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
