SỞ GD-ĐT ĐỒNG THÁP KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLIMPIC ĐBSCL TRƯỜNG THPT THỊ XÃ CAO LÃNH NĂM HỌC 2005-2006 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN Thời gian : 180 phút ----------***---------- Bài 1: (Số học) Tìm tất cả các số tự nhiên x và y thoả mãn phương trình : 4 ( ) 3361 11296320xy   Bài 2: (Đại số ) Cho các số x,y,z thỏa mãn: 2 22  yxyx . Tìm GTNN và GTLN của biểu thức: 22 32 yxyxA  Bài 3: (Dãy số ) Cho dãy số thực )( n x , n=1,2,3, .xác đònh bởi       33 2 23 1 1 nnn xxx x Tìm số hạng tổng quát của x n Bài 4: (Hình học phẳng) Cho tam giác ABC nội tiếp trong một vòng tròn. Gọi AA ' ,BB ' ,CC ' là ba trung tuyến . AA ' ,BB ' ,CC ' lần lượt cắt vòng tròn ngoại tiếp tại 111 ,, CBA . Tìm GTLN của: 1 ' 1 ' 1 ' CC CC BB BB AA AA T  Bài 5: (Hình học không gian) Cho tứ diện ABCD. Giả sử tứ diện này được chia thành hai phần bởi một mặt phẳng song song với AB và CD, khoảng cách từ mặt phẳng này đến AB bằng 2 lần khoảng cách đến CD.Tính tỷ số thể tích của hai phần đó. -----------------Hết---------------- Sở GD – ĐT Đồng Tháp KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG TRƯỜNG THPT TX CAO LÃNH NĂM HỌC : 2005 – 2006 *********** *********** ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN THỜI GIAN : 180 PHÚT ----------*****---------- Bài 1: (4 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên x và y thoả mãn phương trình : 4 ( ) 3361 11296320xy   Hướng dẫn giải: Nhận thấy x và y là các số nguyên không âm và 3 11296320 2 .41. 105 là số vô tỉ. Phương trình đã cho có thể viết lại : 2 ( ) 4 3361 4( ) 328 105x y xy x y xy      (1) (1đ) Vế trái của (1) là số hữu tỉ nên điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm nguyên là cả hai vế của (1) đều bằng không . Khi đó ta có hệ phương trình: 2 ( ) 4 3361 0 4( ) 328 105 0 x y xy x y xy             (1đ) Đặt : S=x+y, P=xy ta được hệ: 2 4 3361 0 (2) 82 105 (3) SP SP          Từ (3) ta rút ra được : 2 2 82 .105 P S  Thay vào (2) và thu gọn được : 4 2 2 3361. 4.82 .105 0SS    S 2 = 1681 hoặc S 2 =1680 = 41 2 (1đ) Từ đó ta được : S=41 và P=420. Suy ra x, y là nghiệm của phương trình : t 2 –42t+420=0  t=20 hoặc t=21. (1đ) Vậy phương trình có hai nghiệm là (20;21); (21;20). Bài 2: (4 điểm) Cho các số x,y,z thỏa mãn: 2 22  yxyx . Tìm GTNN và GTLN của biểu thức: 22 32 yxyxA  Hướng dẫn giải: Xét trường hợp y=0 thì 2 2 x và ta có A=2 (0,5 đ) Xét trường hợp 0y , đặt y x t  . Ta có: )( 1 3232 2 2 2 22 22 tf tt tt yxyx yxyxA        (0,5 đ) 22 2 22 22 ' )1( 543 )1( )32)(12()1)(22( )(       tt tt tt tttttt tf (0,5 đ) 3 192 3 192 05430)( 21 2'     ttttttf (0,5 đ) Từ đó ta có bảng biến thiên sau: Vì 1)(lim)(lim   tftf tt nên từ bảng biến thiên ta suy ra: (0,5 đ) 19738 19238 )()(min& 19738 19238 )()( '1       i tftftftMaxf (1 đ) Do đó: ))(2max 1 2 2f(tminAvà  tfA Kết luận: 19738 19476 min& 19738 19476       AMaxA (0,5 đ) t  t 1 t 2 +  f ' (t) + 0 - 0 + f(t) 1 f(t 1 ) f(t 2 ) 1 Bài 3: (4 điểm) Cho dãy số thực )( n x , n=1,2,3, .xác đònh bởi       33 2 23 1 1 nnn xxx x Tìm số hạng tổng quát của x n Hướng dẫn giải: Đặt: 1,1  nxy nn (0,5 đ) Từ dãy )( n x ta có dãy )( n y được xác đònh như sau:       1n nnn yyy y 3 3 3 1 1 (0,5 đ) Xét phương trình : 013 2  xx (1) . Dể thấy (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và      1. 3 21 21 xx xx (0,5 đ) Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n rằng: 11 3 2 3 1   nn xxy n (2) 1n (0,5 đ) Với n=1: hiển nhiên có (2) Giả sử đã có (2) với n=k ( 1k ). Tức là : 11 3 2 3 1   kk xxy k Ta chứng minh (2) cũng đúng khi n=k+1. Thật vậy: Ta có: 1. )(3).