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

Hiển nhiên nó chia hết cho x... Kiểm tra lại ta thấy nhận... Điều kiện đủ được chứng minh... tứ giác đều.. Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số Rr.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ANGIANG CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Trường THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

-

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG Năm học 2005 – 2006 Môn TOÁN

( Thời gian làm bài : 180 phút )

Bài 1 : ( 4 điểm )

Hãy tìm tất cả những đa thức P(x) sao cho thoả mãn đẳng thức sau :

x P(x – 1) = (x – 26) P(x)

Bài 2 : ( 4 điểm )

Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình :

x3 + (x + 1)3 + + (x + 7)3 = y3 (1)

Bài 3 : ( 4 điểm )

Cho số a > 2 và dãy số (un) xác định bởi : 10

2

1

1

n

n

u

u

u













 



 Chứng minh rằng : với mọi kN

Bài 4 : ( 4 điểm )

Cho hình bình hành ABCD có AB = a , AD = 1 , BADˆ  , tam giác ABD có

tất cả các góc đều nhọn Hãy chứng minh rằng các hình tròn bán kính bằng

1 có

tâm lần lượt là A , B , C , D sẽ phủ kín hình bình hành này nếu :

Bài 5 : ( 4 điểm )

Gọi r và R lần lượt là bán kính của hình cầu nội tiếp và ngoại tiếp một hình chóp

tứ giác đều Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số R

r

-

Bài 1 : ( 4 điểm )

Hãy tìm tất cả những đa thức P(x) sao cho thoả mãn đẳng thức sau :

x P(x – 1) = (x – 26) P(x)

Đáp án

Cho P(x) là đa thức thoả điều kiện bài toán Hiển nhiên nó chia hết cho x Nghĩa là : P(x) = x P1(x) , ở đây P1(x) là một đa thức

(0,5đ)

Khi đó , P(x – 1) = (x – 1) P1(x – 1) , nghĩa là :

x (x – 1) P1(x – 1) = x P(x – 1) = (x – 26) P(x)

(0,5đ)

Từ đây suy ra P(x) chia hết cho cả (x – 1) , nghĩa là P(x) = x (x – 1) P2(x)

(0,5đ)

Từ đây ta lại nhận được : P(x – 1) = (x – 1) (x – 2) P2(x – 1)

(0,5đ)

Hoặc là x (x – 1) (x – 2) P2(x – 1) = (x – 26) P(x)

(0,5đ)

Từ đây ta suy ra P(x) chia hết cho (x – 2)

Tiếp tục theo tinh thần đó , cuối cùng ta nhận được :

P(x) = x (x – 1) (x – 2) (x – 25) P26(x)

(0,5đ)

Khi đó , từ điều kiện bài toán suy ra :

x (x – 1) (x – 2) (x – 26) P26(x – 1) = (x – 26) x (x – 1) (x – 25) P26(x) Suy ra : P26(x – 1) = P26(x)

(0,5đ)

Và vậy P26(x) = c ( c : hằng số )

Vậy P(x) = c x (x – 1) (x – 2) (x – 25)

(0,5đ)

Kiểm tra lại ta thấy nhận

-

Bài 2 : ( 4 điểm )

Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình :

x3 + (x + 1)3 + + (x + 7)3 = y3 (1)

Đáp án

Đặt P(x) = x3 + (x + 1)3 + + (x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 420x + 784

Xét x  0 , ta có :

(2x + 7)3 = 8x3 + 84x2 + 294x + 343 < P(x) < 8x3 + 120x2 + 600x + 1000 = (2x +

10)3 (0,5đ)

 2x + 7 < y < 2x + 10  y = 2x + 8 hoặc y = 2x + 9

(0,5đ)

Vì cả hai phương trình : P(x) – (2x + 8)3 = 0  – 12x2 + 36x + 272 = 0

P(x) – (2x + 9)3 = 0  – 24x2 – 66x + 55 = 0

đều không có nghiệm nguyên Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên với

x0 (0,5đ)

Lại có P(– x – 7) = – P(x) Vậy (x ; y) là nghiệm của (1) (– x – 7 ; y) cũng là

nghiệm (0,5đ)

Do đó không tồn tại nghiệm với x  – 7 Vậy nếu (x ; y) là nghiệm thì ta phải có -6 

x -1 (0,5đ)

Với -3  x  -1 , ta có :

P(-1) = 440 không phải là số lập phương , P(-2) = 216 = 63 , P(-3) = 64 = 43

 (-2 ; 6) và (-3 ; 4) là các nghiệm với -3  x  -1

(0,5đ)

Do tính chất P(– 7 – x) = – P(x)  (-5 ; -6) và (-4 ; -4) là nghiệm của (1) với -6  x 

-1 (0,5đ)

Vậy các nghiệm của (1) là : (-2 ; 6) , (-3 ; 4) , (-4 ; -4) , (-5 ; -6)

(0,5đ)

-

Bài 3 : ( 4 điểm )

Cho số a > 2 và dãy số (un) xác định bởi : 10

2

1

1

n

n

u

u

u













 



