù xn x� n 1 xn 1 Vaäy xn �xn γ1 ( n �, n 2) Ta coù : n  �, n (xn) dãy giảm.(2) Từ (1) (2) dãy số có giới hạn Gọi nlim x =y , y �0 xn dương , lấy giới � � n hạn hai vế (*)ta có : y  y  20062 � y  2006 2y * Gọi O giao điểm (d) đường thẳng trung trực AB (vì (d) không BÀI 4: (4 vuông điểm) góc với AB nên O tồn tại) Dựng đường tròn tâm O, bán kính OA Đường tròn cắt (d) I J Không tổng quát giả sử : ( (1) ) Ta chứng minh : (0.5ñ) A I O B M J uur uur uuu r uuu r uuuu r AI  k.AJ uur k uur Đặt MI  k.MJ � AM   AI  AJ (0.25ñ) 1 k 1 k 1 k �  �   1 � uuuu r uur uur � 1 k � uur uur Tương tự : BM  .BI  .BJ (0.25đ) Đặt � Khi : �uuuur k � �AM  .AI  .AJ  � 1 k Ta coù: uur uur uur uur AM2 = ( .AI  .AJ )2=  AI  2 AJ  2AI.AJ   AI  2 AJ uur uur (Vì AI  AJ AI.AJ =0) Tương tự : BM2 =  BI  2 BJ MA  AI   AJ  (*) (0.5ñ) MB2  BI  2 BJ IA MA IA2 MA2 � � IA2 ( IB JB ) IB ( Ta coù ù ۳� IB MB IB MB � 2 IA JB2 �2 JA IB2 (đúng (1)) (0.5đ) � IA2 JA2 ) 0 � IA MA � � Vậy (*) hay Dấu “=” xảy �IA JA  IB2 MB2 �IB2 JB2 (0.75đ) Ta có: *   � M �I * IA JA  kết hợp với IA2 + JA2 = IJ2 = IB2+ JB2 suy IA = IB JA = JB (vô lý lúc IB2 JB2 (d) trung trực AB) (0.5đ) MA Vậy đạt giá trò lớn M �I MB MA Tương tự đạt giá trò nhỏ M �J MB (0.25đ) * Dựng I, J: + Dựng BL  (d) , AK  (d) + I laø giao điểm đường tròn tâm O, kính OA với (d) cho L nằm I K; J giao lại IA2 IK IJ IK    1� IK  IL IB IL.IJ IL ( ) (0.5ñ) JA JI JK JK    � JK  JL JB JL.IJ JL A bán I L K J điểm B BÀI 5: (4 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Gọi I tâm mặt BCC’B’  đường thẳng qua D I Đoạn MN thay đổi có trung điểm K thuộc đường thẳng  , M �( BCC ' B '), N �( A ' B ' C ' D ') Tìm giá trò bé đoạn MN LỜI GIẢI: MN (0.5đ) Nên MN bé � M’K bé � M’K đoạn vuông góc chung  B’C’ (0.75đ) * Gọi J = DI �A’B’ � B’C’ // (JAD) ( B’C’ // AD) Do khoảng cách B’C’  khoảng cách B’C’ và(JAD) (0.5đ) Gọi P = JA �BB’ Ta coù (PB’J)  (JAD) theo giao tuyến PJ Gọi H hình chiếu vuông góc B’ lên PJ � B’H  (JAD) � B’H làø khoảng cách B’C’ và(JAD) (0.5đ) * Gọi M’ hình chiếu M lên B’C’ � VMM ' N vuông M’ � M’K = * Mặt khác: B’I đường trung bình VJA ' D � B’ trung điểm A’J vàB’P đườ a trung bình VJA ' A � B’J= a B’P = (0.75ñ) 1   * Trong VJB ' P vuông B’ ta có: 2 B'H B'P B'J2 � M’K = B’H = a (0.5đ) 2a Vậy giá trò bé MN = (0.5đ) SỞ GD – ĐT BẾN TRE CỬU LONG TRƯỜNG THPT BẾN TRE HẾT KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG NĂM HỌC 2005 – 2006 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN THỜI GIAN: 180 PHÚT Bài : ( Số học ) Cho 17 số tự nhiên mà số nguyên tố với 13 số khác Chứng tỏ chọn số mà chúng đôi nguyên tố Bài : ( Đại số ) Cho 2006 số thực : a1 ; a2 ; ; a2006 thoả điều kiện : f  x  a1 cos x  a2 cos x   a2006 cos 2006 x  với giá trò x Chứng minh : a1  a2   a2006 2006 Bài : ( Giải tích ) Tìm hàm số f(x) xác đònh R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau : (1) f(2006) = 2006 (2) f(x+y) = f(x) +f(y) ,  x,y �R (3) Ne� u x �0 th�f(x) =x2 f ( ) x Bài : ( Hình học phẳng ) Cho đường tròn (c) có tâm O đường thẳng (  ) không cắt (C ) Từ điểm M thay đổi (  ) kẻ tiếp tuyến MT MH tới (C) Gọi A hình chiếu vuông góc O lên (  ) E,F hình chiếu vuông góc A lên MT,MH Chứng minh EF qua điểm cố đònh Bài : ( Hình học không gian ) Cho tứ diện ABCD có AB =CD , AC =BD, AD = BC Goïi , ,  góc mặt ABD,ABC,ACD tạo với mặt BCD hình chiếu A (BCD) thuộc miền tam giác BCD Tìm giá trò lớn cuûa T  cos  cos cos  cos.cos.cos  SỞ GD – ĐT BẾN TRE CỬU LONG TRƯỜNG THPT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG NĂM HỌC 2005 – 2006 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THỜI GIAN: 180 PHÚT Bài : ( Số học ) Cho 17 số tự nhiên mà số nguyên tố với 13 số khác Chứng tỏ chọn số mà chúng đôi nguyên tố ĐÁP ÁN Xét số a tùy ý 17 số cho a nguyên tố với iùt 13 số khác b1 ,b2 ,b3 , … b13 Do số không nguyên tố với nhiều số khác nên b1 nguyên tố với số khác số b2 , b3 ,… b13 Giả sử b1 nguyên tố với 12 số c1 , c2 ,….c9 c1 nguyên tố với số khác số c2 , c3 ,……c9 Giả sử d1 , d2 , ……d5 d1 nguyên tố với số d2 , d3 ,d4 , d5 Giả sử d1 nguyên tố với số e số Ta có : số a,b1 ,c1 ,d1 , e số đôi nguyên tố 17 số cho SỞ GD – ĐT BẾN TRE CỬU LONG TRƯỜNG THPT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG NĂM HỌC 2005 – 2006 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THỜI GIAN: 180 PHÚT Bài : ( Đại số ) Cho 2006 số thực : a1 ; a2 ; ; a2006 thoả điều kieän : f  x  a1 cos x  a2 cos x   a2006 cos 2006 x  với giá trò x Chứng minh : a1  a2   a2006 2006 Đáp án sin1003 cos Ta có : cos   cos 2   cos 2006  sin  2007  =A (1,0 ñ ) 2k  ( Trong k = ; ; …… ; 2006 ) A = -1 (1,0 ñ ) 2007 4012  ; x2   ; ; x2006   , vaøo biểu thức ; f (x) ta có : Thay x1  2007 2007 2007 4012 a1 cos   a2 cos    a2006 cos   2007 2007 2007 Mặt khác   8024   a2 cos    a2006 cos   2007 2007 2007 …………………………………………………………………………………………… 4012 8024 4012.2006 a1 cos   a2 cos    a2006 cos   2007 2007 2007 Cộng đẳngthức ta :  a1  a2   a2006  2006 Vậy ta : a1  a2   a2006 2006 (2 đ) a1 cos SỞ GD – ĐT BẾN TRE CỬU LONG TRƯỜNG THPT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG NĂM HỌC 2005 – 2006 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THỜI