CÁC bài tập ôn THI đại học CAO ĐẲNG học SINH GIỎI môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT

Chứng minh tồn tại một tam giác có các cạnh được tô cùng màu.. a Chứng minh rằng diện tích lục giác AB CA BC bằng hai lần diện tích tam giác ABC .' ' ' b Hãy xác định độ dài ba cạnh của

CÁC BÀI TẬP ÔN THI ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN

b) Gọi F đối xứngE qua O và giả sử D thay đổi nhưng luôn qua E.

Chứng minh :CD2 +DF2 +FC2 luôn nhận giá trị không đổi

Giải

E

F I

O A

MOOI

Û uuuur uur= ( I là trung điểm CD )

Th1: O≡I Khi đó mọi M nằm trên ( ; )O R là điểm M cần tìm

Th2: O≠I.Khi đó MOOI =uuuur uur 0Û MO ^OI

Vậy điểm M cần tìm là giao điểm của đường thẳng d với ( , ) O R

với d là đường thẳng qua O và vuông góc OI

Thay thế các đẳng thức vào ta được : CD2 +DF2 +FC2 6 2 2

2

EF R

= + không đổi

Bài 4

Bên trong hình tròn bán kính là 1 người ta đặt 4025 điểm sao cho không có ba điểm nào thẳng

hàng.Chứng minh luôn tìm được 3 điểm từ các điểm trên sao cho tam giác tạo thành có diện tích bé hơn

2012

π

GiảiChia đường tròn bằng 1006 đường kính ta sẽ được 2012 hình rẽ quạt bằng nhau

(như hình vẽ)

Mỗi hình rẽ quạt có diện tích

2012

Q

S = π

Ta có 4025 điểm và 2012 rẽ quạt nên tồn tại một rẽ quạt chứa 3 điểm.Giả sử gọi 3 điểm đó là , ,A B C

Hiển nhiên diện tích tam giác ABC <

b) Vì P x có nghiệm là 1 và 1( ) − nên theo Bezout ta có : P x( )=Q x x( ).( - 1).(x+1)

Từ giả thuyết ta có (x2 +2x+2)(x2+2x Q x x) ( )( - 1)(x+ =1) (x2+1)(x2 - 1) (Q x+1) (x x+2)Suy ra: (x2 +2x+2) ( )Q x =(x2 +1) (Q x+ 1)

-Thử lại thấy ( )P x thỏa yêu cầu bài toán vậy P x( )=C x( 2+1)(x2- 1)

Bài 6

Cho dãy số ( )v với n

1

* 2

Giải

Xét dãy số ( )u với n

1

* 2

Bài 7

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ; )O R và có trọng tâm G Gọi A B C lần lượt là giao 1, ,1 1

điểm của GA GB GC với đường tròn ( ; ), , O R

a)Chứng minh: GA2 +GB2 +GC2 =3(R2 - OG2)

b)Chứng minh : GA1+GB1 +GC1 ³ GA GB+ +GC

Giải

G A

=

⇔

(**)01653

3

2

t t

Với t = 3 ta có x= 4

3 0

3 0

3 0

3 0

v u

v u

9108

1392

0

108

1392

9108

9108

1392

9108

1392

−

2

tcos21tcos2tcos3tcos

⇔

2

tcos2t2cost3cos

0tt

12

t5cos

02

tcos

Vậy trên [−2;2] phương trình đã cho có nghiệm

5

4cos2x,2x,2

3x

k

3kx1k

4k

k

2 1 k

++

<

+

++

+

Suy ra:xk+2 <xk+1

Vậy ( )x n là dãy giảm

( )x n lả dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên hội tụ.

Đặt limxn =α.Ta có 2α = 3α2 +1⇔α=1

Vậy limxn =1

Câu 10

Cho tam giác ABC.

Gọi Mlà điểm chuyển đông trên AB.Gọi N là điểm chuyển động trên AC.

a) Giả sử BM=CN.Chứng minh đường trung trực của MN luôn đi qua một điểm cố định

b) Giả sử

AN

1AM

1 + không đổi.Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố đinh

Giải

a) Nếu tam giác ABC cân thì trung trực MN đi qua điểm Acố định

Xét tam giác ABC không cân tại A

Gọi E là điểm chính giữa cung BACcủa đường tròn ngọai tiếp tam giác

ABC E là điểm cố định

vì EB=EC;BM=CN ;góc EBM=góc ECNnên ∆ EBM = ∆ ECN

Suy ra: EM = EN hay đường trung trực của MN luôn đi qua điểm E cố định

b) Kẻ đường phân giác trong của BAC cắt MN tại F

Gọi β là số đo góc BAC

Ta có : diện tích ∆AMN=diện tích ∆AMF+diện tích ∆ANF

Suy ra:

2sin.AN.AF2

12sin.AF.AM2

1sin.AN.AM

β

=

⇒

ANAM

AN.AM2

sin

sin

AF

AF

⇒ không đổi hay F là điểm cố định

Vậy MN luôn đi qua một điểm cố đinh

Câu 11 Tìm các số nguyên tố a,b,c sao cho ab +1999=c.

Giải

Vì a,b là các số nguyên tố nên a,b≥2.suy ra c≥2003

Vì c≥2003 nên clà số lẻ Suy ra: ab là số chẵn

Trong mặt phẳng cho 6 điểm tùy ý sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng.Người ta

tô mỗi đoạn thẳng tạo ra từ 6 điểm này bằng một trong hai màu đen hoặc trắng

Chứng minh tồn tại một tam giác có các cạnh được tô cùng màu.

Giải

Từ điểm A ta tạo với 5 điểm B,C,D,E ,F được 5 đoạn thẳng AB,AC,AD,AE,AF.

Vì chỉ tô màu đen hoặc trắng nên trong 5 đoạn thẳng trên phải tồn tại 3 đọan thẳng tô cùng màu.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử AB,AC, AD được tô màu đen.

Nếu có ít nhất môt trong ba đọan thằng BC,CD,DB được tô màu đen.Không mất tính tổng quát giả sử BC tô màu đen thì ABC là tam giác thỏa yêu cầu đề bài

Nếu BC,CD,DB đều tô màu trắng thì BCD là tam giác thỏa yêu cầu đề bài

Vậy ta giải quyết được bài toán

b) Cho ba số thực dương a ,,b c Chứng minh: a b c

b a

a c a c

c b c b

b

+

+++

+++

+

2 2

3 3 2 2

3 3 2 2

3 3

Giải

a.

Phương trình đã cho có điều kiện 0< <x 1

Với điều kiện trên ta có:

x

x x

x

x x

−

=+

⇔

=+

+

1

311

x x

ca bc

bc c b

bc ab

2

2 2 2

2 2

2 2

2 2

2

2

2

≤+

≤+

2 2

2

2 2

2

a c

ca c

b

bc b

a

+

++

++

Suy ra :

2

2 2

2 2

2

2 2

2

a c

ca c c b

bc b b a

ab

+

−++

−++

−Vậy ta chứng minh được (1)

Ta chứng minh

2

2 2

3 2

2

3 2

2

b a

c a

c

b c

b

+

++

2

2 2

2

2

b a

c c

a

b c

b

a

+

≥+

≥+

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho 2 dãy a≥b≥c và

Vậy ta chứng minh được (2)

Công (1) và (2) vế theo vế ta có điều phải chứng minh

Bài 14

Cho dãy số thực ( )x với n

1 1

1

3 41

n n

n

x

x x

b) Chứng minh các dãy số ( )x có giới hạn hữu hạn khi n n → +∞và tìm giới hạn đó

Ta có : f x nghịch biến trên ( ) (0;+∞); liên tục trên (0;+∞) và nhận giá trị trong (0;+∞)Dãy số đã cho được viết lại 1 1 ( )

Vì f x nghịch biến trên( ) (0;+∞) nên f ( )4 < f x( )k < f ( )0 Suy ra:0<x k+1<4

Tương tự cho dãy ( )u n

Ta chứng minh ( )u n là dãy tăng ; ( )v là dãy giảm bằng quy nạp n

Ta có x1< x3

Vì hàm số f x( ) nghịch biến trên (0;+∞) nên f x( )1 > f x( )3 hay x2 >x4

Giả sử x2k−1< x2k+1 ta có f x( 2k−1) > f x( 2k+1) hay x2k >x2k+2 ( với k∈N*)

Với x2k >x2k+2Ta có : f x( )2k < f x( 2k+2) hay x2k+ 1 <x2k+ 3

Với x2k+ 1 <x2k+ 3 ta có : f(x2k+ 1)> f(x2k+ 3) hay x2k+2 >x2k+4

Vậy theo quy nạp ta có thì (x2n− 1) là dãy tăng ,( )x 2n là dãy giảm

Hay ta có ( )u n là dãy tăng ; ( )v là dãy giảm n

( ) ( )u n , v là các dãy đơn điệu và bị chặn nên n limx2n =v;limx2n−1 =u

Từ hệ trên ta có

3 41

3 41

v u v u v u

Dãy số ( )x có hai dãy con n ( ) (x2n , x2n−1) có cùng giới hạn là u v= nên limx n =u

Qua giới hạn và từ phương trình 3 4

1

u u u

+

=+ ta có u= +1 5

Bài 15

a)Cho tam giác ABCcó , ,G H O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngọai tiếp Gọi K là

