Đề thi học sinh giỏi Đồng bằng sông Cửu Long năm học 2005 - 2006 (Cần Thơ) môn: Toán - Đề 2

Sở Giáo dục và Đào tạo thành phố Cần Thơ
Trường Trung học Phổ thông Châu Văn Liêm
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG CỬU LONG
( Môn Toán - 180 Phút )
BÀI 1 : Số học.
Cho n là số tự nhiên sao cho 2006! chia hết cho 6n. Chứng minh n £ 999
BÀI 2 : Đại số và lượng giác.
Giải phương trình : 2005 - 2006 = 2004x - 2005x .
BÀI 3 : Giải tích và tổ hợp.
Cho cấp số cộng ¸ ao; a1; a2; a3 . . . với an = a + n.d ; a > 0, d > 0 , n Ỵ N . Tìm điều kiện cần và đủ đối với a và d để có một dãy con của cấp số cộng là cấp số nhân.
BÀI 4 : Hình học phẳng
Bên trong đường tròn đường kính AB = 2006 có 4 đoạn thẳng mỗi đoạn có độ dài bằng 1003. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng vuông góc hoặc song song với AB, giao với ít nhất 2 trong 4 đoạn thẳng đã cho. 
BÀI 5 : Hình học không gian 
Cho tứ diện ABCD, có các cạnh AD, AC, BD, BC lần lượt tiếp xúc với mặt cầu (S1) bán kính R1 , tâm I1 nằm trên cạnh AB; các cạnh CA, CB, DA, DB lần lượt tiếp xúc với mặt cầu (S2) bán kính R2 , tâm I2 nằm trên cạnh CD. Chứng minh : AB4(CD2 – 4R) = CD4(AB2 – 4R)
Sở Giáo dục và Đào tạo thành phố Cần Thơ
Trường Trung học Phổ thông Châu Văn Liêm
ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG CỬU LONG 
Môn Toán
BÀI 1 : 
2006! M 6n Û 2006! M 2n và 2006! M 3n.
Số các bội của 2 trong dãy 1; 2; . . . 2006 là = 1003 số
Số các bội của 22 trong dãy 1; 2; . . . 2006 là = 501 số
Tương tự số các bội của 23 , 24 . . . , 210 trong dãy 1; 2; . . . 2006 lần lượt là 250; 125; 62; 31; 15; 7; 3; 1 số
Như vậy khi phân tích 2006! thành tích các thừa số nguyên tố thì số mũ của 2 là 1003 + 501 + 250 + 125 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 =1998.
Cũng làm như trên, ta nhận thấy khi phân tích 2006! thành tích các thừa số nguyên tố thì số mũ của 3 là 668 + 222 + 74 + 24 + 8 + 2 + 1 = 999.
Do đó 2006! = 21998.3999.p với (p; 2) = 1; (p; 3) = 1 dễ thấy nếu 2006! M 2n thì n £ 1998 và 2006! M 3n thì n £ 999. Vậy n £ 999.
BÀI 2 : 
2005 - 2006 = 2004x - 2005x Û 2004x + 2006 = 2005x + 2005(*)
Đặt 2004 = a, 2006 = b, 2005 = (a + b)/2 = c. 
Nhận xét 1 : (*) có nghiệm x = 0; x = 1.
Nhận xét 2 : Xét hàm số f(x) = x - xa 
 f’(x) = a2 x - axa - 1 = axa - 1(ax - 1)
khi a 1 thì f’(x) > 0 với x Ỵ (1; +¥),
khi 0 < a < 1 thì f’(x) < 0 với x Ỵ (1; +¥)
do đó f(x) đồng biến trên (1; +¥) với a Ï [0; 1], nghịch biến trên (1; +¥) với a Ỵ (0; 1)
Nhận xét 3 : Xét hàm số g(x) = xa có g’(x) = axa - 1, g”(x) = a(a - 1)xa - 2 
khi a 1 thì g”(x) > 0 với x Ỵ (1; +¥) ,
khi 0 < a < 1 thì g”(x) < 0 với x Ỵ (1; +¥) ,
do đó g(x) lõm trên (1; +¥) với a Ï [0; 1], lồi trên (1; +¥) với a Ỵ (0; 1)
Theo các nhận xét trên , với x Ï [0; 1] ta có : 
ax + b = ( ax + bx) + (a + b) + (b- bx) - (a- ax) 
> cx + c 
với x Ỵ (0; 1)ta có :
ax + b = ( ax + bx) + (a + b) + (b- bx) - (a- ax) 
< cx + c 
Vậy phương trình đã cho chỉ có nghiệm x = 0; x = 1.
