TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TỈNH DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ Lần thứ III-mơn tốn-thời gian 180 phút Bài 1(4điểm) Cho a, b, c số dương Hãy giải hệ phương trình: a b c zx x z b c a xy y x c a b yz z y Bài (4điểm) n n Giả sử f x a0 x a1 x an x an đa thức với hệ số thực có a0 0 x R thoả mãn đẳng thức sau: f x f x f x x Chứng minh đa thức f x khơng có nghiệm số thực Bài (4điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm K.M N trung điểm AC AB Đường thẳng NK cắt đường thẳng AC E, đường thẳng MK cắt đường thẳng AB F, biết tam giác ABC có diện tích diện tích tam giác AEF a.Tính độ dài đoạn thẳng AE theo độ dài ba cạnh tam giác ABC b.Tính góc CAB Bài (4điểm) Cho f : R R hàm số từ tập R vào Tìm tất hàm f thoả mãn i ) f ( x f ( y )) y f ( x) x, y R hai điều kiện: f ( x) ii ) : x 0, x R tập hợp hữu hạn x Bài (4 điểm) Cho số nguyên dương n 2 Gọi S tập hợp gồm n phần tử Ai với i m tập khác gồm phần tử S cho từ Ai A j , Ai Ak , A j Ak ta suy Ai A j Ak Chứng minh rằng: m 2 n ……….Hết……… CÂU CÂU SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂMC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂMÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂMU ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂMIỂU ĐIỂMM NỘI DUNG ĐIỂM Cho a, b, c số dương.Hãy giải hệ phương trình: a b c zx x z b c a xy y x c a b yz z y Lần lượt nhân vế phương trình hệ với c, a, b ta ac bc c czx z x ab ac a axy a b c axy byz cxz (1) x y cb ab b bz y z Mặt khác ta lại có : az bx czx z x 2 2 2 2 bx cy axy x y x y x z y z axy bzy cxz (2) cy az bxy y z Từ (1) (2) ta có: x xy a ( xy a) ( yz b) ( xz c) 0 zy b y xz c z Vậy hệ cho có nghiệm CÂU ac b ab c bc a n n Giả sử f x a0 x a1 x an x an đa thức với hệ số thực có a0 0 thoả mãn đẳng thức sau: f x f x f x x x R Chứng minh đa thức f x khơng có nghiệm số thực Ta chứng tỏ x0 0 không nghiệm f x , nghĩa an f 0 Gọi k số lớn cho ak 0 Lúc vế trái (1) có dạng 2đ 2đ f x f x a0 x n ak x n k a0 n x n ak n k x n k 2đ a02 n x 3n ak2 n k 33 n k Vế phải (1) có dạng n n k f x x a0 x x a k x x CÂU a0 n x 3n ak x n k ak2 n k x 3 n k ak x n k x So sánh hai vế (1) ta có n k Hay an ak 0 Giả sử f(x) có nghiệm thực x0 0 Xét dãy số xn1 2 xn3 xn n 0,1,2, Nếu x0 > x0 < x1 < x2 < … Nếu x0 < x0 > x1 > x2 > … Từ hệ thức (1) suy x0 0 mà f x0 0 f xk 0 k , nghĩa f(x) bậc n, khơng đồng mà có vô số nghiệm thực khác nhau, dẫn đến mâu thuẫn Vậy đa thức f(x) khơng có nghiệm thực Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm K M N trung điểm AC AB Đường thẳng NK cắt đường thẳng AC E, đường thẳng MK cắt đường thẳng AB F, biết tam giác ABC có diện tích diện tích tam giác AEF a.Tính độ dài đoạn thẳng AE theo độ dài ba cạnh tam giác ABC b.Tính góc CAB Học sinh tự vẽ hình a) Đặt BC = a, CA = c, AB = c, AB2 = x, AC2 = y Phân giác BK cắt KB c a a c 1 cạnh AC D Ta có : KD AD CD bc Suy ra: AD = D nằm A B2 a c Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ABD đường thẳng B2KC1 bc B2 D C1 A KB x 1 suy ta có : a c a c 1 B2 A C1 B KD x b bc suy x (1) a c b bc b) Tương tự ta có : y (2) a b c Từ giả thiết: diện tích tam giác ABC = diện tích tam giác AB2C2 suy xy = bc (3) Từ (1),(2),(3) ta a b c bc (4) Theo định lý Cơsin ta có : a b c 2bc cos A (5) 2đ 2đ 2đ Từ (4) (5) suy ra: cos A CÂU hay góc CAB = 600 Cho f : R R hàm số từ tập R vào Tìm tất hàm f thoả mãn hai điều kiện: i ) f ( x f ( y )) y f ( x) x, y R f ( x) ii ) : x 0, x R tập hợp hữu hạn x Cho x R Đặt x = y + f(0), ta nhận f f f f y f f f y y f x Suy ra, với t1, t2 R, ta có : f t1 t f t1 f f t f t1 f t Tiếp theo, xét số nguyên m thoả mãn m f x Ta có f m f x x f m x mf 1 m f x m f x m f x f t : t 0 tập hợp hữu hạn nên tồn số nguyên m1 ,m2 Vì t f m1 f x f m2 f x với m1 , m2 f x cho: m1 f x m2 f x x m1 f 1 x m2 f 1 Từ ta có f x f 1 x Suy m1 f x m1 f x Bây giờ, cho x = 1, ta nhận f 1 1 , f 1 1 Như ta có f x x Đảo lại, dễ dàng thấy hai hàm f x x f x x thoả mãn hai điều kiện cho 1.5đ 1.5đ 1đ CÂU Cho số nguyên dương n 2 Gọi S tập hợp gồm n phần tử Ai với i m tập khác gồm phần tử S cho từ Ai A j , Ai Ak , A j Ak ta suy Ai A j Ak Chứng minh rằng: m 2 n Ta chứng minh quy nạp theo n Hiển nhiên phát biểu đề n = Giả sử n > phát biểu đề bàiđúng với số nguyên bé n Ta xét hai trường hợp *Trường hợp 1: Không tồn i j Ai Aj S Ai A j 1 (kí hiệu T để số phần tử tập hợp hữu hạn T) Gọi x phần tử tuỳ ý thuộc S Số tất tập hợp Ai không chứa x lớn n theo giả thiết quy nạp Số tập chứa x S n Nếu x Ai khơng có j A j S AJ x , khơng phải có Ai A j 1 Do vậy, 2đ nửa tập chứa x S xuất dạng Ai Như thế, số lớn tập Ai n n 2 n * Trường hợp 2: Tồn phần tử x S cho A1 A2 S A1 A2 x Đặt A1 r A2 s Khi r s n Theo giả thiết quy nạp, số lớn tập hợp Ai cho Ai A1 r Tương tự, số lớn tập hợp Ai cho Ai A2 s Nếu Ai tập A1 A2 A1 Ai , A2 Ai Vì A1 A2 , ta có A1 A2 Ai Như ta có A1 A2 Ai x Do Ai x Ai A1 Ai A2 , tập khác rỗng Ai A1 , Ai A2 chọn tương ứng theo r s cách, nên số lớn tập r 1 s 1 Công thêm kết riêng vào, ta nhận số lớn tập Ai n 1đ 1đ