GIAN: 180 PHÚT Bài : ( Giải tích ) Tìm hàm số f(x) xác đònh R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau : (4) f(2006) = 2006 (5) f(x+y) = f(x) +f(y) ,  x,y �R (6) Ne� u x �0 th�f(x) =x2 f ( ) x ĐÁP ÁN  (2) cho x =y =0 � f  0  (4) (0,25 ñ )  0 f � 1+(-1)� � � f(1)+f(-1) � f(-1)=- f(1) (0,25 đ )  (1) (2) : 2006 = f(1) +f(2005)=2f(1)+f(2004) =  2006 f(1) (5) Vaäy f(1) =1 va�f(-1) = -1 (0,25 đ ) Xét trường hợp x �0 ,x � 1,ta co�   f( x x 1 )  f( )  f( )  f(1)  x1 x1 x 1 (6) (1,00 ñ ) x x2 x1 ) f( ) Do(3) x  (x  1) x  f(  hay f(  � f(    x x2 x2 � 1� ) f(1  )  f(1)  f( )� � 2 x  (x  1) x x� (x  1) � � x x2 � ) (7) �1 f(x)� x  (x  1) � x � 1 f( ) f(x  1)  � �f(x)  1� � (8) x  (x  1) (x  1)2 (1,00 ñ ) (0,50 ñ ) x2 � � 1 f(x)� f(x)  1� � � � � (x  1) � x � (x  1)2 Suy : f(x)  x (6),(7),(8) �  u x �0 ne� � 1 ne� u x  1 Vaäy f(x) = � �x ne� u x �0 ,x � �  Hay f(x)  x ,  x �R (0,25 đ ) (0,25 đ ) SỞ GD – ĐT BẾN TRE CỬU LONG TRƯỜNG THPT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG NĂM HỌC 2005 – 2006 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THỜI GIAN: 180 PHÚT Bài : ( Hình học phẳng ) Cho đường tròn (c) có tâm O đường thẳng (  ) không cắt (C ) Từ điểm M thay đổi (  ) kẻ tiếp tuyến MT MH tới (C) Gọi A hình chiếu vuông góc O lên (  ) E,F hình chiếu vuông góc A lên MT,MH Chứng minh EF qua điểm cố đònh ĐÁP ÁN Gọi I,J giao điểm OA , OM với TH Hạ AK vuông góc TH K (0,50 đ) Do A thuộc đường tròn ngoại tiếp THM nên E,F,K thẳng hàng (đường thẳng Simson) (0,50 đ) OT R2  � I co� � � nh OA OA vaø T EF Ta coù : OI OA  OJ OM  OT � OI  Gọi L giao điểm OA � � = AOM (so le trong) LAK � = AHM (cùng chắn AM) J E O I H F M L A K (1,00 ñ) = � AKF ( chắn cung AF , đường tròn đường kính AH �  LAK ca� n � LA  LK � trungtuye� n  IKA �� KL la�  IKA vuo� ng ta� iK � (0,50 ñ) � L la� trung�ie� m cu� aIA Vậy EF qua điểm cố đònh L SỞ GD – ĐT BẾN TRE CỬU LONG TRƯỜNG THPT BẾN TRE (1,00 đ) (0,25 đ) (0,25 đ) KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG NĂM HỌC 2005 – 2006 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THỜI GIAN: 180 PHÚT Bài : ( Hình học không gian ) Cho tứ diện ABCD có AB =CD , AC =BD, AD = BC Gọi ,,  góc mặt ABD,ABC,ACD tạo với mặt BCD hình chiếu A (BCD) thuộc miền tam giác BCD Tìm giá trò lớn T  cos  cos cos  cos.cos.cos  ĐÁP ÁN Gọi H hình chiếu vuông góc A mp(BCD).A Từ H keû HI  BC , HJ  CD ,HK  BD, �  $  $  AKH AJH AIH SBDC = SHBD + SHCD + SHBC = SABDcos  + SABCcos  + SACDcos  Do tứ diện ABCD gần nên : SBDC = SABD = SABC = SACD K B H I � cos  