 Chứng minh rằng : với mọi kN

2

k

Đáp án

a > 2 1

b

     

(0,5đ)

0

1

1

1

u

b



  

12 2 2

0

u

               

   

(0,25đ)

22 2 2 4 2

1

u

b

              

   

(0,25đ)

Tương tự :

1 2

2

1

1

2

k

k

u

b







             

(0,25đ)

Do đó :

 2 

2

u u u   u     (1)

2

k k

          

(0,5đ)

2 2 3 4 2 1

1

k k

b



      

(0,5đ)

2 2 2 4 4 2

k k

      

(0,5đ)

1

(0,5đ)

1

   (2)

(0,5đ)

(2) đúng với mọi kN và mọi b > 0 Vậy (1) đúng với mọi kN và a > 2

(0,25đ)

-

Bài 4 : ( 4 điểm )

Cho hình bình hành ABCD có AB = a , AD = 1 , BADˆ  , tam giác

ABD có

tất cả các góc đều nhọn Hãy chứng minh rằng các hình tròn bán kính bằng 1

có tâm lần

lượt là A , B , C , D sẽ phủ kín hình bình hành này nếu : cos 3 sin  a

Đáp án

 Bước 1 : * Bổ đề : Gọi O là tâm và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC Khi đó , các hình tròn tâm A , B , C với bán kính x sẽ phủ kín ABC  x R

(1đ)

* Chứng minh bổ đề :

1) Điều kiện cần :

A Các hình tròn tâm A ,B ,C bán kính x phủ kín

ABC  các hình tròn này phải phủ O

 x  R

(0,25đ)

I K

(hình vẽ 0,25đ)

O

B J C

2) Điều kiện đủ : Đảo lại , giả sử x  R với (O ,R) là đường tròn ngoại tiếp ABC

Ta xét các vòng tròn tâm A ,B ,C có bán kính R Khi đó , gọi I ,J ,K

lần lượt là hình chiếu của O xuống AB , BC , CA thì hình tròn

tâm A

bán kính R sẽ phủ kín tứ giác OIAK Tương tự hình tròn tâm B ,

C

bán kính R lần lượt phủ kín tứ giác OIBJ , OJCK Do đó các hình tròn

tâm A ,B ,C bán kính R phủ kín ABC

(0,25đ)

Theo giả thiết ta có x  R nên hiển nhiên các hình tròn tâm A ,

B , C

bán kính x phủ kín ABC Điều kiện đủ được chứng minh

(0,25đ)

 Bước 2 : Chứng minh bài toán :

B C Các hình tròn tâm A ,B ,C ,D bán kính bằng 1 phủ

H kín hình bình hành ABCD  3 hình tròn tâm

A ,B ,D

a bán kính bằng 1 phủ kín ABD

(0,5đ)

 1

(hình vẽ 0,25đ)

A D

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABD , áp dụng bổ đề trên ta có điều

kiện

cần và đủ để 3 hình tròn đơn vị tâm A ,B ,D phủ kín ABD là : 1 R

(0,5đ)

Ta có : BD = 2R sin (định lý hàm số sin)

BD2 = a2 + 1 – 2a cos (định lý hàm số cosin)

nên 4R2 sin2 = a2 + 1 – 2a cos

(0,25đ)

Do đó 4 sin2  a2 + 1 – 2a cos (vì 1 R)

 3 sin2  a2 + 1 – 2a cos + cos2 – 1

 3 sin2  a2 – 2a cos + cos2

(0,25đ)

 3 sin  a cos , (doABD nhọn nên có AB > AH = cos a >

cos )

 3 sin  a – cos

 cos + 3 sin  a (đpcm)

(0,25đ)

-

Bài 5 : ( 4 điểm )

Gọi r và R lần lượt là bán kính của hình cầu nội tiếp và ngoại tiếp hình

chóp một

tứ giác đều Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số R

r

Đáp án

A

Giả sử hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a

đường cao SO = h

cạnh bên SC =

2

SO OC  h  a

( OC = 1

2

D C

M O N

A B

R cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp SAC

2

2.

R

SO

SA

   (vì SA = SC) 2 2 2

2

R

h



 

(1đ)

r cũng là bán kính đường tròn nội tiếp SMN với M ,N lần lượt là trung điểm của

AD ,BC

dt( SMN)

r

p



dt (SMN) = ½ MN SO = ah

p = ½ (MN + SM + SN) = 2 2

a a h

  2 2 

h

 

(1đ) Suy ra : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 1 1 h R a h a r a a h a h a                            Đặt k R 0 ,x h 2 0 r a          , ta được : 2

2 ( 1 1) x k x    

(1đ)

2 2 2 2 2 1 ( 2 2 ) 4 (1 ) x k k x x k k x            x2 + 4 (1 + k – k2) x + 8k + 4 = 0 (1)

(1) có nghiệm x khi ’ = 4k2 (k2 – 2k – 1)  0  k  2 1  Do đó : Min R 2 1 r        

(1đ)

-