SỞ GD & ĐT TRÀ VINH TRƯỜNG TRUNG HỌC CHUYÊN. ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KÌ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG MÔN : TOÁN Bài 1 (đại số) Cho 0 < i a  R thỏa : 7n3,Nn, 2 n a 1 n 1i i    (1). Chứng minh rằng : 8 )19n(n a aa 1 a 1 n 1i i 1n k n 1ki ik n 1i i                 (2). Bài 2 (số học) Cho 2005 số c i Z  . Chứng minh bất đẳng thức : 4010 c 2006c c 2005c c 1)2006c(2 c )2005c(2 2005 1i i i 2005 1i i i 2005 1i i i 2005 1i i i                                   (1). Bài 3 (giải tích) Xét dãy số (u n ) đònh bởi :       Nn,)1(2u535u au n uu 1n 1 nn . Tuỳ theo a        ; 2 1 xét tính hội tụ của (u n ) và tìm lim u n (nếu có). Bài 4 (hình học phẳng) Cho tam giác ABC, có độ dài hai đường cao là những số tự nhiên và có bán kính vòng tròn nội tiếp bằng 1. Tính độ dài các đường cao của tam giác đó Bài 5 (hình học không gian) Trong không gian cho nửa mặt phẳng  và mặt phẳng  cố đònh cắt nhau theo giao tuyến u; SA, SB là 2 tia cố đònh trong mặt phẳng  (A , B thuộc u) sao cho số đo của nhò diện (S,AB, ) bằng 60 0 . (w) là một mặt cầu tâm I luôn tiếp xúc với  ,  về phía không chứa điểm S (đối với ). Tìm tập hợp các điểm C trong  sao cho (w) ở phía trong tam diện SABC và tiếp xúc với mặt (SAC) , (SBC). Biết rằng hình chiếu của điểm K trên IP là trung điểm của nó .Trong đó K , P là tiếp điểm của (w) với các mặt (SAC) và  . Bài 5’(giải tích hàm) Tìm các hàm f(x) liên tục trên R và thỏa : f(x) + f 2006 x2005 2005 x2004        , xR. Đáp án Bài 1 (đại số) Cho 0 < i a  R thỏa : 7n3,Nn, 2 n a 1 n 1i i    (1). Điểm Chứng minh rằng : 8 )19n(n a aa 1 a 1 n 1i i 1n k n 1ki ik n 1i i                 (2). Đáp án p dụng bđt Côsi cho n số ta có : 2 1 a 1 0 a n a 1 2 n n n 1i i n n 1i i n 1i i      . 0,5đ Đặt t = n n 1i i a 1   (0 < t 2 1  ). Lại theo bất đẳng thức Côsi cho n số ta có :          n 1i n n 1i ii n n 1i i n 1i i ana; a n a 1 . 0,5đ Và theo bất đẳng thức Côsi cho 2 )1n(n  số ta có :              1n k n 1ki ik aa 1               2 )1n(n 1n n 1i i a 1 2 )1n(n 2 n n 1i i a 1 2 )1n(n                  . 0,5đ Vậy để chứng minh (2) ta cần chứng minh : 8 19n t 2 1n t 1 t 2     . 0,5đ Xét hàm f(t) = t 1 t 2 1n t 2    , (0 < t 2 1  ). Ta có f ’(t) = (n -1)t + 1 – 2 23 2 t 1tt)1n( t 1   0,5đ Để xét dấu f’(t) , ta xét hàm g(t) = 1tt)1n( 23  , có g’(t) = t2t)1n(3 2  , ) 2 1 ;0(t  . 0,5đ Ta có g 7n3,01 4 1 8 1n 2 1          0,5đ Bbt Vậy f(t)  f( 2 1 ) = 8 19n  (đpcm). 0,5đ t 0 2 1 g’(t) + g(t)  f ’(t)  f(t) Bài 2 (số học) Cho 2005 số c i Z  . Chứng minh bất đẳng thức : 4010 c 2006c c 2005c c 1)2006c(2 c )2005c(2 2005 1i i i 2005 1i i i 2005 1i i i 2005 1i i i                                   (1). Đáp án 1) Trước hết ta chứng minh mệnh đề sau: Cho a, b, c Z và c > 0 thì                                     c 1ba c b c a c 1b2 c a2 (2). 