Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 THPT năm học 2006 – 2007 môn Toán43132

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 -THPT Năm học 2006 – 2007 MƠN TỐN Thời gian làm : 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (khơng kể thời gian phát đề) Câu : (4 đ) Cho dãy số ( x n ) thỏa : x1  1, x n 1   2006 (n  1)  xn Chứng minh dãy số ( x n ) có giới hạn tìm giới hạn Câu : (4 đ) Cho x, y, z số thực dương Chứng minh : x3  y3  z x3  y3  z 3  6 x yz (x  y  z )2 Câu : (3 đ) Giải phương trình nghiệm nguyên : 2.2007 3.x   y Câu : (3 đ) Chứng minh không tồn hàm số f liên tục R thỏa: f (60 x  f ( x))  2007 x, x  R Câu : (3 đ) Tìm tất đa thức Q(x) với hệ số nguyên thỏa: [Q(2 x)]2  4[Q( x )  x.Q(2 x)], x  R Câu : (3 đ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) có hai đường phân giác góc C D cắt điểm M nằm cạnh AB Chứng minh AB = BC + AD HẾT Đáp án đề thi học sinh giỏi thành phố vòng DeThiMau.vn Câu 1: Cho dãy (xn) với x1=1, xn 1   tìm giới hạn 2006 (n  1) Chứng minh ( xn ) có giới hạn  xn Giải 2006 2006  1004; x3   1005 2006 Hàm số f ( x)   liên tục nghịch biến [0,+฀),  f ( x)  2007 1 x 2006 Ta có xn 1    f ( xn ), n ฀ ( xn ) bị chặn  xn x1  x3  f ( x1 )  f ( x3 )  x2  x4  f ( x2 )  f ( x4 )  x3  x5  suy dãy ( x2 n 1 ) đồng biến dãy ( x2 n ) nghịch biến suy ( x2 n 1 ), ( x2 n ) dãy hội tụ Giả sử lim x2 n   ;lim x2 n 1   ( ,   1) Từ x2 n 1  f ( x2 n )  lim x2 n 1  lim f ( x2 n )    f ( ) Từ x2 n   f ( x2 n 1 )  lim x2 n   lim f ( x2 n 1 )    f (  ) x2   2006        Giải hệ phương trình       2007 Vậy lim xn  2007    2006 1   Câu 2: Cho x, y, z số thực dương Chứng minh : x3  y3  z x3  y3  z 3  6 x yz (x  y  z )2 Giải Ta có ( x  y  z )  ( x  y  z )( x  y  z )   VT (1)  Ta có 6( x  y  z )  2 2 x yz (x  y  z ) x3  y3  z  (a) x yz x3  y3  z   (b)  x  x   y  y   z  z   x yz  ( x  1) ( x  2)  ( y  1) ( y  2)  ( z  1) ( x  2)  (Đúng) (a) (b) suy (1) Câu 3: Giải phương trình nghiệm nguyên DeThiMau.vn 2.20073.x3 + = y3 (1) Giải Đặt a = 2007, ta (1)  2a3x3 + = y3  x = 0: Thay vào (1) ta y =  x  0: (1)  8a3x3(2a3x3 + 1) = 8a3x3y3  (4a3x3 + 1)2 = (2axy)3 + Đặt 6u = 4a3x3 = 4.20073.x3 v = 2axy = 2.2007.xy Ta có: u, v  Z,  x, y  Z , x   u  (1) trở thành: (6u + 1)2 = v3 + (2)  u  Z, u  ta có: |6u + 1|  6|u| –   (6u + 1)2  25  v3 +  25  v  (2)  (6u + 1)2 = (v + 1)(v2 – v + 1) Đặt d = (v + 1; v2 – v + 1) Do v2 – v + = (v + 1)2 – 3(v + 1) +  d \ Mà (6u + 1)2 không chia hết cho  d   d = v   m (2)   (m, n  N*) 2 v  v   n Do v  nên ta có v2 – v + > (v – 1)2 v2 – v + < v2 (v  1)2  n2  v2   (vơ lý) v,n  N * Vậy (1) có nghiệm nguyên (x; y) = (0; 1) Câu 4: Chứng minh không tồn hàm số f: R  R liên tục thỏa: f(60x – f(x)) = 2007x,  x  R Giải Giả sử tồn hàm số f: R  R liên tục thỏa: f(60x – f(x)) = 2007x,  x  R Đặt g(x) = 60x – f(x) ta có f(g(x)) = 2007x,  x  R + f liên tục R  g liên tục R +  x1, x2  R, g(x1) = g(x2) DeThiMau.vn f(g(x1)) = f(g(x2))  2007x1 = 2007x2  x1 = x2 Vậy g đơn ánh Ta có: g liên tục R g đơn