KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TP QUY NHƠN NĂM HỌC 2008 – 2009 MƠN: TỐN LỚP - Ngày: 15/01/2009 – Thời gian: 150 phút ĐỀ: Câu 1.(4 điểm) + a) Giải hệ phương trình: + + b) Chứng minh: A = ( + + = = +⋯ + )⋮ ( + +⋯ + ) Câu (4 điểm) a) Tìm x, y, x ∈ P cho: xy – = z b) Tìm số nguyên dương a để + a + a2 + a3 + a4 số phương Câu (4 điểm) a) Tìm đa thức bậc ba f(x) cho f(x) – f(x – 1) = x2 b) Từ kết tính biểu thức: P = 12 + 22 + …+ n2 Câu (5 điểm) a) Về phía ngồi tam giác ABC vẽ hai nửa đường trịn đường kính AB, AC Đường thẳng d quay quanh A cắt hai nửa đường tròn D, E a) Chứng minh đường trung trực DE qua điểm cố định Tìm quỹ tích trung điểm M DE c) Tìm vị trí đường thẳng d để BD + CE đạt giá trị lớn Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC có góc A = 600, AB < AC Trên cạnh AC lấy điểm E cho CE = AB Gọi P, Q trung điểm BC, AE Tính góc AQP ThuVienDeThi.com ẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TP QUY NHƠN NĂM HỌC 2008 – 2009 MƠN: TỐN LỚP - Ngày: 15/01/2009 – Thời gian: 150 phút Câu (4 đ) + + = a) Giải hệ phương trình: + + = Trước hết, ta chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + xz (1) Biến đổi tương đương: (1) ⇔ 2(x2 + y2 + z2) ≥ 2(xy + yz + xz) ⇔ (x – y)2 + (y – z)2 + (x – z)2 ≥ : bất đẳng thức Vậy bđt (1) Dấu “=” xảy x = y = z Do từ hệ phương trình, ta có x = y = z Khi đó, ta có 3x2 = ⇔ x = ± ! Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (x, y, z) = " " "− "− # − ! ! ! ! ! ! b) Chứng minh: A= ( + +⋯ + )⋮ ( + + ⋯ + ) Ta chứng minh mệnh đề tổng quát: B = ( $ + + $ + + ⋯ + $ + ) ⋮ % + + ⋯ + & , (n ∈ N*, k ∈ N) Ta có: + + …+ n = % + & Biến đổi: 2B = [(12k+1 + n2k+1)] + [22k+1 +(n – 1)2k+1 ] + …+[(n – 1)2k+1 + 22k+1] + [n2k+1 + 12k+1] Vì tổng hai số hạng móc vng chia hết cho (n + 1) nên 2B ⋮ (n + 1) Mặt khác, 2B viết theo cách khác: 2B = [12k+1 + (n – 1)2k+1] + [22k+1 + (n – 2)2k+1] + … + [(n – 1)2k+1 + 12k+1] + 2n2k+1 Vì tổng hai số hạng móc vng chia hết cho n, 2n2k+1 chia hết cho n nên 2B ⋮ n Vì (n, n + 1) = nên 2B ⋮ n(n + 1) % + & Suy B ⋮ Thay n = 2009 k = 1004, ta có mệnh đề A + +⋯ + Vậy A = ( )⋮ ( + + ⋯ + ) Câu (4đ) a) Tìm x, y, z ∈ P cho xy + = z Nếu z = x = ∉ P: loại Do z ≠ 2, suy z lẻ, x chẵn ⇒ x = +) Xét y = 2, ta có z = 22 + = ∈ P +) Xét y ≠ ⇒ y lẻ , y = 2k + Ta có: xy + = 22k+1 + = 2.4k + ≡ -1 + ≡ (mod 3) ⇒ z ⋮ ⇒ z = (z ∈ P) ThuVienDeThi.com Khi đó: 2y = – = ⇒ y = ∉ P: loại Vậy x = 2, y = 2, z = b) Tìm a ∈ N: + a + a2 + a3 + a4 = n2 (n ∈ N) (1) (1) ⇔ + 4a + 4a2 + 4a3 + 4a4 = 4n2 = (2n)2 Ta có: (2a + a)2 < + 4a + 4a2 + 4a3 + 4a4 = 4n2 = (2n)2 < (2a2 + a + 2)2 ( a > 0) Suy + 4a + 4a2 + 4a3 + 4a4 = (2n)2 = (2a2 + a + 1)2 ⇔ + 4a + 4a2 + 4a3 + 4a4 = 4a4 + 4a3 + 5a2 + 2a + ⇔ a2 – 2a – = ⇔ (a + 1)(a – 3) = ⇔ a = 3: chọn, a = - < 0: loại Vậy a =3 Câu (4đ) a) Tìm đa thức bậc ba f(x) cho f(x) – f(x – 1) = x2 (1) Đa thức bậc ba có dạng tổng quát: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0) Thay vào điều kiện (1): ax3 + bx2 + cx + d – [a(x – 1)3 + b(x – 1)2 + c(x – 1) + d] = = ax3 + bx2 + cx + d – (ax3 – 3ax2 + 3ax – a + bx2 – 2bx + b + cx – c + d) = = 3ax2 - (3a – 2b)x + (a - b + c) = x2 Đồng hạng tử bậc hai vế, ta có hệ điều kiện: =! ! = ⇔ ! − ' = ⇔ ' = −'+( = ( = ) Vậy đa thức bậc ba cần tìm là: ! + + +* ! ) b) Tính tổng 12 + 22 + … + n2 Lần lượt thay x = 1; 2; …; n vào đẳng thức (1), ta có: f(1) – f(0) + f(2) – f(1) + …+ f(n) – f(n – 1) = 12 + 22 + …+ n2 ⇔ f(n) – f(1) = 12 + 22 + …+ n2 f(x) = ⇔ 12 + 22 + …+ n2 = ! ! + + ) +*−*= % + &% + & ) Câu (5đ) a) Chứng minh trung trực DE qua điểm cố định Gọi I trung điểm BC * Ta có IM đường trung bình hình thang BCED nên MI // BD // CE Do MI đường trung trực DE Vậy trung trực DE qua điểm cố định I trung điểm BC b) Quỹ tích M ! ! + = + ) = , - + , , ThuVienDeThi.com +) Phần thuận: Ta có , = 900, AI cố định, nên M thuộc đường trịn có đường kính AI Giới hạn: Khi d trùng với AB D ≡ B, E ≡ H (H hình chiếu C AB), M ≡ M0 trung điểm BH , - + Khi d trùng với AC E ≡ C, D ≡ K (K hình chiếu B AC), * , M ≡ M1 trung điểm CK , Do đường thẳng d quay quanh điểm A cắt hai nửa đường trịn đường kính AB, AC M di động cung trịn M0AM1 đường trịn đường kính AI, nằm bên ngồi tam giác ABC +) Phần đảo: Trên cung tròn M0AM1 đường tròn đường kính AI lấy điểm M Đường thẳng AM cắt hai nửa đường trịn đường kính AB, AC D, E Ta có: BD ⊥ d, CE ⊥ d, IM ⊥ d ⇒ BDEC hình thang có MI đường trung bình nên MI ⊥ DE M trung điểm DE Vậy quỹ tích M cung trịn M0AM1 đường trịn đường kính AI nằm bên ngồi tam giác ABC c) Vị trí đường thẳng d để BD + CE đạt giá trị lớn Ta có BD + CE = 2MI ≤ 2AI Vậy BD + CE đạt giá trị lớn 2AI đường thẳng d ⊥ AI A Câu (3đ) Trên cạnh AC lấy điểm I cho AI = AB, ta có ABI ) Khi AI = CE (= AB) suy AE = CI Gọi K trung điểm IC Vì P trung điểm BC nên PK đường trung bình BCI Ta có: PK = BI/2 (1) Vì QA = QE = AE/2, IK = CK = CI/2, AE = CI nên suy QK = AI ) Mà AI = BI suy BI = QK (2), từ (1), (2) suy PK = QK/2 ) Lại có - = ɵ = 600 (so le trong) nên suy tam giác PQK nửa tam giác đều, PQK vng P, suy = 300 Vậy / = − = 1500 ThuVienDeThi.com / - ...ẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TP QUY NHƠN NĂM HỌC 2008 – 2009 MƠN: TỐN LỚP - Ngày: 15/01 /2009 – Thời gian: 150 phút Câu (4 đ) + + = a) Giải hệ... kiện (1): ax3 + bx2 + cx + d – [a(x – 1)3 + b(x – 1)2 + c(x – 1) + d] = = ax3 + bx2 + cx + d – (ax3 – 3ax2 + 3ax – a + bx2 – 2bx + b + cx – c + d) = = 3ax2 - (3a – 2b)x + (a - b + c) = x2 Đồng... + 4a4 = 4a4 + 4a3 + 5a2 + 2a + ⇔ a2 – 2a – = ⇔ (a + 1)(a – 3) = ⇔ a = 3: chọn, a = - < 0: loại Vậy a =3 Câu (4đ) a) Tìm đa thức bậc ba f(x) cho f(x) – f(x – 1) = x2 (1) Đa thức bậc ba có dạng