Tài liệu Đề thi và đáp án kỳ thi olympic toán ppt

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ANGIANG CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Trường THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu Độc lập – Tự do – Hạnh phúc --------------------------------- ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG Năm học 2005 – 2006 Môn TOÁN ( Thời gian làm bài : 180 phút ) Bài 1 : ( 4 điểm ) Hãy tìm tất cả những đa thức P(x) sao cho thoả mãn đẳng thức sau : x P(x – 1) = (x – 26) P(x) Bài 2 : ( 4 điểm ) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình : x 3 + (x + 1) 3 + . + (x + 7) 3 = y 3 (1) Bài 3 : ( 4 điểm ) Cho số a > 2 và dãy số (u n ) xác đònh bởi : 0 1 2 1 2 1 1 2 ( 1) n nn n u ua u u u n u                    Chứng minh rằng : với mọi kN   2 0 1 2 1 1 1 1 1 24 2 k aa u u u u         Bài 4 : ( 4 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có AB = a , AD = 1 , ˆ BAD   , tam giác ABD có tất cả các góc đều nhọn . Hãy chứng minh rằng các hình tròn bán kính bằng 1 có tâm lần lượt là A , B , C , D sẽ phủ kín hình bình hành này nếu : cos 3sin   a Bài 5 : ( 4 điểm ) Gọi r và R lần lượt là bán kính của hình cầu nội tiếp và ngoại tiếp một hình chóp tứ giác đều . Tìm giá trò nhỏ nhất của tỉ số R r ------------------------------------------------ Bài 1 : ( 4 điểm ) Hãy tìm tất cả những đa thức P(x) sao cho thoả mãn đẳng thức sau : x P(x – 1) = (x – 26) P(x) Đáp án Cho P(x) là đa thức thoả điều kiện bài toán . Hiển nhiên nó chia hết cho x . Nghóa là : P(x) = x P 1 (x) , ở đây P 1 (x) là một đa thức . (0,5đ) Khi đó , P(x – 1) = (x – 1) P 1 (x – 1) , nghóa là : x (x – 1) P 1 (x – 1) = x P(x – 1) = (x – 26) P(x) (0,5đ) Từ đây suy ra P(x) chia hết cho cả (x – 1) , nghóa là P(x) = x (x – 1) P 2 (x) (0,5đ) Từ đây ta lại nhận được : P(x – 1) = (x – 1) (x – 2) P 2 (x – 1) (0,5đ) Hoặc là x (x – 1) (x – 2) P 2 (x – 1) = (x – 26) . P(x) (0,5đ) Từ đây ta suy ra P(x) chia hết cho (x – 2) . Tiếp tục theo tinh thần đó , cuối cùng ta nhận được : P(x) = x (x – 1) (x – 2) . (x – 25) . P 26 (x) (0,5đ) Khi đó , từ điều kiện bài toán suy ra : x (x – 1) (x – 2) (x – 26) . P 26 (x – 1) = (x – 26) x (x – 1) .(x – 25) . P 26 (x) Suy ra : P 26 (x – 1) = P 26 (x) (0,5đ) Và vậy P 26 (x) = c ( c : hằng số ) Vậy P(x) = c . x (x – 1) (x – 2) . (x – 25) (0,5đ) Kiểm tra lại ta thấy nhận . ------------------------------------------------- Bài 2 : ( 4 điểm ) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình : x 3 + (x + 1) 3 + . + (x + 7) 3 = y 3 (1) Đáp án Đặt P(x) = x 3 + (x + 1) 3 + . + (x + 7) 3 = 8x 3 + 84x 2 + 420x + 784 Xét x  0 , ta có : (2x + 7) 3 = 8x 3 + 84x 2 + 294x + 343 < P(x) < 8x 3 + 120x 2 + 600x + 1000 = (2x + 10) 3 (0,5đ)  2x + 7 < y < 2x + 10  y = 2x + 8 hoặc y = 2x + 9 (0,5đ) Vì cả hai phương trình : P(x) – (2x + 8) 3 = 0  – 12x 2 + 36x + 272 = 0 P(x) – (2x + 9) 3 = 0  – 24x 2 – 66x + 55 = 0 đều không có nghiệm nguyên . Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên với x  0 (0,5đ) Lại có P(– x – 7) = – P(x) . Vậy (x ; y) là nghiệm của (1)  (– x – 7 ; y) cũng là nghiệm . (0,5đ) Do đó không tồn tại nghiệm với x  – 7 . Vậy nếu (x ; y) là nghiệm thì ta phải có -6  x  -1 (0,5đ) Với -3  x  -1 , ta có : P(-1) = 440 không phải là số lập phương , P(-2) = 216 = 6 3 , P(-3) = 64 = 4 3  (-2 ; 6) và (-3 ; 4) là các nghiệm với -3  x  -1 (0,5đ) Do tính chất P(– 7 – x) = – P(x)  (-5 ; -6) và (-4 ; -4) là nghiệm của (1) với -6  x  -1 (0,5đ) Vậy các nghiệm của (1) là : (-2 ; 6) , (-3 ; 4) , (-4 ; -4) , (-5 ; -6) (0,5đ) ------------------------------------------------- Bài 3 : ( 4 điểm ) Cho số a > 2 và dãy số (u n ) xác đònh bởi : 0 1 2 1 2 1 1 2 ( 1) n nn n u ua u u u n u                    Chứng minh rằng : với mọi kN   2 0 1 2 1 1 1 1 1 24 2 k aa u u u u         Đáp án a > 2 1 , 0 :b R b a b b       (0,5đ) 0 1 