0,5đ Chứng minh : Theo đònh lý cơ bản thì luôn tồn tại (m,r) ; (n,s) Z 2 sao cho :      sncb rmca , trong đó 0  r, s < c. 0,5đ Ta xét hai trường hợp ˙Nếu s  r  2s + 1  r + s + 1                     c 1sr c 1s2 c 1sr c 1s2 (3). 0,5đ ˙Nếu s < r  2r > r + s + 1 0 c 1sr c r2 c 1sr c r2                   (4). 0,5đ Từ (3) và (4) ta có                                     c 1sr c s c r c 1s2 c r2 . 0,5đ Khi đó Vt(1) =                                             c 1ba c b c a c 1sr nm c s n c r m (mệnh đề được chứng minh) 0,5đ 2) p dụng mệnh đề (2) cho lần lượt 2005 bộ số : a = c i + 2005 , b = c i - 2006 và c = c i , rồi cộng vế theo vế cho ta điều cần chứng minh . 1,0đ Bài 3 (giải tích dãy) Xét dãy số (u n ) đònh bởi :       Nn,)1(2u535u au n uu 1n 1 nn . Tuỳ theo a        ; 2 1 xét tính hội tụ của (u n ) và tìm lim u n (nếu có). Đáp án 1) Tìm điểm bất động : Xét phương trình x = 2x535 xx  (2). Ta thấy x = 0 , x = 1 là hai nghiệm của (2) trên R . 0,5đ Mặt khác xét hàm g(x) = 2x635 xx  . Ta có g’(x) = 63ln35ln5 xx  03ln35ln5)x(''g 2x2x  , x R (3). Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của (2) trên       ; 2 1 . 0,5đ 2) Xét tính đơn điệu : ˙ Xét hàm : f(x) = 535)x('f2x535 xxxx  . Ta có thì f ’’(x) = g’’(x) > 0 xR nên f’(x) đồng biến vì vậy f’(x) có nghiệm duy nhất x = b . 0,5đ ˙ Mà ta có 053ln35ln5 2 1 'f         f( 2 1 ) > f(b)  2 1 > b. 0,5đ Đặt f( 2 1 ) = k , ta thấy f(1) = 1 Vậy ta có bảng biến thiên của hàm f(x) : 0,5đ ˙Bảng xét dấu của f(x) – x : Vậy k = 2 1 ) 2 1 (f  . 0,5đ 3) Biện luận : °Nếu 2 1  a < 1 ta có f(x) đồng biến và f(x) – x < 0 nên (u n ) giảm và bò chặn dưới bởi k . Vậy (u n ) không hội tụ . Vì Nếu (u n ) hội tụ thì lim u n = c với ( 2 1 < c <1) điều này vô lý do c không phải là điểm bất động. 0,5đ °Nếu a = 1 thì lim u n = 1 . °Nếu a > 1 ta có f(x) đồng biến và f(x) – x > 0 nên (u n ) tăng nên . x 2 1 1 + f(x) – x - 0 + x 2 1 b 1 + f’(x) + + + k 1 Tương tự như trên ta có (u n ) không hội tụ . 0,5đ Bài 4 (hình học) Cho tam giác ABC , có độ dài hai đường cao là số tự nhiên và có bán kính vòng tròn nội tiếp bằng 1. Tính độ dài các đường cao a h , b h và c h của tam giác đó. Đáp án ˙Không mất tổng quát giả sử các đường cao a h , b h  N. Ta có 2S = c c h = (a + b + c)r = a + b + c > 2c  c h > 2 . Vậy a h , b h  3. 1,0đ Không mất tổng quát giả sử a h < b h ˙Mà ta có :                    4 1 h 1 4 1 h 1 1 r 1 S2 c S2 b S2 a h 1 h 1 h 1 bacba  0 h 1 2 1 c 1,0đ        5h3 12 1 4 1 h 1 3h b b a . 1,0đ Vì b h  Z nên ta xét các trường hợp : ˚ Nếu b h = 3 thì a h = b h = c h = 3 . ˚ Nếu b h = 4 thì 5 12 h c  ; ˚ Nếu b h = 5 thì 7 15 h c  . 