Đề thi học sinh giỏi Olympic đồng bằng sông Cửu Long năm học 2005 – 2006 môn Toán39916

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ANGIANG Trường THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG Năm học 2005 – 2006 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) Baøi : ( điểm )   u0   Cho số a > dãy số (un) xác định : u1  a  u   un   u  n  n 1  un21  Chứng minh : với k  N 1 1       a  a2  u0 u1 u2 uk  (n  1)  Baøi : ( điểm ) ˆ   , tam giác ABD có Cho hình bình hành ABCD có AB = a , AD = , BAD taát 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 trị nhỏ tỉ số r - DeThiMau.vn Bài : ( 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 : x (x – 1) P1(x – 1) = x P(x – 1) = (x – 26) P(x) (0,5đ) 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 toaùn 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) (0,5ñ) Và P26(x) = c ( c : số ) Vaäy P(x) = c x (x – 1) (x – 2) (x – 25) Kiểm tra lại ta thấy nhận - DeThiMau.vn (0,5đ) 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  , ta coù : (2x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 294x + 343 < P(x) < 8x3 + 120x2 + 600x + 1000 = (2x + 10)3  2x + < y < 2x + 10  y = 2x + hoaëc y = 2x + 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  Lại có P(– x – 7) = – P(x) Vaäy (x ; y) nghiệm (1)  (– x – ; y) nghiệm Do không tồn nghiệm với x  – Vậy (x ; y) nghiệm ta phải có -6  x  -1 (0,5ñ) (0,5ñ) (0,5ñ) (0,5ñ) (0,5ñ) Với -3  x  -1 , ta có : P(-1) = 440 số lập phương , P(-2) = 216 = 63 , P(-3) = 64 = 43  (-2 ; 6) vaø (-3 ; 4) laø nghiệm với -3  x  -1 Do tính chaát P(– – x) = – P(x)  (-5 ; -6) (-4 ; -4) nghiệm (1) với -6  x  -1 (0,5đ) (0,5đ) Vậy nghiệm (1) : (-2 ; 6) , (-3 ; 4) , (-4 ; -4) , (-5 ; -6) (0,5ñ) - DeThiMau.vn Baøi : ( điểm )   u0   Cho số a > dãy số (un) xác định : u1  a  u   un   u  n  n 1  un21  Chứng minh : với k  N 1 1       a  a2  u0 u1 u2 uk (n  1)   Ñaùp aùn a >   b  R ,b  : a  b  u0  u1  a  b  b (0,5ñ) b    u12  1 1   1 u2     u1    b      b     b    b     b b  b b   u0       u2     1  u3   22   u2    b     u2   b    b    b     b b  b  b    u1    Tương tự :  u2    k 2    1  k 1 uk   k2 1   uk 1   b  2k 1   b  2k    b    b   b b  b  b     uk   Do : 1 1     k   a  a2  u0 u1 u2 u   (0,25ñ) (0,25ñ) (0,25ñ) (1) k b b3 b 1  1    1      b   b  k   4 2 b b b  (b  1)(b  1)  (b  1) (b  1)      (0,5ñ)  1 2k 1 b b b     1 2k b b  (b  1)(b  1) (b  1) (b  1) (0,5ñ) k b2 b4 b2       k b  (b  1)(b  1) (b  1) (b  1) (0,5ñ)      1 1   1    Vậy (1) với k  N a > DeThiMau.vn (0,5đ) (0,25đ) Bài : ( điểm ) ˆ   , tam giác ABD có Cho hình bình hành ABCD có AB = a , AD = , BAD taát 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  ABC  x  R * Chứng minh bổ đề : 1) Điều kiện cần : Các hình tròn tâm A ,B ,C bán kính x phủ kín A  ABC  hình tròn phải phủ O xR I (1đ) (0,25đ) K (hình vẽ 0,25đ) O B a 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 kính phủ B C kín hình bình hành ABCD  hình tròn tâm A ,B ,D H bán kính phủ kín  ABD (0,5đ)  A C J (hình vẽ 0,25đ) D Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp  ABD , áp dụng bổ đề ta có điều kiện cần đủ để hình tròn đơn vị tâm A ,B ,D phủ kín  ABD :  R (0,5đ) Ta có : BD = 2R sin  (định lý hàm số sin) BD2 = a2 + – 2a cos  (định lý hàm số cosin) nên 4R2 sin2  = a2 + – 2a cos  (0,25đ) 2 Do sin   a + – 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) -DeThiMau.vn (0,25đ) Bài : ( điểm ) Gọi r R bán kính hình cầu nội tiếp ngoại tiếp hình chóp R tứ giác Tìm giá trị 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 = AC  a ) D M C O A N B R bán kính đường tròn ngoại tiếp  SAC SC SC SC h  2a R   (vì SA = SC)  R  (1ñ) 2sin A SO 2.SD 2h SA 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   Suy : h 2  a (1ñ) R 2a  h   r   2a ( a  h  a ) h      1   a   R h Đặt k   , x     , ta : r a 2 x k (  x  1) (1ñ)  x   2k  2k  x  ( x   2k )  4k (1  x)  x2 + (1 + k – k2) x + 8k + = (1) (1) có nghiệm x  ’ = 4k2 (k2 – 2k – 1)   k  R Do ñoù : Min     r DeThiMau.vn 1 (1ñ) DeThiMau.vn ... 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) Kiểm tra... P1(x – 1) = x P(x – 1) = (x – 26) P(x) (0,5đ) 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 laø x (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  Lại có P (– x – 7) = – P(x) Vậy (x ; y) nghiệm (1)  (–