BÀI 3 : 
Điều kiện cần : Giả sử có một dãy con của dãy đã cho là cấp số nhân.
ai , aj , ak (i, j, k Ỵ N, i < j < k) là ba số hạng liên tiếp của cấp số nhân đó 
Þ a = ai.ak Þ (a + j.d)2 = (a + i.d)(a + k.d) Þ a.d( 2j - i - k ) = d2( i.k - j2 ) 
Þ = Ỵ Q Þ Ỵ Q.
Điều kiện đủ : giả sử Ỵ Q Þ = với n Ỵ N* , m Ỵ N*. Þ a.n = d.m
Xét bo = ao = a.
 b1 = (n + 1).bo , b1 = (n + 1)a = n.a + a = a + m.d = am ;
 b2 = (n + 1).b1 = (n + 1).am ;
b2 = (n + 1).(a + m.d) = n.a + a + (n + 1)m.d = m.d + a + (n + 1)m.d
= a + (n + 2)m.d = am(n + 2); 
b3 = (n + 1).b2 = (n + 1).am(n + 2),
b3 = (n + 1).[a + m(n + 2).d] = n.a + a + (n + 1)(n + 2).m.d
= m.d + a + (n + 1)(n + 2)m.d = a + [(n + 1)(n + 2) + 1]m.d = am[(n + 1)(n + 2) + 1];
Rõ ràng quá trình trên có thể kéo dài vô hạn Þ dãy đã cho có dãy con là cấp số nhân.
Vậy điều kiện cần và đủ để cấp số cộng đã cho có dãy con cấp số nhân là Ỵ Q
BÀI 4 : 
Kẻ đường kính CD ^ AB
Xét EF là một trong các đoạn đã cho, gọi độ dài hình chiếu của EF lần lượt trên AB, CD là x1 ; y1, dễ thấy x1 + y1 ³ EF = 1003.
Tương tự, độ dài các hình chiếu 3 đoạn còn lại trên AB, CD làn lượt là là x2 ; y2, x3 ; y3, x4 ; y4 .
Rõ ràng là ( x1 + x2 + x3 + x4 ) + ( y1 + y2 + y3 + y4 ) ³ 2.2006, như vậy một trong hai tổng ( x1 + x2 + x3 + x4 );( y1 + y2 + y3 + y4 ) có một tổng lớn hơn 2006, giả sử đó là ( x1 + x2 + x3 + x4 ), suy ra trên AB có điểm M thuộc ít nhất 2 hình chiếu của các đoạn nói trên. Đường thẳng qua M vuông góc AB là đường thẳng cần tìm.
BÀI 5 : 
AD, AC là các tiếp tuyến của mặt cầu tâm I1, dễ thấy ÐI1AD = ÐI1AC.
BD, BC là các tiếp tuyến của mặt cầu tâm I1, dễ thấy ÐI1BD = ÐI1BC.
Do đó tam giác ABD = tam giác ABC suy ra AD = AC; BD = BC.
Tương tự với các tiếp tuyến của mặt cầu tâm I2, ta có AD = BD; AC = BC
 Đặt AC = AD = BC = BD = a > 0, dễ thấy I1 là trung điểm AB, I2 là trung điểm CD, đặt AB = 2m, CD = 2n.
Ta có dtABD = 2.dtADI1 = a.R1 = m.DI1 = m.Þ R1 = 
Tương tự R2 = 
Như vậy : CD2 – 4R = 4(n2 – R) = 4n2= 4 = 
Tương tự : AB2 – 4R = 
Suy ra : AB4(CD2 – 4R) và CD4(AB2 – 4R) cùng bằng