cos  cos   va�cos,cos,cos   �a� t x  cos ; y  cos ;z  cos  ta co�x,y,z  va�x  y Cz  Ta co�T  x  xy   x xyz 1 x.4y  x.4y.16z p dụng bất đẳng thức cô-si ta có : D J x.4y � x  4y x  4y  16z x  4y x  4y  16z 4   (x  y  z)  Do T �x  12 3 x.4y.16z � Dấu xãy � Vaäy max T  �x  4y � �4y  16z � x y z � � x  0,y  0,z  � 16 cos  cos  21 21 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TROÏNG � cos   � 16 �x  21 � � �y  � 21 � �z  21 � 21 KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM HỌC : 2005 – 2006 *********** ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN Thời gian làm : 180 phút Bài 1.(Đại số – điểm) Cho hai đa thức P(x)= xn + a1xn-1 + a2xn-2 + …+ an-1x + an, với a i  �,a i  {1, 2, , 2006},i 1, n vaø Q(x) = x2006 – 2007x2005 – 2006 Chứng minh P(x) không chia hết cho Q(x) Bài 2.(Lượng giác – điểm) Tam giác nhọn ABC thỏa hệ thức: 1 1    2 2 2 tg B.tg C  tg B.tg C tg C.tg A  tg C.tg A tg A.tg B  tg A.tg B 3 Chứng minh tam giác ABC Bài 3.(Giải tích – điểm) Dãy số (an) xác đònh bởi:  a1 0  an  1 *  a n 1   , n  �  4  Chứng minh dãy (an) hội tụ tìm lim a n n   Bài 4.(Hình học phẳng – điểm) Cho tam giác nhọn ABC có M, N trung điểm AB, AC H hình chiếu C � cắt AB cạnh AB Đường thẳng vuông góc với đường phân giác góc HNM kéo dài P Cho � biết AC + BC = 2HP HNM = 30o Tính số đo góc tam giác ABC Bài 5.(Hình học không gian – điểm) Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo bán kính r mặt cầu nội tiếp tứ diện biết tam giác ABC bán kính Ra, Rb, Rc, Rd mặt cầu bàng tiếp tứ diện theo thứ tự thuộc góc tam diện đỉnh A, B, C, D thỏa hệ thức: R a2  R 2b  R c2  R 2d 16r -HEÁT - SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM HỌC : 2005 – 2006 *********** ĐÁP ÁN MÔN TOÁN Bài 1.(Đại số – điểm) Cho hai đa thức P(x)= xn + a1xn-1 + a2xn-2 + …+ an-1x + an, với a i  �,a i  {1, 2, , 2006},i 1, n vaø Q(x) = x2006 – 2007x2005 – 2006 Chứng minh P(x) không chia hết cho Q(x) Đáp án: Trước hết ta chứng minh đa thức f(x)= aoxn+a1xn-1+…+an (ao 0) có nghiệm xo : x o 1  max ak a0 , k 1, n Thật vậy: + Nếu x o 1 hiển nhiên x o 1  max  n + Nếu x o  f (x o ) a x o    ak a0 a1 a   n n a0xo a 0x o (0,5 ñ)   0    1 a1 a a    n n a0 xo a0 xo a0 xo  1       n  xo  x x o o   a 1 max k n xo a0 a a  max k   x o 1  max k a0 xo  xo  a0 xo  max ak a0 (1,5ñ) Aùp dụng vào toán cho ta có: xo nghiệm P(x) x 1  2006 2007 (0,5đ) Mặt khác : Q(x) x 2006  2007x 2005  2006 có Q(2007).Q(2008) < nên Q(x) có nghiệm x(2007;2008) (1đ) Vậy P(x) không chia hết cho Q(x) (đpcm) (0,5đ) Bài 2.