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

SỞ GD-ĐT ĐỒNG THÁP KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLIMPIC ĐBSCL
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ CAO LÃNH NĂM HỌC 2005-2006
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN
Thời gian : 180 phút

----------***----------
Bài 1: (Số học)
Tìm tất cả các số tự nhiên x và y thoả mãn phương trình :

4
( ) 3361 11296320xy  

Bài 2: (Đại số )
Cho các số x,y,z thỏa mãn:
2
22
 yxyx
.
Tìm GTNN và GTLN của biểu thức:

22
32 yxyxA 


Bài 3: (Dãy số )

Cho dãy số thực
)(
n
x
, n=1,2,3,...xác đònh bởi







33
2
23
1
1
nnn
xxx
x

Tìm số hạng tổng quát của x
n

Bài 4: (Hình học phẳng)

Cho tam giác ABC nội tiếp trong một vòng tròn. Gọi AA
'
,BB
'
,CC
'
là ba trung tuyến .
AA
'

,BB
'
,CC
'
lần lượt cắt vòng tròn ngoại tiếp tại
111
,, CBA
. Tìm GTLN của:

1
'
1
'
1
'
CC
CC
BB
BB
AA
AA
T 

Bài 5: (Hình học không gian)

Cho tứ diện ABCD. Giả sử tứ diện này được chia thành hai phần bởi một mặt phẳng
song song với AB và CD, khoảng cách từ mặt phẳng này đến AB bằng 2 lần khoảng
cách đến CD.Tính tỷ số thể tích của hai phần đó.

-----------------Hết----------------

Sở GD – ĐT Đồng Tháp KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG
TRƯỜNG THPT TX CAO LÃNH NĂM HỌC : 2005 – 2006
*********** ***********

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN
THỜI GIAN : 180 PHÚT
----------*****----------

Bài 1: (4 điểm)


Tìm tất cả các số tự nhiên x và y thoả mãn phương trình :

4
( ) 3361 11296320xy  



Hướng dẫn giải:

Nhận thấy x và y là các số nguyên không âm và
3
11296320 2 .41. 105
là số vô tỉ.
Phương trình đã cho có thể viết lại :

2
( ) 4 3361 4( ) 328 105x y xy x y xy     
(1) (1đ)
Vế trái của (1) là số hữu tỉ nên điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm nguyên là cả hai
vế của (1) đều bằng không . Khi đó ta có hệ phương trình:

2
( ) 4 3361 0
4( ) 328 105 0
x y xy
x y xy

   


  


(1đ)
Đặt : S=x+y, P=xy ta được hệ:

2
4 3361 0 (2)
82 105 (3)
SP
SP

  







Từ (3) ta rút ra được :
2
2
82 .105
P
S

Thay vào (2) và thu gọn được :

4 2 2
3361. 4.82 .105 0SS  


S
2
= 1681 hoặc S
2
=1680 = 41
2
(1đ)
Từ đó ta được : S=41 và P=420.
Suy ra x, y là nghiệm của phương trình : t
2
–42t+420=0


t=20 hoặc t=21. (1đ)
Vậy phương trình có hai nghiệm là (20;21); (21;20).









Bài 2: (4 điểm)

Cho các số x,y,z thỏa mãn:
2
22
 yxyx
.
Tìm GTNN và GTLN của biểu thức:

22
32 yxyxA 



Hướng dẫn giải:
Xét trường hợp y=0 thì
2
2
x

và ta có A=2 (0,5 đ)
Xét trường hợp
0y
, đặt
y
x
t 
. Ta có:

)(
1
3232
2
2
2
22
22
tf
tt
tt
yxyx
yxyxA







(0,5 đ)

22
2
22
22
'
)1(
543
)1(
)32)(12()1)(22(
)(






tt
tt
tt
tttttt
tf
(0,5 đ)
3
192
3
192
05430)(
21
2'




 ttttttf
(0,5 đ)
Từ đó ta có bảng biến thiên sau:
Vì
1)(lim)(lim 

tftf
tt
nên từ bảng biến thiên ta suy ra: (0,5 đ)



19738
19238
)()(min&
19738
19238
)()(
'1






i
tftftftMaxf

(1 đ)
Do đó:
))(2max
1 2
2f(tminAvà  tfA

Kết luận:
19738
19476
min&
19738
19476





 AMaxA
(0,5 đ)









t


t
1
t
2
+


f
'
(t) + 0 - 0 +
f(t)




1
f(t
1
)
f(t
2
)
1
Bài 3: (4 điểm)

Cho dãy số thực
)(
n
x
, n=1,2,3,...xác đònh bởi







33
2
23
1
1
nnn
xxx
x

Tìm số hạng tổng quát của x
n

Hướng dẫn giải:
Đặt:
1,1  nxy
nn
(0,5 đ)
Từ dãy
)(
n
x
ta có dãy
)(

n
y
được xác đònh như sau:






1n
nnn
yyy
y
3
3
3
1
1
(0,5 đ)
Xét phương trình :
013
2
 xx
(1) .
Dể thấy (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và






1.
3
21
21
xx
xx
(0,5 đ)
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n rằng:
11
3
2
3
1


nn
xxy
n
(2)
1n
(0,5 đ)
Với n=1: hiển nhiên có (2)
Giả sử đã có (2) với n=k (
1k
). Tức là :
11

3
2
3
1


kk
xxy
k

Ta chứng minh (2) cũng đúng khi n=k+1. Thật vậy:
Ta có:

1.
)(3).()(3
)(3)(3
2
3
2
3
1
3
2
3
1
3
2
3
1
3

21
3
2
3
1
3
2
3
1
33
2
3
1
3
1
11111
1111






xxx
xxxxxxxx
xxxxyyy
kk
kkkkkkk
kkkk
kkk

1
x vì

(1 đ)
Nên (2) đúng
1n
. Từ đó ta có:
1
11
3
2
3
1

 nn
xxx
n
,
dể thấy (1) có hai nghiệm
2
53
2,1

x
(0,5 đ)
Vậy số hạng tổng quát của dãy số thực
)(
n
x
là

1
2
53
2
53
11
33





















 nn
n

x
. (0,5 đ)








Bài 4: (4 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp trong một vòng tròn. Gọi AA
'
,BB
'
,CC
'
là ba trung tuyến .
AA
'
,BB
'
,CC
'
lần lượt cắt vòng tròn ngoại tiếp tại
111
,, CBA
. Tìm GTLN của:

1
'
1
'
1
'
CC
CC
BB
BB
AA
AA
T 




c
b
a
A1
C1
B1
B'
C'
A'
B
A
C

Hướng dẫn giải:
Do
'
ABA
~
'
1
ACA
nên
4
..
2
''
1
''
'
1
'
'
'
a
CABAAAAA
AA
BA
CA
AA

(0,5 đ)
Suy ra:
4

)(.
2
2
1
'''
1
'
a
mAAAAAAAAAA
a

(0,5 đ)
Từ đó:
22
2
22
222
1
'
2'
1
'
.
2
1
1
22
.
2
1

. cb
a
cb
acb
AAAA
AA
AA
AA





(0,5 đ)
Bằng cách tính tương tự ta được:

)(
2
1
3
22
2
22
2
22
2
1
'
1
'

1
'
ba
c
ac
b
cb
a
CC
CC
BB
BB
AA
AA






(0,5 đ)
Ta có:

 

3)
111
.()()()(
2
1

3)
111
)((a
3111
222222
222222
222222
222
22
2
22
2
22
2
22
2
22
2
22
2



























accbba
accbba
accbba
cb
ba
c
ac
b
cb
a
ba
c
ac

b
cb
a

(0,5 đ)

Áp dụng bđt Cauchy ta có: