Tài liệu Đề thị học sinh giỏi toán Cà Mau doc

Khoảng cách từ A đến ba mặt Oyz, Ozx và Oxy lần lượt là a, b và c.. Trong trường hợp thể tích tứ diện OMNP đạt giá trị nhỏ nhất thì A là điểm gì trong tam giác MNP?. BÀI 5: 4đ Trong đườ

Sở Giáo dục & Đào tạo Cà Mau KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG

SÔNG CỬU LONG

Trường THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển Năm học 2005 – 2006



MÔN TOÁN

BÀI 1: (4đ)

BÀI 2: (4đ)

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho:

2  n  2  n là số nguyên dương

BÀI 3: (4đ)

Cho a1 0 Xét dãy số (a n) cho bởi: a n1 ln(1 a n),  n 

Chứng minh rằng: ( 2) 2

lim

n n

n na n



BÀI 4: (4đ)

Cho tam diện vuông Oxyz và điểm A cố định nằm trong tam diện Khoảng cách từ A đến ba mặt (Oyz), (Ozx) và (Oxy) lần lượt là a, b và c Gọi   là mặt

phẳng di động qua A cắt Ox tại M, cắt Oy tại N và cắt Oz tại P

Trong trường hợp thể tích tứ diện OMNP đạt giá trị nhỏ nhất thì A là điểm

gì trong tam giác MNP?

BÀI 5: (4đ)

Trong đường tròn có bán kính bằng 1 nội tiếp một hình vuông; trong hình vuông này lại nội tiếp một đường tròn nữa, trong đường tròn này lại nội tiếp một

bát giác đều, trong bát giác đều lại nội tiếp một đường tròn, trong đường tròn này lại nội tiếp một đa giác đều 16 cạnh, cứ như thế …

Chứng minh bán kính của các đường tròn kể trên đều lớn hơn 2



ĐÁP ÁN

BÀI 1: (4đ)

x  x x x (1) Điều kiện: 2

1 x   0 x  1 Đặt: x cos với   0;  2 2

1 x 1 cos  sin

(0,5đ) Phương trình (1) trở thành:

4

Phương trình (2) trở thành:

2

t t t

 





 



2

2







(0,5đ) sin , cos 

 là hai nghiệm của phương trình:

(chọn) (loại)

2 1 2 2 2 1

2

(vì sincos  1 2  0,sin   0 x cos 0) (0,5đ)

BÀI 2: (4đ)

x  n   n (1)

 Điều kiện cần:

4 3 4

4 3 4  x  n x  1 ( x nguyên dương)

4 n

x

Mặt khác từ (2) 3 4 3 3

3

x

n x



Từ (*) và (**) ta có:

3

3

3

3

2

3 3 4 4

3 3

x

x

x x



(0,5) (0,5) (0,5)

 Điều kiện đủ:

(0,5)

(loại x = 2)

+ Khi x = 1, thì từ (**) ta có: 3

4      n 1 n 5  (nhận x = 1)

(0,5)

Kết luận: Vậy với n = 5

2  n 2  n là số nguyên dương và 3 3

2  n 2  n  1 (0,5)

BÀI 3: (4đ)

+

2

n

n

na



+ Chứng minh: lim n 2

n na

  (vì lim n 0

n a

  do: a n  0 và a n1a n) (0,5+0,5)

+ Chứng minh:

2 lim ln

n n

n a n





tồn tại

(0,5)

6a n 6a n 4a n a n a n a a n n 6a n 3a n

3

lim

6

n

n

a



lim

n n

n na n





(vì

2 lim ln

n n

n a n





6 3

BÀI 4: (4đ)

Ta có: V OMNPV A OPN. V A OPM. V A OMN. (0,5)

1 3 3

.

6 OMNP OMNP 6

abc

V

(min)

OMNP

Khi đó, tam giác POK (K = PAMN) có OP // AH (H là hình chiếu

vuông góc của A lên (Oxy)) nên:

1

3

3

BÀI 5: (4đ)

Gọi R1 = 1: là bán kính đường tròn ban đầu (bước thứ 1)

R2 : là bán kính đường tròn ở bước thứ 2  2 1cos

4

(0,5)

R3 : là bán kính đường tròn ở bước thứ 3  3 2cos 2cos 3

(0,5)

R4 : là bán kính đường tròn ở bước thứ 4  4 3cos 3cos 4

(0,5)

Rn : là bán kính đường tròn ở bước thứ n  1cos 1

2

(0,5)

1

cos cos cos cos

2 sin sin 1

n

n n

R

R









 A là trọng tâm tam giác MNP (0,5+0,5+0,5)

1 1

2 sin 2

n