1,0đ Bài 5 (Hình không gian) Trong không gian cho nửa mặt phẳng  và mặt phẳng  cố đònh cắt nhau theo giao tuyến u . SA, SB là 2 tia cố đònh trong mặt phẳng  (A , B thuộc u) sao cho số đo của nhò diện (S,AB, ) bằng 60 0 . (w) là một mặt cầu tâm I luôn tiếp xúc với  ,  về phía không chứa điểm S (đối với ). Tìm tập hợp các điểm C trong  sao cho (w) ở phía trong tam diện SABC và tiếp xúc với mặt (SAC) , (SBC). Biết rằng hình chiếu của điểm K trên IP là trung điểm của nó .Trong đó K , P là tiếp điểm của (w) với các mặt (SAC) và  . Đáp án ˙Phần thuận : Gọi H là tiếp điểm của (w) với mặt (SAB) và N là giao điểm của mặt (IPH) với AB, M là giao điểm của mặt (IPK) với AC. Trong tứ giác IHNP có góc PNH = 120 0 ( góc phẳng của nhò diện (H,AB,C) ) 1,0đ Gọi K 0 là hình chiếu của K trên IP ta có K 0 là trung điểm của IP nên H thuộc mặt phẳng trung trực của đoạn PI. Vậy K và H cùng thuộc mặt phẳng trung trực của đoạn PI. S C B K H K 0 P N M A I x Nên trong tứ giác IKMP có góc KMP = 120 0 ( góc phẳng của nhò diện (K,AC,B) ). 1,0đ Mà  và SA cố đònh và mặt phẳng  và (SAC) luôn tạo với nhau một góc 120 0 nên mặt phẳng (SAC) cố đònh suy ra C thuộc tia Ax (giao của  và (SAC) . 1,0đ ˙Phần đảo : Lấy C’ Ax dễ thấy luôn tồn tại duy nhất một mặt cầu thỏa đề bài. ˙Kết luận : Vậy qũy tích các điểm C là tia Ax. 1,0đ Bài 5’(Giải tích hàm) Tìm các hàm f(x) liên tục trên R và thỏa : f(x) + f 2006 x2005 2005 x2004        , xR. Đáp án 1) Đặt a = 2004 , g(x) = 1a ax 2005 x2004   . Xét dãy (x ) n :       2n,Nn)x(gx xx 1nn 1 , thì 1n 1n 1a a xx          . Ta có (1)    )x(gf)x(f 2a x)1a(   (2). 1,0đ 2) Trong (2) lần lượt thay x bởi n, .,1i,x i  ta được      2a x)1a( )x(f)x(f i 1ii 2a x)1a( )1()]x(f)x(f[)1( i 1i 1ii 1i       . 0,5đ Cộng vế theo vế ta có             1n 1i i 1i 1n 1i 1ii 1i x)1( 2a 1a ])x(f)x(f[)1(      )x)1( .xx( 2a 1a )x(f)1()x(f 1n n 21n n 1 )3( 1a a )1( . 1a a 1a a 1x 1a a 2n n 2 1                                   0,5đ Ta thấy : 2n n 2 1a a )1(, ., 1a a , 1a a ,1                         lập thành cấp số nhân với 1a a q,1u 1   , và có (n – 1) số hạng . 0,5đ Nên (3)                              1a a 1 1a a 1 x 2a 1a )x(f)1()x(f 1n 1n n 1 =                   1n 1 2 1a a 1x )1a2)(2a( )1a( 0,5đ Vậy  )x(f)1()x(f n n 1                   1n 1 2 1a a 1x )1a2)(2a( )1a( . 3) Cho qua giới hạn ta được : f(x) +   )1a2)(1a( x)1a( xlimf)1(lim 2 n n n n     (Vì f(x) liên tục trên R và từ (1) ta có f(0) = 0). 0,5đ Thay a = 2004 , ta có f(x) = )12004.2.(2006 x2005 2  . 4) Thử lại ta thấy f(x) = )12004.2.(2006 x2005 2  thỏa đề bài. 0,5đ -HẾT- . SỞ GD & ĐT TRÀ VINH TRƯỜNG TRUNG HỌC CHUYÊN. ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KÌ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG MÔN : TOÁN Bài 1.        c 1ba c b c a c 1sr nm c s n c r m (mệnh đề được chứng minh) 0,5đ 2) p dụng mệnh đề (2) cho lần lượt 2005 bộ số : a = c i + 2005 , b = c