Đề thi học sinh giỏi khu vực Đồng bằng sông Cửu Long lần thứ 16 (Đồng Tháp) môn: Toán học Đề 144968

SỞ GDĐT TỈNH ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT TP CAO LÃNH ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG KV ĐBSCL LẦN THỨ 16 Mơn : TỐN HỌC Câu 1: (3 điểm) Giải bất phương trình: 2x   2  x  12 x  x  16 (1) Bài giải Điều kiện 2  x  Khi đó: (2 x  4)  4(2  x ) 2(6 x  4)  (1)  2x   2  x x  16 6x  2(6 x  4)   2x   2  x x  16  (3 x  2)  x  16  2( x   2  x      (3 x  2)(9 x  x  32  16  x )   (3 x  2)( x   x )(8  x   x )   (3 x  2)( x   x )   3 x      x   x   3 x      x   x   32 x2  Giải hệ ta    2  x  Câu 2: (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O Các tiếp tuyến với (O) B, C cắt M, AM cắt BC N Chứng minh : NB AC  NC AB  DeThiMau.vn Bài giải: A O K B H N C M Gọi H, K hình chiếu B, C lên AM Theo định lý Ta-lét, ta có 1 ฀ BH AM BA.BM sin ABM SAMB NB BH     NC CK CK AM SAMC CA.CM sin ACM ฀ 2 ฀ ฀ Theo giả thiết : MB  MC;sin ABM  sin( B  A)  sin C;sin ACM  sin(C  A)  sin B NB BA sin C  AB  2   Vậy   NB.CA  NC AB (ĐPCM) NC CA sin B  CA  Câu 3: (2 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương (a,b) cho 2a+1 chia hết cho b 2b+1 chia hết cho a Bài giải Giả sử a, b nguyên dương 2a  1 b  (2a  1)(2b  1) ab  2a  2b  1 ab  2a  2b  1 kab(k  ฀ * )(1)  2b  1 a Suy k, a, b lẻ Vì a  1, b   (a  1)(b  1)   a  b  ab   2a  2b   2ab   5ab(2) Kết hợp với (1) suy k  1) Với k   2a  2b   5ab , từ (2) ta suy 3ab   a  b  Rõ ràng a  b  thỏa mãn 2a  1 b 2b  1 a 2) Với k  , giả sử a  b , ta có 3ab  2a  2b   5a  3b   b   3a  2a   a  Rõ ràng b  1, a  thỏa mãn 2a  1 b 2b  1 a DeThiMau.vn 3) Với k  , giả sử a  b , ta có ab  2a  2b   5a  b   b  b  b  + Với b  , đẳng thức ab  2a  2b  trở thành a  2a  vô lý + Với b  , ta có 3a  2a    a  Rõ ràng b  3; a  thỏa mãn điều kiện 2a  1 b;2b  1 a 11 + Với b  , ta có 5a  2a  10   a  (loại) Với a  b lý lưận tương tự ta a  3, b  thỏa mãn điều kiện 2a  1 b;2b  1 a Tóm lại : Có cặp (a ,b) thỏa mãn yêu cầu tốn (1,1);(1,3);(3;1);(3; 7);(7;3) Câu 4: (3 điểm) Tìm giới hạn dãy (un ) với un  36 6n    n 1 n 1 n (9  4)(3  2) (27  8)(9  4) (3  )(3  2n ) Bài giải Ta có:  31  21 30  20   32  22    3n  2n 3n 1  2n 1  3n  2n    Sn     6     n 1 n 1  n     27     2n  3n 1  2n 1  94 3 2 2 1   3 2 Vậy lim Sn  lim n n  n  2    3 Câu 5: (3đ) Cho hình hộp chử nhật có độ dài ba kích thước số tự nhiên Các mặt hình hộp sơn màu xanh Chia hình hộp thành khối lập phương đơn vị mặt phẳng song song với mặt hình hộp Tìm kích thước hình hộp , biết số khối lập phương đơn vị khơng có mặt màu xanh tổng số khối lập phương đơn vị n Bài giải: Giả sử độ dài cạnh hình hộp chử nhật (hhcn) x  y  z Từ đkbt, suy