Tài liệu Đề thi và đáp án chuyên ly thi học sinh giỏi Lý Tự Trọng pdf

Chứng minh rằng Px không chia hết cho Qx.. Đường thẳng vuông góc với đường phân giác góc HNM cắt AB kéo dài tại P.. Tính số đo các góc của tam giác ABC... Chứng minh rằng Px không chia

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)= xn + a1xn-1 + a2xn-2 + …+ an-1x + an, với ai,ai  { 1, 2, , 2006},i 1, n và Q(x) = x2006 – 2007x2005 – 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:

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 (an) được xác định bởi:

n

1

a

*

n 1

1

4









Chứng minh dãy (an) hội tụ và tìm n

nlim 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 = 30o 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 Ra, Rb, Rc, Rd 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

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)= xn + a1xn-1 + a2xn-2 + …+ an-1x + an, vớiai,ai  { 1, 2, , 2006},i 1, n và Q(x) = x2006 – 2007x2005 – 2006 Chứng minh rằng P(x) không chia hết cho Q(x)

Đáp án:

Trước hết ta chứng minh nếu đa thức f(x)= aoxn+a1xn-1+…+an (ao 0) có nghiệm xo thì :

k o

0

a

a

Thật vậy:

+ Nếu xo 1 thì hiển nhiên k

o

0

a

a

  (0,5 đ)

0 o 0 o

k

k n

o

o

1

x







(1,5đ)

Aùp dụng vào bài toán đã cho ta có: nếu xo là nghiệm của P(x) thì x0  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:

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

Đặt x 1 , y 1 , z 1

tgB.tgC tgC.tgA tgA.tgB

   thì từ (1) ta có: x + y + z = 1 (2)

1

1

tgB.tgC

Tương tự: 3 3 1 2 2 y3

tg C.tg A tg C.tg A  z x

tg A.tg B tg A.tg B  x y

Giả thiết bài toán trở thành P x3 y3 z3 1

   (1đ)

Theo bất đẳng thức Cauchy:

3

3

3

x

y

z













(1đ)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

P 1(x y z) 1 1(x y z)do(2)P 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 1

3

   Khi đó tgA = tgB = tgC hay ABC đều (đpcm) (1đ)

Bài 3.(Giải tích – 4 điểm)

Dãy số (an) được xác định bởi:

n

1

a

*

n 1

1

4









Chứng minh dãy (an) hội tụ và tìm n

nlim a

Đáp án:

+ Nhận thấy x 1

2

 là một nghiệm của phương trình:

x

1

4

   

 

  Ta c/m dãy (an) hội tụ về 1

2 Thật vậy:

+ Từ cách cho dãy ta có 1 an 1 n , n 2

4      (1) (1đ)

+ Xét hàm số

x

1

f (x)

4

 

  

  với x 1,1

4

    ta có:

x

1

4

4

+ Mặt khác vớii 2,n hàm số

x

1

f (x)

4

 

    liên tục trên các đoạn a ,i 1

2

1 hay ,a 2

  

  và có đạo hàm trong các khoảng a ,i 1 hay 1,ai

   , nên tồn tại ci a ,i 1 hay ci 1,ai

i

1

f (a ) f

2

a 2

 

 



(3)

Do (1) và (2) nên từ (3) ta suy ra f (a ) fi 1 2 ln 2 ai 1 (i 2, n)

 

+ Với cách cho dãy ta lại có ai 1 1 f (a ) fi 1 (i 2, n)

 

+ Vì 0 2.ln 2 1 nên n 1





Vậy dãy (an) hội tụ và có giới hạn bằng1

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 = 30o 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

2

Vậy tam giác HKP cân tại H

2



   (1đ)

Từ gt ta có PN là phân giác MNK PNM = PNK (c.g.c)    o

2



2



MAN  40 MNA70 MAN cân ABC cân và  



o

o

  







+ Trường hợp 2: H ở giữa M và P

Lập luận tương tự ta có :

2



(1,5đ)

MAN cân tại A ABC cân tại A và 

o

o

A 80

 





 

P

A

K

N

M

H

C

B



B

A

C

K

H

P



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 Ra, Rb, Rc, Rd 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

R R R R 16r

Đáp án:

Gọi: V là thể tích khối tứ diện ABCD; Sa, Sb, Sc, Sd lần lượt là diện tích

các tam giác BCD, ACD, ABD, ABC và Oa là tâm của mặt cầu bàng tiếp

tứ diện thuộc góc tam diện đỉnh A

Ta có:

ABCDO ABCD O BCD O ACD O ABD O ABC

a

3V

R

Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta được:

a b c d

3V 2

(1đ)

Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy:

1

4 1

4





Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Ra = Rb = Rc = Rd = 2r  Sa = Sb = Sc = Sd hay tứ diện

ABCD là một tứ diện gần đều (1đ)

Kết hợp với giả thiết tam giác ABC đều ta được tứ diện ABCD là một tứ diện đều Từ đó: 3

V8r 3 (đvtt) (1đ)

A

B

C

D

Oa