ánh  g đơn điệu R (đơn điệu nghiêm ngặt) g đơn điệu R  h(x) = g(g(x)) tăng R Ta có h(x) = g(g(x)) = 60g(x) – f(g(x)) = 60g(x) – 2007.x  g(x) =  h(x)  2007x 60  g(x) tăng R h, g tăng R  k(x) = h(g(x)) tăng R với: k(x) = h(g(x)) = 60(g(g(x))) – 2007g(x) = 60[60g(x) – 2007x] – 2007g(x) = 1593g(x) – 120420x k, g tăng R  l(x) = k(g(x)) tăng R Mà l(x) = k(g(x)) = 1593g(g(x)) – 120420g(x) = 1593[60g(x) – 2007x] – 120420g(x) = –24840g(x) – 3197151x  l(x) + 24840g(x) = –3197151x (mâu thuẫn với l, g tăng R) Câu 5: Tìm tất đa thức Q(x) với hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện [Q(2x)]2 = 4[Q(x2) – xQ(2x)] ,฀x ฀R (1) Giải [Q(2x)]2 = 4[Q(x2) – xQ(2x)]  [Q(2x)]2 + 4xQ(2x) + 4x2 = 4Q(x2 ) + 4x2  [Q(2x) + 2x]2 = 4[Q(x2) + x2] Đặt P(x) = Q(x) + x Ta P(x) có hệ số nguyên thỏa mãn [P(2x)]2 = 4P(x2), ฀x ฀R (2) Trường hợp P(x) ≡ C (C số) (2)  C2 = 4C  C =0 C = suy Q(x) = -x Q(x) = - x Trường hợp degP(x) = n  Giả sử P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+a1x + a0 (an ฀ 0, ฀Z với i=0, ,n) Thế P(x) vào phương trình ta [an(2x)n + an-1(2x)n-1 +…a1.2x + a0]2 = 4(anx2n + an-1x2n-2 + …+a1x2 + a0) suy an2.22n = 4an ฀ an = 4/4n ฀ n = (do an ฀ Z) Với n = 1: a1 = ฀ P(x) = x + a0 ฀ (2x + a0)2 = 4(x2 + a0) ฀ 4xa0 +a02 = 4a0 ฀ a0 = ฀ P(x) = x ฀ Q(x)=0 (thỏa điều kiện) DeThiMau.vn Vậy có tất đa thức thỏa mãn điều kiện cho: Q(x) = 0; Q(x) = -x Q(x) = 4–x Câu 6: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn có đường phân giác góc C D cắt điểm M thuộc cạnh AB Chứng minh AB = BC + AD Giải Bổ đề : Cho tứ giác ABCD có M , N cạnh AB, CD cho MA NC Chứng minh SMAD  SMBC  SNAB  MB ND Chứng minh bổ đề Gọi D’, N’, C’ hình chiếu vng góc D, N, C AB MA NC kAB AB   MA  , MB  NC  k ND  N ' C '  k N ' D'  Đặt k  MB ND k 1 k 1 Ta có NN '  NC  CC '  C ' N '  k NN '  k ND  k DD'  k D' N '  CC ' kDD'  (k  1) NN '  CC '  k DD'  NN '  k 1 kAB AB kDD ' CC '  MA.DD ' MB.CC '   DD '  CC '  AB   AB.NN ' k 1 k 1 k 1 suy đpcm Chứng minh toán  Trường hợp AD//BC ABCD hình thang cân ฀ AB = CD Trên DC ta lấy điểm N cho DN = DA ฀ ADM = NDM ฀ MAD=MND฀CBM=CNM฀NMC=BMC ฀  CMN=  CMB฀CN=CB฀AD+BC=CD=AB Trường hợp AD cắt BC I suy M tâm đường trịn bàng tiếp góc I IDC Gọi H,K,L hình chiếu vng góc M AD,DC,CB฀ MH=MK=ML IM cắt CD N Ta có AMI=ABI+BIM=IDC+AIM=MND฀NN’=MK MA IA IC NC    MB IB ID ND  DeThiMau.vn theo bổ đề ta có SMAD  SMBC  SNAB  AD.MH  BC.ML  AB.MK  AD  BC  AB HẾT DeThiMau.vn ... 1593g(x) – 120 420x k, g tăng R  l(x) = k(g(x)) tăng R Mà l(x) = k(g(x)) = 1593g(g(x)) – 120 420g(x) = 1593[60g(x) – 2007x] – 120 420g(x) = –2 4840g(x) – 3197151x  l(x) + 24840g(x) = –3 197151x... = 60g(x) – f(g(x)) = 60g(x) – 2007. x  g(x) =  h(x)  2007x 60  g(x) tăng R h, g tăng R  k(x) = h(g(x)) tăng R với: k(x) = h(g(x)) = 60(g(g(x))) – 2007g(x) = 60[60g(x) – 2007x] – 2007g(x)...  R liên tục thỏa: f(60x – f(x)) = 2007x,  x  R Giải Giả sử tồn hàm số f: R  R liên tục thỏa: f(60x – f(x)) = 2007x,  x  R Đặt g(x) = 60x – f(x) ta có f(g(x)) = 2007x,  x  R + f liên tục