Đề thi học sinh giỏi Olympic đồng bằng sông Cửu Long năm học 2005 – 2006 (Đồng Tháp) môn Toán42584

SỞ GD-ĐT ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT THỊ XÃ CAO LÃNH KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLIMPIC ĐBSCL NĂM HỌC 2005-2006 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN Thời gian : 180 phuùt *** -Bài 1: (Số học) Tìm tất số tự nhiên x y thoả mãn phương trình : ( x y )4 3361 11296320 Bài 2: (Đại số ) Cho số x,y,z thỏa mãn: x  xy  y  Tìm GTNN GTLN biểu thức: A  x  xy  y Bài 3: (Dãy số ) Cho dãy số thực ( x n ) , n=1,2,3, xác định  x1    x n 1  x n  x n  Tìm số hạng tổng quát xn Bài 4: (Hình học phẳng) Cho tam giác ABC nội tiếp vòng tròn Gọi AA',BB',CC' ba trung tuyến AA',BB',CC' cắt vòng tròn ngoại tiếp A1 , B1 , C1 Tìm GTLN của: T AA ' BB ' CC '   AA1 BB1 CC1 Bài 5: (Hình học không gian) Cho tứ diện ABCD Giả sử tứ diện chia thành hai phần mặt phẳng song song với AB CD, khoảng cách từ mặt phẳng đến AB lần khoảng cách đến CD.Tính tỷ số thể tích hai phần -Heát DeThiMau.vn Sở GD – ĐT Đồng Tháp TRƯỜNG THPT TX CAO LÃNH *********** KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM HỌC : 2005 – 2006 *********** ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN THỜI GIAN : 180 PHUÙT ***** -Bài 1: (4 điểm) Tìm tất số tự nhiên x y thoả mãn phương trình : ( x y )4 3361 11296320 Hướng dẫn giải: Nhận thấy x y số nguyên không âm 11296320  23.41 105 số vô tỉ Phương trình cho viết lại : ( x  y )2 xy 3361 4( x y ) xy 328 105 (1) (1đ) Vế trái (1) số hữu tỉ nên điều kiện cần đủ để phương trình có nghiệm nguyên hai vế (1) không Khi ta có hệ phương trình: y )2 xy 3361 ( x  (1ñ)  y ) xy 328 105 4( x  Đặt : S=x+y, P=xy ta hệ: S  P 3361 (2)  (3) S P  82 105 822.105 Từ (3) ta rút : P  Thay vào (2) thu gọn : S2 S  3361.S 4.822.105  S2 = 1681 hoaëc S2 =1680 = 412 (1đ) Từ ta : S=41 P=420 Suy x, y nghiệm phương trình : t2 –42t+420=0  t=20 t=21 (1đ) Vậy phương trình có hai nghiệm (20;21); (21;20) DeThiMau.vn DeThiMau.vn Bài 2: (4 điểm) Cho số x,y,z thỏa mãn: x  xy  y  Tìm GTNN GTLN biểu thức: A  x  xy  y Hướng dẫn giải: Xét trường hợp y=0 x  ta có A=2 x Xét trường hợp y  , đặt t  Ta có: y (0,5 đ) A x  xy  y t  2t     f (t ) x  xy  y t  t 1 (0,5 ñ) (2t  2)(t  t  1)  (2t  1)(t  2t  3) 3t  4t  f (t )   (t  t  1) (t  t  1) (0,5 ñ) '  19  19  t1  t  t  3 Từ ta có bảng biến thiên sau: Vì lim f (t )  lim f (t )  nên từ bảng biến thiên ta suy ra: (0,5 đ) f ' (t )   3t  4t    t  t t1  f'(t) + t2 f(t) - f(t1) Maxf (t )  f (t1 )  38  19 & f (t )  f (t i ' )  38  19 Do đó: max A  f (t1 ) vaø minA  2f(t ) MaxA  76  19 38  19 38  19 38  19 & A  DeThiMau.vn f(t2) Kết luận: (0,5 đ) t  76  19 38  19 + + (1 đ) (0,5 đ) Bài 3: (4 điểm) Cho dãy số thực ( x n ) , n=1,2,3, xác định  x1    x n 1  x n  x n  Tìm số hạng tổng quát xn Hướng dẫn giải: Đặt: y n  x n  1, n  (0,5 đ)  y1  Từ dãy ( x n ) ta có dãy ( y n ) xác định sau:   y n 1  y n  y n n  Xét phương trình : x  x   (1)  x1  x  Dể thấy (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2   x1 x  Ta chứng minh quy nạp theo n raèng: y n  x13 n 1  x 23 n 1 (2) (0,5 ñ) (0,5 ñ) (0,5 ñ) n  Với n=1: hiển nhiên có (2) Giả sử có (2) với n=k ( k  ) Tức : y k  x13 k 1  x 23 k 1 Ta chứng minh (2) n=k+1 Thật vậy: Ta có: y k 1  y k3  y k  ( x13 k 1  x 23 k k k k k 1 )  3( x13  x13  x 23  3( x1 x )  x13  x 23 Nên (2) n  Từ ta có: x n  x13 dể thấy (1) có hai nghiệm x1,  k 1 k 1  x 23 ( x13 k 1 k 1 )  x 23 k 1 )  3( x13 k 1  