Tài liệu Đề thị học sinh giỏi toán Cà Mau doc

Sở Giáo dục & Đào tạo Cà Mau KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG Trường THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển Năm học 2005 – 2006  MÔN TOÁN BÀI 1: (4đ) Giải phương trình: 3 2 3 2 (1 ) 2(1 )x x x x    . BÀI 2: (4đ) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho:   33 22nn   là số nguyên dương. BÀI 3: (4đ) Cho 1 0a  . Xét dãy số () n a cho bởi: 1 ln(1 ), nn a a n       . Chứng minh rằng: ( 2) 2 lim ln 3 n n n na n    . BÀI 4: (4đ) Cho tam diện vuông Oxyz và điểm A cố đònh nằm trong tam diện. Khoảng cách từ A đến ba mặt (Oyz), (Ozx) và (Oxy) lần lượt là a, b và c. Gọi    là mặt phẳng di động qua A cắt Ox tại M, cắt Oy tại N và cắt Oz tại P. Trong trường hợp thể tích tứ diện OMNP đạt giá trò nhỏ nhất thì A là điểm gì trong tam giác MNP? BÀI 5: (4đ) Trong đường tròn có bán kính bằng 1 nội tiếp một hình vuông; trong hình vuông này lại nội tiếp một đường tròn nữa, trong đường tròn này lại nội tiếp một bát giác đều, trong bát giác đều lại nội tiếp một đường tròn, trong đường tròn này lại nội tiếp một đa giác đều 16 cạnh, cứ như thế … Chứng minh bán kính của các đường tròn kể trên đều lớn hơn 2  . ĐÁP ÁN BÀI 1: (4đ) 3 2 3 2 (1 ) 2(1 )x x x x    (1) Điều kiện: 2 1 0 1xx    . Đặt: cosx   với   0;   22 1 1 cos sinx       . (0,5đ) Phương trình (1) trở thành: 33 cos sin 2sin cos      (2) (0,5đ) Đặt cos sin 2.cos( ) 4 t         . Vì   0; 1; 2t        . (0,5đ) Phương trình (2) trở thành: 32 32 31 2( ) 2 3 2 0 22 t t t t t t        (0,5đ) 2 12 12 t t t             Với 1 sin cos 2 2 2 sin cos 2 sin cos 2 tx                 . (0,5đ)  Với sin cos 1 2 12 sin cos 1 2 t               (0,5đ) sin ,cos   là hai nghiệm của phương trình: (chọn) (loại) 2 1 2 2 2 1 (1 2) 1 2 0 cos 2 X X x             (0,5đ) (vì sin cos 1 2 0,sin 0 cos 0)x            (0,5đ) BÀI 2: (4đ) Đặt: 33 22x n n    (1)  Điều kiện cần: (1) 3 3 4 3 . 4x x n    (2) (2): 3 3 4 3 . 4 1x n x    ( x nguyên dương) 3 1 4 n x     (*) (0,5) Mặt khác từ (2) 3 33 4 43 3 x n x      (**) (0,5) Từ (*) và (**) ta có: 3 3 3 3 3 14 1 1 3 2 3 3. 4 4 3 3 x x x xx x xx x x                       . (0,5) (0,5) (0,5)  Điều kiện đủ: + Khi x = 2 thì từ (**) ta có: 3 2 8 100 44 3 27 27 n n n          (0,5) (loại x = 2). + Khi x = 1, thì từ (**) ta có: 3 4 1 5nn        (nhận x = 1). (0,5) Kết luận: Vậy với n = 5 thì   33 22nn   là số nguyên dương và 33 2 2 1nn    . (0,5) BÀI 3: (4đ) + 2 ( 2) lim lim ln ln nn n nn n n na a na nn      (0,5đ) + Chứng minh: lim 2 n n na   (vì lim 0 n n a   do: 0 n a  và 1nn aa   ) (0,5+0,5) + Chứng minh: 2 lim ln n n n a n   tồn tại. (0,5) + Chứng minh BĐT: 2 3 4 2 3 ln(1 ) , 0 2 3 4 2 3 x x x x x x x x x          (0,5) 3 4 5 3 4 11 1 1 1 1 1 22 6 6 4 6 3 n n n n n n n n n a a a a a a a a a          (0,5) 11 3 2 1 lim 6 n n n n n n a a a a a     (0,5) ( 2) 2 lim ln 3 n n n na n    (0,5) (vì 2 lim ln n n n a n   = 1 1 1 1 23 (2 ) (2 ) 11 lim lim 2. 63 n n n n n n n n n nn nn n a a a a na a a a a aa              ). BÀI 4: (4đ) Ta có: . . .OMNP A OPN A OPM A OMN V V V V   (0,5) 3 13 a b c abc OM ON OP OM ON OP      (BĐT Cauchy) (0,5+0,5) 27 27 1. 66 OMNP OMNP abc V abc V     (0,5) (min) 27 1 63 OMNP a b c V abc OM ON OP       (0,5). Khi đó, tam giác POK (K = PA  MN) có OP // AH (H là hình chiếu vuông góc của A lên (Oxy)) nên: 1 3 c KA OP KP  Tương tự: 1 3 ab OM ON  BÀI 5: (4đ) Gọi R 1 = 1: là bán kính đường tròn ban đầu (bước thứ 1). R 2 : là bán kính đường tròn ở bước thứ 2  21 cos 4 RR   . (0,5) R 3 : là bán kính đường tròn ở bước thứ 3  3 2 2 3 co s cos 82 R R R   . (0,5) R 4 : là bán kính đường tròn ở bước thứ 4  4 3 3 4 co s co s 16 2 R R R   . (0,5) . . . . . . R n : là bán kính đường tròn ở bước thứ n  1 1 co s 2 nn n RR     . (0,5) 234 1 cos .cos .cos cos 2 2 2 2 2 .sin . sin 1 22 n n n n n R R           (0,5+0,5)     A là trọng tâm tam giác MNP. (0,5+0,5+0,5) 11 1 1 2 2 .sin 2 . 22 n nn nn R        (vì sin , 0xxx   ) (0,5+0,5). . dục & Đào tạo Cà Mau KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG Trường THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển Năm học 2005 – 2006  MÔN TOÁN BÀI. lại nội tiếp một bát giác đều, trong bát giác đều lại nội tiếp một đường tròn, trong đường tròn này lại nội tiếp một đa giác đều 16 cạnh, cứ như thế …