Tài liệu Đề thi và đáp án chuyên ly thi học sinh giỏi Lý Tự Trọng pdf

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 *********** ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút. Bài 1.(Đại số – 4 điểm) Cho hai đa thức P(x)= x n + a 1 x n-1 + a 2 x n-2 + …+ a n-1 x + a n , với ii a ,a { 1, 2, ., 2006},i 1,n      và Q(x) = x 2006 – 2007x 2005 – 2006. Chứng minh rằng P(x) không chia hết cho Q(x). Bài 2.(Lượng giác – 4 điểm) Tam giác nhọn ABC thỏa hệ thức: 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 1 1 1 1 tg B.tg C tg B.tg C tg C.tg A tg C.tg A tg A.tg B tg A.tg B 6       Chứng minh tam giác ABC đều. Bài 3.(Giải tích – 4 điểm) Dãy số (a n ) được xác đònh bởi: n 1 a * n1 a0 1 a ,n 4             Chứng minh dãy (a n ) hội tụ và tìm n n lim a  . Bài 4.(Hình học phẳng – 4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC và H là hình chiếu của C trên cạnh AB. Đường thẳng vuông góc với đường phân giác góc  HNM cắt AB kéo dài tại P. Cho biết AC + BC = 2HP và  HNM = 30 o . Tính số đo các góc của tam giác ABC. Bài 5.(Hình học không gian – 4 điểm) Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo bán kính r của mặt cầu nội tiếp tứ diện ấy biết rằng tam giác ABC đều và các bán kính R a , R b , R c , R d của các mặt cầu bàng tiếp tứ diện theo thứ tự thuộc các góc tam diện đỉnh A, B, C, D thỏa hệ thức: 2 2 2 2 2 a b c d R R R R 16r    . ---------------------------HẾT----------------------------- 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 – 4 điểm) Cho hai đa thức P(x)= x n + a 1 x n-1 + a 2 x n-2 + …+ a n-1 x + a n , với ii a ,a { 1, 2, ., 2006},i 1,n      và Q(x) = x 2006 – 2007x 2005 – 2006. Chứng minh rằng P(x) không chia hết cho Q(x). Đáp án: Trước hết ta chứng minh nếu đa thức f(x)= a o x n +a 1 x n-1 +…+a n (a o  0) có nghiệm x o thì : k o 0 a x 1 max ,k 1,n a    Thật vậy: + Nếu o x1 thì hiển nhiên k o 0 a x 1 max a  (0,5 đ) + Nếu o x1 thì n 1n o 0 o n 0 o 0 o aa f(x ) a x 1 . 0 a x a x         1 2 n 2n 0 o 0 o 0 o a 1 a 1 a 1 1 . . . . a x a x a x       k 2n 0o oo k n o0 kk o 0 o o 0 o a 1 1 1 1 max . . ax xx 1 a 1 max xa a 1 a 1 max . . x 1 max 1 a x x 1 a 1 x                   (1,5đ) p dụng vào bài toán đã cho ta có: nếu x o là nghiệm của P(x) thì 0 x 1 2006 2007   (0,5đ) Mặt khác : 2006 2005 Q(x) x 2007x 2006   có Q(2007).Q(2008) < 0 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 – 4 điểm) Tam giác nhọn ABC thỏa hệ thức: 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 1 1 1 1 tg B.tg C tg B.tg C tg C.tg A tg C.tg A tg A.tg B tg A.tg B 6       Chứng minh tam giác ABC đều. Đáp án: Trong mọi tam giác nhọn ta luôn có : tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC 1 1 1 1 tgB.tgC tgC.tgA tgA.tgB     (1) (1đ) Đặt 1 1 1 x ,y ,z tgB.tgC tgC.tgA tgA.tgB    thì từ (1) ta có: x + y + z = 1 (2) Mặt khác: 33 33 3 3 2 2 1 1 x x tg B.tg C 1 tg B.tg C tg B.tg C 1 x y z 1 tgB.tgC        Tương tự: 3 3 3 2 2 1y tg C.tg A tg C.tg A z x   và 3 3 3 2 2 1z tg A.tg B tg A.tg B x y   Giả thiết bài toán trở thành 3 3 3 x y z 1 P y z z x x y 6        (1đ) Theo bất đẳng thức Cauchy: 3 3 3 x y z 1 1 x y z 12 18 2 y z x 1 1 y z x 12 18 2 z x y 1 1 z x y 12 18 2                (1đ) Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: do(2) 1 1 1 1 P (x y z) (x y z) P 6 6 2 6          Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 x y z 3    Khi đó tgA = tgB = tgC hay ABC đều (đpcm). (1đ) Bài 3.