()(3 )(3)(3 2 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 21 3 2 3 1 3 2 3 1 33 2 3 1 3 1 11111 1111       xxx xxxxxxxx xxxxyyy kk kkkkkkk kkkk kkk 1 x vì (1 đ) Nên (2) đúng 1n . Từ đó ta có: 1 11 3 2 3 1   nn xxx n , dể thấy (1) có hai nghiệm 2 53 2,1  x (0,5 đ) Vậy số hạng tổng quát của dãy số thực )( n x là 1 2 53 2 53 11 33                       nn n x . (0,5 đ) Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp trong một vòng tròn. Gọi AA ' ,BB ' ,CC ' là ba trung tuyến . AA ' ,BB ' ,CC ' lần lượt cắt vòng tròn ngoại tiếp tại 111 ,, CBA . Tìm GTLN của: 1 ' 1 ' 1 ' CC CC BB BB AA AA T  c b a A1 C1 B1 B' C' A' B A C Hướng dẫn giải: Do ' ABA ~ ' 1 ACA nên 4 2 '' 1 '' ' 1 ' ' ' a CABAAAAA AA BA CA AA  (0,5 đ) Suy ra: 4 )(. 2 2 1 ''' 1 ' a mAAAAAAAAAA a  (0,5 đ) Từ đó: 22 2 22 222 1 ' 2' 1 ' . 2 1 1 22 . 2 1 . cb a cb acb AAAA AA AA AA      (0,5 đ) Bằng cách tính tương tự ta được: )( 2 1 3 22 2 22 2 22 2 1 ' 1 ' 1 ' ba c ac b cb a CC CC BB BB AA AA       (0,5 đ) Ta có:   3) 111 .()()()( 2 1 3) 111 )((a 3111 222222 222222 222222 222 22 2 22 2 22 2 22 2 22 2 22 2                           accbba accbba accbba cb ba c ac b cb a ba c ac b cb a (0,5 đ) Áp dụng bđt Cauchy ta có: 3 222222222222 3 222222222222 1 . 1 . 1 .3 111 ))()((.3)()()( accbbaaccbba accbbaaccbba         (0,5 đ) từ đó ta suy ra: 2 3 3 2 9 22 2 22 2 22 2       ba c ac b cb a (0,5 đ) Dấu "=" xảy ra khi a=b=c   ABC đều Vậy: maxT= 4 9 , giá trò này đạt được khi tam giác ABC đều. (0,5 đ) Bài 5: (4 điểm) Cho tứ diện ABCD. Giả sử tứ diện này được chia thành hai phần bởi một mặt phẳng song song với AB và CD, khoảng cách từ mặt phẳng này đến AB bằng 2 lần khoảng cách đến CD.Tính tỷ số thể tích của hai phần đó. I A B D C P F E G L M N K J X Y Hướng dẫn giải: Ta giả sử AB và CD lần lượt có độ dài là a và b, khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau AB và CD là d. Gọi (P) là mặt phẳng song song với hai cạnh đối AB và CD.Giả sử (P) cắt tứ diện theo thiết diện là tứ giác EFGL. Dễ thấy EFGL là hình bình hành. Gọi MN là đường vuông góc chung của AB và CD, giao điểm của MN với (P) là I. Mặt phẳng qua I và AB sẽ cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến JK // AB. Dễ thấy rằng B, J, N thẳng hàng và N, K, A thẳng hàng. Ta có hai tam giác JNK và BNA đồng dạng nhau, với NI và NM là hai đường cao của tam giác đó. Ta xét bài toán tổng quát hơn là "khoảng cách từ mặt phẳng này đến AB bằng k lần khoảng cách đến CD" .Từ giả thiết ta có: kIM NI 1  với NM = NI + IM; KJ a k NI IM NI IMNI KJ a KJ AB NI NM    11 Suy ra 1  k a KJ . (0,5 đ) Mặt khác ta lại có 1  k k MN IM BN BJ DC GL . (0,5 đ) Từ đó ta được 1  k kb GL và 1  k kd IM . (0,5 đ) Dựng JX và KY song song với IM; với X, Y nằm trên AB, suy ra các mặt phẳng (XGL) và (YEF) vuông góc với (P).Dễ thấy rằng khối XGL.YEF là lăng trụ đứng, do đó: BGLXAEFYYEFXGLBGLAEF VVVV  , JKYKEFJKSV YEFYEFXGL 2 1 . .  (0,5 đ) 3 2 . )1(2 1 . 1 . 12 1     k abdk k a k kd k kb V YEFXGL , (0,5 đ) )(. 6 1 . 3 1 . 3 1 BXAYEFYKBXSAYSVV XGLYEFBGLXAEFY  3 3 )1(6 ) 1 ( 1 . 16 1 )(. 6 1       k abdk k a a k kb k kd JKABGLIM (0,5 đ) Như vậy: )3( )1(6)1(6)1(2 3 2 3 3 3 2 . k k abdk k abdk k abdk V BGLAEF        . (0,5 đ) Chứng minh tương tự ta được: 3 . )1(6 )31(    k kabd V DGFCEL . Vậy tỉ số thể tích của hai phần do mặt phẳng (P) chia tứ diện ABCD là: 13 )3( 2 . .    k kk V V DGFCEL BGLAEF . Với k = 2 thì 7 20 . .  DGFCEL BGLAEF V V (0,5 đ) --------------------Hết------------------ . Đồng Tháp KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG TRƯỜNG THPT TX CAO LÃNH NĂM HỌC : 2005 – 2006 *********** *********** ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : TOÁN THỜI. SỞ GD-ĐT ĐỒNG THÁP KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLIMPIC ĐBSCL TRƯỜNG THPT THỊ XÃ CAO LÃNH NĂM HỌC 2005-2006 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN Thời gian : 180 phút ----------***----------