x 23 k 1 ) (1 ñ) x1 x  n 1  x 23 n 1  1, 3 3   Vậy số hạng tổng quát dãy số thực ( x n ) x n      DeThiMau.vn (0,5 ñ) 3n 1 3        3n 1 1 (0,5 đ) Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp vòng tròn Gọi AA',BB',CC' ba trung tuyến AA',BB',CC' cắt vòng tròn ngoại tiếp A1 , B1 , C1 Tìm GTLN của: T AA ' BB ' CC '   AA1 BB1 CC1 A B1 C1 B' C' b c B A' a C A1 Hướng dẫn giải: Do ABA ' ~ CA1 A ' nên a2 AA ' A' B ' ' ' ' AA A A A B A C     CA ' A1 A ' Suy ra: AA ' AA1  AA ' ( AA '  A ' A1 )  ma2  a2 AA ' AA '2 2b  2c  a a2 Từ đó:  1   AA1 AA ' AA1 2 b  c2 b2  c2 Bằng cách tính tương tự ta được: AA ' BB ' CC ' a2 b2 c2    3 (   ) b  c2 c2  a2 a2  b2 AA1 BB1 CC1 (0,5 ñ) (0,5 ñ) (0,5 đ) (0,5 đ) Ta có: a2 b2 c2 a2 b2 c2 1        1 b2  c2 c2  a2 a2  b2 b2  c2 c2  a2 a2  b2 1 )3  (a  b  c )(   2 a b b c c  a2 1 1 )3  (a  b )  (b  c )  (c  a ).(   2 2 a b b c c  a2 (0,5 đ) Áp dụng bđt Cauchy ta có: DeThiMau.vn (a  b )  (b  c )  (c  a )  3.3 (a  b )(b  c )(c  a ) 1 1 1    3.3 2 2 2 a b b c c a a  b b  c c  a2 (0,5 đ) từ ta suy ra: a2 b2 c2    3 2 2 2 2 b c c a a b Dấu "=" xảy a=b=c   ABC Vậy: maxT= , giá trị đạt tam giác ABC DeThiMau.vn (0,5 đ) (0,5 đ) Bài 5: (4 điểm) Cho tứ diện ABCD Giả sử tứ diện chia thành hai phần mặt phẳng song song với AB CD, khoảng cách từ mặt phẳng đến AB lần khoảng cách đến CD.Tính tỷ số thể tích hai phần C N D L J P I G E K B F X M Y A Hướng dẫn giải: Ta giả sử AB CD có độ dài a b, khoảng cách hai đường thẳng chéo AB CD d Gọi (P) mặt phẳng song song với hai cạnh đối AB CD.Giả sử (P) cắt tứ diện theo thiết diện tứ giác EFGL Dễ thấy EFGL hình bình hành Gọi MN đường vuông góc chung AB CD, giao điểm MN với (P) I Mặt phẳng qua I AB cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến JK // AB Dễ thấy B, J, N thẳng hàng N, K, A thẳng hàng Ta có hai tam giác JNK BNA đồng dạng nhau, với NI NM hai đường cao tam giác Ta xét toán tổng quát "khoảng cách từ mặt phẳng đến AB k lần khoảng cách đến CD" Từ giả thiết ta có: NI với NM = NI + IM;  IM k NM AB a NI  IM IM a     1  1 k  NI KJ KJ NI NI KJ a Suy KJ  (0,5 ñ) k 1 GL BJ IM k Mặt khác ta lại có    (0,5 ñ) DC BN MN k  kb kd Từ ta GL  IM  (0,5 ñ) k 1 k 1 DeThiMau.vn Dựng JX KY song song với IM; với X, Y nằm AB, suy mặt phẳng (XGL) (YEF) vuông góc với (P).Dễ thấy khối XGL.YEF lăng trụ đứng, đó: V AEF BGL  V XGL.YEF  V AEFY  V BGLX , V XGL.YEF  S YEF JK  EF YK JK (0,5 ñ) kb kd a abdk V XGL.YEF   , (0,5 ñ) k  k  k  2(k  1) 1 V AEFY  V BGLX  S YEF AY  S XGL BX  YK EF ( AY  BX ) 3 1 kd kb a abdk  IM GL( AB  JK )  (a  ) (0,5 ñ) 6 k 1 k 1 k  6(k  1) abdk abdk abdk   (3  k ) 2(k  1) 6(k  1) 6(k  1) abd (1  3k ) Chứng minh tương tự ta được: VCEL.DGF  6(k  1) Vậy tỉ số thể tích hai phần mặt phẳng (P) chia tứ diện ABCD là: V AEF BGL k (k  3) V 20 Với k = AEF BGL   VCEL.DGF 3k  VCEL.DGF Như vậy: V AEF BGL  Heát DeThiMau.vn (0,5 ñ) (0,5 ñ) ...Sở GD – ĐT Đồng Tháp TRƯỜNG THPT TX CAO LÃNH *********** KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM HỌC : 2005 – 2006 *********** ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN THỜI GIAN : 180... ta : S=41 P=420 Suy x, y nghiệm phương trình : t2 –4 2t+420=0  t=20 t=21 (1đ) Vậy phương trình có hai nghiệm (20;21); (21;20) DeThiMau.vn DeThiMau.vn Bài 2: (4 điểm) Cho số x,y,z thỏa mãn: x... (t  t  1) (0,5 ñ) '  19  19  t1  t  t  3 Từ ta có bảng biến thi? ?n sau: Vì lim f (t )  lim f (t )  nên từ bảng biến thi? ?n ta suy ra: (0,5 ñ) f ' (t )   3t  4t    t  t t1  f'(t)