(Giải tích – 4 điểm) Dãy số (a n ) được xác đònh bởi: n 1 a * n1 a0 1 a ,n 4             Chứng minh dãy (a n ) hội tụ và tìm n n lim a  . Đáp án: + Nhận thấy 1 x 2  là một nghiệm của phương trình: x 1 x0 4     . Ta c/m dãy (a n ) hội tụ về 1 2 Thật vậy: + Từ cách cho dãy ta có n 1 a 1 n ,n 2 4      (1) (1đ) + Xét hàm số x 1 f(x) 4     với 1 x ,1 4     ta có: x 1 xx 4 1 1 2ln2 2ln2 2ln2 1 f '(x) .ln f '(x) 2.ln2 x ,1 (2) 4 4 4 4 4 4                    (1đ) + Mặt khác với i 2,n hàm số x 1 f(x) 4     liên tục trên các đoạn i 1 a, 2    i 1 hay ,a 2       và có đạo hàm trong các khoảng ii 11 a , hay ,a 22                , nên tồn tại i i i i 11 c a , hayc ,a 22                 sao cho: i i i i i i 1 f(a ) f 11 2 f '(c ) f(a ) f f '(c ) . a 1 22 a 2              (3) Do (1) và (2) nên từ (3) ta suy ra ii 11 f(a ) f 2 ln2. a (i 2,n) 22        (4) (1đ) + Với cách cho dãy ta lại có i 1 i 11 a f(a ) f (i 2,n) 22         (5) + Từ (4) và (5) suy ra n 1 n 1 n 1 2 1 1 1 a ( 2.ln2) . a ( 2.ln2) 2 2 2       + Vì 0 2.ln2 1 nên n1 n 1 n n n n 11 lim( 2.ln2) 0 lim a 0 hay lim a 22              Vậy dãy (a n ) hội tụ và có giới hạn bằng 1 2 (1đ) Bài 4.(Hình học phẳng – 4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC và H là hình chiếu của C trên cạnh AB. Đường thẳng vuông góc với đường phân giác góc  HNM cắt AB kéo dài tại P. Cho biết AC + BC = 2HP và  HNM = 30 o . Tính số đo các góc của tam giác ABC. Đáp án: Có hai trường hợp +Trường hợp 1: M ở giữa H và P Đặt  MHN và kéo dài HN một đoạn NK=MN Khi đó ta có : HN = NA = NC = 1 AC 2 NK = MN = 1 BC 2 1 HK HN NK (AC BC) HP 2       Vậy tam giác HKP cân tại H  o PKN 90 2     (1đ) Từ gt ta có PN là phân giác  MNK  PNM = PNK (c.g.c)    o PMN PKN 90 2     Mà  o o o o AMN 30 90 30 40 2            o AMN 70 và   oo MAN 40 MNA 70     MAN cân ABC cân và    o o B C 70 A 40        (1đ) + Trường hợp 2: H ở giữa M và P Lập luận tương tự ta có :      o o o o o o o o PMN PKN 30 180 100 22 AHN HAN 180 80 ANM 180 80 50 2                        (1,5đ) MAN cân tại A ABC cân tại A và    o o A 80 B C 50        (0,5đ) P A K N M H C B  B A C K H M N P  Bài 5.(Hình học không gian – 4 điểm) Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo bán kính r của mặt cầu nội tiếp tứ diện ấy biết rằng tam giác ABC đều và các bán kính R a , R b , R c , R d của các mặt cầu bàng tiếp tứ diện theo thứ tự thuộc các góc tam diện đỉnh A, B, C, D thỏa hệ thức: 2 2 2 2 2 a b c d R R R R 16r    . Đáp án: Gọi: V là thể tích khối tứ diện ABCD; S a , S b , S c , S d lần lượt là diện tích các tam giác BCD, ACD, ABD, ABC và O a là tâm của mặt cầu bàng tiếp tứ diện thuộc góc tam diện đỉnh A. Ta có: a a a a a ABCDO ABCD O BCD O ACD O ABD O ABC a b c d a a a b c d a b c d a b c d a a V V V V V V 1 1 1 r(S S S S ) R .S R (S S S ) 3 3 3 3V 3V R (S S S S ) S S S S R                        Tương tự: c d a b d a b c a b c d bcd 3V 3V 3V S S S S , S S S S , S S S S S S S             (1đ) Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta được: a b c d a b c d a b c d 1 1 1 1 2(S S S S ) 3V R R R R 3V 2. 1 1 1 1 2 r R R R R 3V r                 (1đ) Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy: a b c d a b c d a b c d 2 2 2 2 2 a b c d a b c d 2 2 2 2 2 2 a b c d 1 1 1 1 (R R R R ) 16 R R R R R R R R 8r 1 R R R R (R R R R ) 4 1 R R R R (8r) 16r 4                               Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi R a = R b = R c = R d = 2r  S a = S b = S c = S d hay tứ diện ABCD là một tứ diện gần đều. (1đ) Kết hợp với giả thiết tam giác ABC đều ta được tứ diện ABCD là một tứ diện đều. Từ đó: 3 V 8r 3 (đvtt) (1đ) A B C D O a . TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM HỌC : 2005 – 2006 *********** ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN Thời gian làm bài. 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 – 4 điểm)