x   x   y   z    xyz 0,5 x  2 y  2z  2     x2 y2 z2   nên x  ta có   x y z xyz 7 Do x  6, suy x = 3, x = 4, x = x = Vì DeThiMau.vn 0,5 1) Nếu x = ( y – 2)(z – 2) = yz , điều xảy 2) Nếu x = , ta có 2( y – 2)(z – 2) = yz  (y – 6)(z – 6) = 24 Lúc (x,y,z)= (4,7,30) ; (4,8,18) ; (4,9,14) ; (4,10,12) 3) Nếu x = , ta có 3(y – 2)(z – 2) = yz  (2y – 9)(2z – 9) = 45 Lúc (x,y,z) = (5,5,27) ; (5,6,12) ; (5,7,9) 4) Nếu x = 4(y – 2)(z -2) = 2yz  (y -4)(z – 4) = Ta có nghiệm (6,6,8) Tóm lại, có kết cho kích thước hhcn là: (4,7,30) ; (4,8,18) ; (4,9,14) ; (4,10,12) ; (5,5,27) ; (5,6,12) ; (5,7,9) ; (6,6,8) 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu : (3đ) Chứng minh với số nguyên dương n cho trước phương trình : x n 1  x   có nghiệm số thực Gọi nghiệm số thực xn Hãy tìm lim x n Bài giải: Ta thấy x  nghiệm phương trình Thật x n 1  x  x x n   Nếu x  1  x n  Vế trái âm Nếu < x < x n 1  x + > Nếu   x  x n 1   x  Xét hàm f ( x)  x n 1  x  có f ' ( x)  (2n  1) x n   với x > mà f(1) = -1 < nên tồn < xn để f ( xn ) = 2n  x n  2n  Theo BĐT Cauchy : x n  n 1 x n    xn  2n  2n 2n  2n  Vì  xn  mà lim  nên : lim x n  2n 2n   Câu 7: (3đ) Cho đường tròn (O,R) đường kính PQ cố định đường trịn Trên tia PQ ta lấy điểm S cố định ( khác P Q) Với điểm A thuộc đường trịn ta dựng tia Px vng góc với tia PA nằm phía với đường thẳng PQ Gọi B giao điểm Px SA Tìm tập hợp điểm B, điểm A di động đường tròn (O,R) d B' O' P Q O A B DeThiMau.vn S Bài giải: Gọi B’ giao điểm thứ hai Px với đường tròn (O), AB’ đường kính (O) Gọi d đường thẳng qua B d // AB’, O’ giao điểm d PQ Ta thấy hai tam giác OPB’ O’PB đồng dạng, mà tam giác OPB’ cân O, nên tam giác O’PB cân O’ Từ đẳng thức SO' O' B SO' O' P SO' SO' SP      SO OA SO R SO R SP SP Suy SO '  , k số không SO (*) ta đặt k = SO  R SO  R đổi (*) viết lại dạng SO'  k SO (**) Hệ thức (**) chứng tỏ O’là ảnh O qua phép vị tự tâm S, hệ số vị tự k = SP , SO  R Do O’ cố định SB SO' Mặt khác từ  , ta suy SB  k SA B ảnh A qua phép vị tự SA SO Vậy tập hợp điểm B đường tròn (O’) ảnh đường tròn (O) qua phép vị tự SP V S , k  với k = SO  R HẾT DeThiMau.vn 0,5 0,5 0,5 0,5 ... Q O A B DeThiMau.vn S Bài giải: Gọi B’ giao điểm thứ hai Px với đường tròn (O), AB’ đường kính (O) Gọi d đường thẳng qua B d // AB’, O’ giao điểm d PQ Ta thấy hai tam giác OPB’ O’PB đồng dạng,... ràng b  1, a  thỏa mãn 2a  1 b 2b  1 a DeThiMau.vn 3) Với k  , giả sử a  b , ta có ab  2a  2b   5a  b   b  b  b  + Với b  , đẳng thức ab  2a  2b  trở thành a  2a  vô lý... cân O’ Từ đẳng thức SO' O' B SO' O' P SO' SO' SP      SO OA SO R SO R SP SP Suy SO '  , k số không SO (*) ta đặt k = SO  R SO  R đổi (*) viết lại dạng SO'  k SO (**) Hệ thức (**) chứng