(Lượng giác – điểm) Tam giác nhọn ABC thỏa hệ thức: 1 1    2 2 2 tg B.tg C  tg B.tg C tg C.tg A  tg C.tg A tg A.tg B  tg A.tg B 3 Chứng minh tam giác ABC Đáp án: Trong tam giác nhọn ta có : tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC 1   1 (1) (1ñ) tgB.tgC tgC.tgA tgA.tgB 1 ,y  ,z  Đặt x  từ (1) ta có: x + y + z = (2) tgB.tgC tgC.tgA tgA.tgB x3 x3 tg B.tg 3C    Mặt khác: tg B.tg 3C  tg B.tg 2C  1 x y  z tgB.tgC y3 z3   Tương tự: tg C.tg 3A  tg 2C.tg A z  x tg 3A.tg 3B  tg A.tg B x  y x3 y3 z3 P     Giả thiết toán trở thành (1đ) yz zx xy  Theo bất đẳng thức Cauchy: x3 yz 1    x yz 12 18 y3 zx 1    y zx 12 18 z3 xy 1    z xy 12 18 (1đ) Cộng vế theo vế bất đẳng thức ta được: do(2) 1 1 P  (x  y  z)   (x  y  z)  P  6 Dấu đẳng thức xảy x y z  Khi tgA = tgB = tgC hay ABC (đpcm) (1đ) Bài 3.(Giải tích – điểm) Dãy số (an) xác đònh bởi:  a1 0  an  1 *  a n 1   , n  �  4  Chứng minh dãy (an) hội tụ tìm lim a n n   Đáp án: x 1 + Nhận thấy x  nghiệm phương trình:    x 0 Ta c/m dãy (an)  4 hội tụ Thaät vaäy: a n 1 n  �, n 2 x 1  1 + Xét hàm số f (x)   với x   ,1 ta có: 4   4 + Từ cách cho dãy ta có (1) (1đ) x 2ln 2ln 2ln 1 1  f '(x)   ln   f '(x)  x   2.ln x   ,1 (2) x 4  4 4  44 (1ñ) x  1 1 + Mặt khác với i 2, n hàm số f (x)   liên tục đoạn  a i ,   2  4  1   hay  ,a i   vaø có đạo      1  2  1 2       1 2   hàm khoảng  a i ,   hay  ,a i   , nên tồn ci   a i ,   hay ci   ,a i   cho: 1 f (a i )  f      f (a )  f '(ci )  i  1 f    f '(ci ) a i   2 (3) 1  2 Do (1) (2) nên từ (3) ta suy f (a i )  f    ln a i  (i 2, n) (4) (1ñ) 1 f   (i 2, n) (5) 2 1 ( 2.ln 2) n  a   ( 2.ln 2) n  + Từ (4) (5) suy a n 1  2 1  n + Vì  2.ln  neân lim ( 2.ln 2) 0  lim  a n 1   0 hay lim a n  n   n   n   2  Vaäy dãy (an) hội tụ có giới hạn (1đ) + Với cách cho dãy ta lại có a i 1   f (a i )  Bài 4.(Hình học phẳng – điểm) Cho tam giác nhọn ABC có M, N trung điểm AB, AC H hình chiếu C � cắt AB cạnh AB Đường thẳng vuông góc với đường phân giác góc HNM kéo dài P Cho � biết AC + BC = 2HP HNM = 30o Tính số đo góc tam giác ABC Đáp án: Có hai trường hợp +Trường hợp 1: M H P � Đặt  MHN kéo dài HN đoạn NK=MN Khi ñoù ta coù : HN = NA = NC = AC NK = MN = BC  HK HN  NK  (AC  BC) HP Vậy tam giác HKP cân H P A K M H B  N C � 90o    PKN (1ñ) �  PNM = PNK (c.g.c)  Từ gt ta có PN phân giác MNK � PKN � 90o   PMN  �   30o  90o    30o   40o Maø AMN o vaø � � 70o � MAN  40o  MNA  AMN 70 � C � 70o  B MAN caân ABC caân  � 40o A (1đ) + Trường hợp 2: H M P Lập luận tương tự ta coù : P � PKN �        30o 180o   100o PMN 2 (1,5ñ)  � HAN � 180o   80o  ANM �  AHN 180o   80o 50o � 80o  A MAN cân A ABC cân A  (0,5đ) � C � 50o A B H N  M K C B Bài 5.