1 1 u u a b b     2 2 2 1 21 22 0 1 1 1 1 22 u u u b b b b b b b ub                                      (0,25ñ) 2 2 2 4 2 2 3 2 2 2 2 4 2 1 1 1 1 1 22 u u u b u b b b b u b b b                                   (0,25ñ) Töông töï : 12 12 2 2 2 2 1 1 22 22 2 1 1 1 1 2 kk kk k kk k u u u b b b b b ub bb                                   (0,25ñ) Do ñoù :   2 0 1 2 1 1 1 1 1 24 2 k aa u u u u         (1) 2 3 2 1 2 2 4 22 1 1 1 1 2 4 2 1 ( 1)( 1) ( 1) ( 1) k k b b b bb bb b b b bb                          (0,5ñ) 3 2 1 2 2 4 22 1 11 1 ( 1)( 1) ( 1) ( 1) k k b b b b b b b bb               (0,5ñ) 2 4 2 2 2 4 22 1 1 ( 1)( 1) ( 1) ( 1) k k b b b b b b bb            (0,5ñ) 1 2 2 2 4 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) kk b b b b b b b b                             < 1 (0,5đ) 22 1 11 ( 1) ( 1) k bb     (2) (0,5đ) (2) đúng với mọi kN và mọi b > 0 . Vậy (1) đúng với mọi kN và a > 2 (0,25đ) ------------------------------------------------- Bài 4 : ( 4 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có AB = a , AD = 1 , ˆ BAD   , tam giác ABD có tất cả các góc đều nhọn . Hãy chứng minh rằng các hình tròn bán kính bằng 1 có tâm lần lượt là A , B , C , D sẽ phủ kín hình bình hành này nếu : cos 3 sin   a . Đáp án  Bước 1 : * Bổ đề : Gọi O là tâm và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp  ABC . Khi đó , các hình tròn tâm A , B , C với bán kính x sẽ phủ kín  ABC xR . (1đ) * Chứng minh bổ đề : 1) Điều kiện cần : A Các hình tròn tâm A ,B ,C bán kính x phủ kín  ABC  các hình tròn này 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) là đường tròn ngoại tiếp  ABC . Ta xét các vòng tròn tâm A ,B ,C có bán kính R . Khi đó , gọi I ,J ,K lần lượt là hình chiếu của O xuống AB , BC , CA thì hình tròn tâm A bán kính R sẽ phủ kín tứ giác OIAK . Tương tự hình tròn tâm B , C bán kính R lần lượt phủ kín tứ giác OIBJ , OJCK . Do đó các hình tròn tâm A ,B ,C bán kính R phủ kín  ABC . (0,25đ) Theo giả thiết ta có x  R nên hiển nhiên các hình tròn tâm A , B , C bán kính x phủ kín  ABC . Điều kiện đủ được chứng minh . (0,25đ)  Bước 2 : Chứng minh bài toán : B C Các hình tròn tâm A ,B ,C ,D bán kính bằng 1 phủ H kín hình bình hành ABCD  3 hình tròn tâm A ,B ,D a bán kính bằng 1 phủ kín  ABD (0,5đ)  1 (hình vẽ 0,25đ) A D Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp  ABD , áp dụng bổ đề trên ta có điều kiện cần và đủ để 3 hình tròn đơn vò tâm A ,B ,D phủ kín  ABD là : 1  R (0,5đ) Ta có : BD = 2R sin  (đònh lý hàm số sin) BD 2 = a 2 + 1 – 2a cos  (đònh lý hàm số cosin) nên 4R 2 sin 2  = a 2 + 1 – 2a cos  (0,25đ) Do đó 4 sin 2   a 2 + 1 – 2a cos  (vì 1  R)  3 sin 2   a 2 + 1 – 2a cos  + cos 2  – 1  3 sin 2   a 2 – 2a cos  + cos 2  (0,25đ)  3 sin  cosa   , (do  ABD nhọn nên có AB > AH = cos   a > cos  )  3 sin   a – cos   cos  + 3 sin   a (đpcm) (0,25đ) -------------------------------------------------------------------- Bài 5 : ( 4 điểm ) Gọi r và R lần lượt là bán kính của hình cầu nội tiếp và ngoại tiếp hình chóp một tứ giác đều . Tìm giá trò nhỏ nhất của tỉ số R r . Đáp án A Giả sử hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a đường cao SO = h cạnh bên SC = 2 2 2 2 2SO OC h a   ( OC = 1 2 2 AC a ) D C M O N A B R cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp  SAC 2 2sin 2. 2. SC SC SC R SO A SD SA    (vì SA = SC) 22 2 2 ha R h   (1đ) r cũng là bán kính đường tròn nội tiếp  SMN với M ,N lần lượt là trung điểm của AD ,BC ()dt SMN r p   dt (  SMN) = ½ MN . SO = ah p = ½ (MN + SM + SN) = 22 a a h . điểm ) Gọi r và R lần lượt là bán kính của hình cầu nội tiếp và ngoại tiếp hình chóp một tứ giác đều . Tìm giá trò nhỏ nhất của tỉ số R r . Đáp án A Giả sử.   a . Đáp án  Bước 1 : * Bổ đề : Gọi O là tâm và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp  ABC . Khi đó , các hình tròn tâm A , B , C với bán kính x sẽ