SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG

KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG
NĂM HỌC : 2005 – 2006
*********** ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút.

Bài 1.(Đại số – 4 điểm)
Cho hai đa thức P(x)= x
n
+ a
1
x
n-1
+ a
2
x
n-2
+ …+ a
n-1
x + a
n
, với
ii
a ,a { 1, 2,..., 2006},i 1,n     

và Q(x) = x














Chứng minh dãy (a
n
) hội tụ và tìm
n
n
lim a

.

Bài 4.(Hình học phẳng – 4 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC và H là hình chiếu của C
trên cạnh AB. Đường thẳng vuông góc với đường phân giác góc

HNM
cắt AB kéo dài tại P. Cho
biết AC + BC = 2HP và


SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG

KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG
NĂM HỌC : 2005 – 2006
*********** ĐÁP ÁN MÔN TOÁN

Bài 1.(Đại số – 4 điểm)
Cho hai đa thức P(x)= x
n
+ a
1
x
n-1
+ a
2
x
n-2
+ …+ a
n-1
x + a
n
, với
ii
a ,a { 1, 2,..., 2006},i 1,n     

và Q(x) = x

Thật vậy:
+ Nếu
o
x1
thì hiển nhiên
k
o
0
a
x 1 max
a

(0,5 đ)
+ Nếu
o
x1
thì
n
1n
o 0 o
n
0 o 0 o
aa
f(x ) a x 1 ... 0
a x a x

    




1 max . . x 1 max
1
a x x 1 a
1
x

    




     


(1,5đ)
p dụng vào bài toán đã cho ta có: nếu x
o
là nghiệm của P(x) thì
0
x 1 2006 2007  
(0,5đ)
Mặt khác :
2006 2005
Q(x) x 2007x 2006  
có Q(2007).Q(2008) < 0 nên Q(x) có nghiệm
x(2007;2008) (1đ)
Vậy P(x) không chia hết cho Q(x) (đpcm) (0,5đ)

  
thì từ (1) ta có: x + y + z = 1 (2)
Mặt khác:
33
33
3 3 2 2
1
1 x x
tg B.tg C
1
tg B.tg C tg B.tg C 1 x y z
1
tgB.tgC
  
  


Tương tự:
3
3 3 2 2
1y
tg C.tg A tg C.tg A z x


và
3
3 3 2 2
1z
tg A.tg B tg A.tg B x y



  

(1đ)
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

do(2)
1 1 1 1
P (x y z) (x y z) P
6 6 2 6
        

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
x y z
3
  

Khi đó tgA = tgB = tgC hay ABC đều (đpcm). (1đ) Bài 3.(Giải tích – 4 điểm)
Dãy số (a
n


.
Đáp án:
+ Nhận thấy
1
x
2

là một nghiệm của phương trình:
x
1
x0
4




. Ta c/m dãy (a
n
) hội tụ về
1
2

Thật vậy:
+ Từ cách cho dãy ta có
n
1
a 1 n ,n 2
4
    



   
(1đ)
+ Mặt khác với
i 2,n
hàm số
x
1
f(x)
4




liên tục trên các đoạn
i
1
a,
2



i
1
hay ,a
2




i i i i
i
1
f(a ) f
11
2
f '(c ) f(a ) f f '(c ) . a
1
22
a
2





    



(3)
Do (1) và (2) nên từ (3) ta suy ra
ii
11
f(a ) f 2 ln2. a (i 2,n)
22

   



22


  

    



Vậy dãy (a
n
) hội tụ và có giới hạn bằng
1
2
(1đ)
Bài 4.(Hình học phẳng – 4 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC và H là hình chiếu của C
trên cạnh AB. Đường thẳng vuông góc với đường phân giác góc

HNM
cắt AB kéo dài tại P. Cho
biết AC + BC = 2HP và

HNM
= 30
o
. Tính số đo các góc của tam giác ABC.

  
(1đ)
Từ gt ta có PN là phân giác

MNK
 PNM = PNK (c.g.c) 


o
PMN PKN 90
2

  

Mà

o o o o
AMN 30 90 30 40
2

        
o
AMN 70
và


oo


         

          
(1,5đ)
MAN cân tại A ABC cân tại A và

 
o
o
A 80
B C 50







(0,5đ) P
A
K
N
M