(Hình học không gian – điểm) Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo bán kính r mặt cầu nội tiếp tứ diện biết tam giác ABC bán kính Ra, Rb, Rc, Rd mặt cầu bàng tiếp tứ diện theo thứ tự thuộc góc tam diện đỉnh A, B, C, D thỏa hệ thức: R a2  R 2b  R c2  R 2d 16r Đáp án: A Gọi: V thể tích khối tứ diện ABCD; Sa, Sb, Sc, Sd diện tích tam giác BCD, ACD, ABD, ABC Oa tâm mặt cầu bàng tiếp tứ diện thuộc góc tam diện đỉnh A Ta có: VABCDOa VABCD  VOa BCD VO a ACD  VO a ABD  VO a ABC 1  r(Sa  Sb  Sc  Sd )  R a Sa  R a (Sb  Sc  Sd ) 3 3V  3V R a (Sb  Sc  Sd  Sa )  Sb  Sc  Sd  Sa  Ra B D C Oa Tương tự: Sc  Sd  Sa  Sb  3V 3V 3V , Sd  Sa  Sb  Sc  , Sa  Sb  Sc  Sd  Sb Sc Sd (1đ) Cộng vế theo vế đẳng thức ta được:  1 1  2(Sa  Sb  Sc  Sd ) 3V       Ra Rb Rc Rd  3V 1 1      r  Ra Rb Rc Rd 3V r (1đ) Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy:  1 1  g(R a  R b  R c  R d )      16 R R R R b c d   a  R a  R b  R c  R d 8r gR a2  R b2  R c2  R d2  (R a  R b  R c  R d )  R a2  R b2  R c2  R d2  (8r) 16r Daáu đẳng thức xảy Ra = Rb = Rc = Rd = 2r  Sa = Sb = Sc = Sd hay tứ diện ABCD tứ diện gần (1đ) Kết hợp với giả thiết tam giác ABC ta tứ diện ABCD tứ diện Từ đó: (1đ) V 8r 3 (ñvtt) ... THÁP - ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG LẦN THỨ XV ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 05 tháng 01 năm 2008 (Thí sinh khơng... -Heát Sở GD – ĐT Đồng ThápKỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG TRƯỜNG THPT TX CAO LÃNH NĂM HỌC : 2005 – 2006 *********** *********** ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN THỜI GIAN : 180 PHÚT ... 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

Ngày đăng: 26/02/2020, 20:37

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • SỞ GIÁO DỤC  ĐÀO TẠO KIÊN GIANG

  • Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

  • SỞ GIÁO DỤC  ĐÀO TẠO KIÊN GIANG

  • Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

  • Đáp án

  • Đáp án

  • Đáp án

  • Đáp án

    • Đáp án

    • Đáp án

    • Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn . Chứng minh rằng :

    • Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn . Chứng minh rằng :

    • ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN

    • THỜI GIAN: 180 PHÚT

    • ĐÁP ÁN MÔN TOÁN

    • THỜI GIAN: 180 PHÚT

    • ĐÁP ÁN MÔN TOÁN

    • THỜI GIAN: 180 PHÚT

    • ĐÁP ÁN MÔN TOÁN

    • THỜI GIAN: 180 PHÚT

    • ĐÁP ÁN MÔN TOÁN

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan