Tài liệu Đề thi và đáp án học sinh giỏi Châu Văn Liêm, Cần Thơ ppt

Sở Giáo dục và Đào tạo thành phố Cần Thơ
Trường Trung học Phổ thông Châu Văn Liêm

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG CỬU LONG
( Môn Toán - 180 Phút )
BÀI 1 : Số học.
Cho n là số tự nhiên sao cho 2006! chia hết cho 6
n
. Chứng minh n  999
BÀI 2 : Đại số và lượng giác.
Giải phương trình : 2005
x
2
 2006
x
2
= 2004
x
 2005
x
.
BÀI 3 : Giải tích và tổ hợp.
Cho cấp số cộng  a
o
; a
1
; a
2
; a
3
. . . với a

n
= a + n.d ; a > 0, d > 0 , n  N
. Tìm điều kiện cần và đủ đối với a và d để có một dãy con của cấp số
cộng là cấp số nhân.
BÀI 4 : Hình học phẳng
Bên trong đường tròn đường kính AB = 2006 có 4 đoạn thẳng mỗi đoạn
có độ dài bằng 1003. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng vuông góc
hoặc song song với AB, giao với ít nhất 2 trong 4 đoạn thẳng đã cho.
BÀI 5 : Hình học không gian
Cho tứ diện ABCD, có các cạnh AD, AC, BD, BC lần lượt tiếp xúc với
mặt cầu (S
1
) bán kính R
1
, tâm I
1
nằm trên cạnh AB; các cạnh CA, CB,
DA, DB lần lượt tiếp xúc với mặt cầu (S
2
) bán kính R
2
, tâm I
2
nằm trên
cạnh CD. Chứng minh : AB
4
(CD
2
– 4R
2

2
) = CD
4
(AB
2
– 4R
2
1
)

Sở Giáo dục và Đào tạo thành phố Cần Thơ
Trường Trung học Phổ thông Châu Văn Liêm

ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG CỬU LONG
Môn Toán
BÀI 1 :
2006!  6
n
 2006!  2
n
và 2006!  3
n
.
Số các bội của 2 trong dãy 1; 2; . . . 2006 là







2006
2

= 1003 số
Số các bội của 2
2
trong dãy 1; 2; . . . 2006 là






2006
4

= 501 số
Tương tự số các bội của 2
3
, 2
4
. . . , 2
10
trong dãy 1; 2; . . . 2006 lần lượt
là 250; 125; 62; 31; 15; 7; 3; 1 số
Như vậy khi phân tích 2006! thành tích các thừa số nguyên tố thì số mũ
của 2 là 1003 + 501 + 250 + 125 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 =1998.
Cũng làm như trên, ta nhận thấy khi phân tích 2006! thành tích các thừa
số nguyên tố thì số mũ của 3 là 668 + 222 + 74 + 24 + 8 + 2 + 1 = 999.
Do đó 2006! = 2

1998
.3
999
.p với (p; 2) = 1; (p; 3) = 1 dễ thấy nếu 2006!  2
n

thì n  1998 và 2006!  3
n
thì n  999. Vậy n  999.
BÀI 2 :
2005
x
2
 2006
x
2
= 2004
x
 2005
x
 2004
x
+ 2006
x
2
= 2005
x
+
2005
x

2
(*)
Đặt 2004 = a, 2006 = b, 2005 = (a + b)/2 = c.
Nhận xét 1 : (*) có nghiệm x = 0; x = 1.
Nhận xét 2 : Xét hàm số f(x) = x

2
 x


f’(x) = 
2
x

2
- 1
 x
 - 1
= x
 - 1
(x

2
- 
 1)
khi  < 0 hoặc  > 1 thì f’(x) > 0 với x  (1; +),
khi 0 <  < 1 thì f’(x) < 0 với x  (1; +)
do đó f(x) đồng biến trên (1; +) với   [0; 1], nghòch biến trên (1;
+) với   (0; 1)
Nhận xét 3 : Xét hàm số g(x) = x


có g’(x) = x
 - 1
, g”(x) = (  1)x
 - 2

khi  < 0 hoặc  > 1 thì g”(x) > 0 với x  (1; +) ,
khi 0 <  < 1 thì g”(x) < 0 với x  (1; +) ,
do đó g(x) lõm trên (1; +) với   [0; 1], lồi trên (1; +) với  
(0; 1)
Theo các nhận xét trên , với x  [0; 1] ta có :
a
x
+ b
x
2
=
1
2

( a
x
+ b
x
) +
1
2

(a
x

2
+ b
x
2
) +
1
2

(b
x
2
 b
x
) 
1
2

(a
x
2
 a
x
)
> c
x
+ c
x
2

với x  (0; 1)ta có :

a
x
+ b
x
2
=
1
2

( a
x
+ b
x
) +
1
2

(a
x
2
+ b
x
2
) +
1
2

(b
x
2

 b
x
) 
1
2

(a
x
2
 a
x
)
< c
x
+ c
x
2

Vậy phương trình đã cho chỉ có nghiệm x = 0; x = 1.

BÀI 3 :
Điều kiện cần : Giả sử có một dãy con của dãy đã cho là cấp số nhân.
a
i
, a
j
, a
k
(i, j, k  N, i < j < k) là ba số hạng liên tiếp của cấp số nhân đó
 a

2
j
= a
i
.a
k
 (a + j.d)
2
= (a + i.d)(a + k.d)  a.d( 2j  i  k ) = d
2
( i.k 
j
2
)

a
d

=
i.k  j
2
2j  i  k

 Q 
a
d

 Q.
Điều kiện đủ : giả sử
a

d

 Q 
a
d

=
m
n

với n  N
*
, m  N
*
.  a.n = d.m
Xét b
o
= a
o
= a.
b
1
= (n + 1).b
o
, b
1
= (n + 1)a = n.a + a = a + m.d = a
m
;
b

2
= (n + 1).b
1
= (n + 1).a
m
;
b
2
= (n + 1).(a + m.d) = n.a + a + (n + 1)m.d = m.d + a + (n + 1)m.d
= a + (n + 2)m.d = a
m(n + 2)
;
b
3
= (n + 1).b
2
= (n + 1).a
m(n + 2)
,
b
3
= (n + 1).[a + m(n + 2).d] = n.a + a + (n + 1)(n + 2).m.d
= m.d + a + (n + 1)(n + 2)m.d = a + [(n + 1)(n + 2) + 1]m.d = a
m[(n + 1)(n + 2)
+ 1]
;
Rõ ràng quá trình trên có thể kéo dài vô hạn  dãy đã cho có dãy con là
cấp số nhân.
Vậy điều kiện cần và đủ để cấp số cộng đã cho có dãy con cấp số nhân là
a

d

 Q
BÀI 4 :
Kẻ đường kính CD  AB
Xét EF là một trong các đoạn đã cho, gọi độ dài hình chiếu của EF lần
lượt trên AB, CD là x
1
; y
1
, dễ thấy x
1
+ y
1
 EF = 1003.
Tương tự, độ dài các hình chiếu 3 đoạn còn lại trên AB, CD làn lượt là là
x
2
; y
2
, x
3
; y
3
, x
4
; y
4
.
Rõ ràng là ( x

1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
) + ( y
1
+ y
2
+ y
3
+ y
4
)  2.2006, như vậy
một trong hai tổng ( x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
);( y
1
+ y
2
+ y
3

+ y
4
) có một tổng
lớn hơn 2006, giả sử đó là ( x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
), suy ra trên AB có điểm M
thuộc ít nhất 2 hình chiếu của các đoạn nói trên. Đường thẳng qua M
vuông góc AB là đường thẳng cần tìm.

BÀI 5 :
AD, AC là các tiếp tuyến của mặt cầu tâm I
1
, dễ thấy I
1
AD = I
1
AC.
BD, BC là các tiếp tuyến của mặt cầu tâm I
1
, dễ thấy I
1
BD = I
1
BC.

Do đó tam giác ABD = tam giác ABC suy ra AD = AC; BD = BC.
Tương tự với các tiếp tuyến của mặt cầu tâm I
2
, ta có AD = BD; AC =
BC
Đặt AC = AD = BC = BD = a > 0, dễ thấy I
1
là trung điểm AB, I
2
là
trung điểm CD, đặt AB = 2m, CD = 2n.
Ta có dtABD = 2.dtADI
1
= a.R
1
= m.DI
1
= m. a
2
- m
2
 R
1
=
m
a

a
2
- m

2

Tương tự R
2
=
m
a

a
2
- m
2

Như vậy : CD
2
– 4R
2
2
= 4(n
2
– R
2
2
) = 4n
2







1 –
a
2
– n
2
a
2

= 4
n
4
a
2
=
CD
4
4a
2

Tương tự : AB
2
– 4R
2
1
=
AB
4
4a
2

Suy ra : AB
4
(CD
2
– 4R
2
2
) và CD
4
(AB
2
– 4R
2
1
) cùng bằng
AB
4
CD
4
4a
2