điểm sao cho uuurHK =3uuurHG.Gọi G G G lần lượt là trọng tâm các tam giác 1, 2, 3 ∆KBC, ∆KCA KAB,∆ Chứng minh: G A G B G C đồng quy và 1 , 2 , 3 G A G B G C1 = 2 = 3

b)Trong mặt phẳng cho ngũ giác đều ABCDE nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R và điểm M tùy

E

Gọi E là điểm đối xứng của A qua O.Ta có :BHCE là hình bình hành

Suy ra: HA HB HCuuur uuur uuur+ + =2HOuuur

Suy ra: 3OG OHuuur uuur=

Vì , ,G H O thẳng hàng; 3OG OHuuur uuur= ;uuurHK = 3HGuuur nên , , ,H G O K thẳng hàng và O là trung điểm HK

Gọi M là trung điểm BC

Trong tam giác AMK∆ ta có :GG song song AK ;1 1 1

Bình phương một số nguyên và đem chia cho 4 thì số dư là 0 hoặc là 1

Ta có x2012 chia cho 4 dư 0 hoặc 1;2009 y2012chia 4 dư 0 hoặc 1

Suy ra:x2012+2009y2012chia cho 4 dư 0 hoặc dư 1 hoặc dư 2 (1)

Ta có:2011 2012z+ 2010 chia cho 4 dư 3 (2)

Từ (1) và (2) suy ra không tồn tại các số nguyên , ,x y z thỏa phương trình trên

Bài 17

Trên mặt phẳng cho 2011 điểm sao cho với ba điểm bất kỳ trong số các điểm đó ta luôn tìm được hai điểm để đoạn thẳng được tạo thành có độ dài bé hơn 1.Chứng minh luôn tồn tại một hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 1006 điểm đã cho

Giải

C

Xét A tùy ý trong số 2011 điểm trên Vẽ hình tròn ( )C tâm A ,bán kính 1.1

-Nếu tất cả các điểm còn lại đều nằm trong ( )C thì bài toán được chứng minh1

-Nếu tồn tại điểm B ( B≠ A) không thuộc ( )C thì 1 BA>1

Vẽ hình tròn ( )C có tâm là B và bán kính 12

-Nếu tất cả các điểm khác ,A B đều thuộc ( )C thì bài toán giải quyết xong2

- Nếu tồn tại điểm C không thuộc ( )C (C khác ,2 A B ) thì để ý CB AB, >1 ta phải có CA<1 suy ra

C thuộc ( )C1

Như vậy ta đã chứng minh được ( )C và 1 ( )C chứa tất cả 2011 điểm đã cho 2

Vậy luôn tồn tại một hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 1006 điểm đã cho

NỘI DUNG Bài 18.

a)Cho a, b và c là các số không âm Chứng minh rằng:

Cho dãy số ( )u như sau n

1 2

*

12

u u

u u

b)Lập công thức số hạng tổng quát của dãy số ( )u n

a) Chứng minh dãy số ( )u n là dãy số giảm

u

u u u

9( ) : 3

, ( )2

n

v v

Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ

y Rx

⇔ − + = +

⇔ =A

M

TH

xy

I

∆

Thử lại: Gọi

2

2

; ( ) : 22

a)Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x2 +y2 +z2 =12

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 3 1 3 1 3

a) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x2 +y2 +z2 =12

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3

Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = z = 2.

Vậy GTNN của biểu thức là P = 1

45

3 32

3 f +3 f − f ≥9( )1 1 2 0 ( )1 1

3 f x +3 f x − f x f ≥9

u = − + − − nên u chia hết cho 6 n

Mặt khác n là số nguyên tố nên theo định lý Fermat

n n

n n

Cho đường tròn ( )O tâm O bán kính R và tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong

đường tròn ( )O Gọi ', ' A B và ' C lần lượt là giao điểm thứ hai của đường cao kẻ từ , A B và

C với đường tròn ( )O

a) Chứng minh rằng diện tích lục giác AB CA BC bằng hai lần diện tích tam giác ABC ' ' '

b) Hãy xác định độ dài ba cạnh của tam giác ABC theo R sao cho lục giác AB CA BC có' ' 'diện tích lớn nhất

a) Chứng minh rằng diện tích lục giác AB CA BC bằng' ' '

hai lần diện tích tam giác ABC Gọi H là trực tâm tam giác ABC

Ta có: ·BAA'=BCC· ' và ·BAA'=BCA· 'Khi đó ·BCC'=·BCA'

Suy ra H đối xứng với ' A qua BC Qua phép đối xứng trục BC biến HBC∆ thành ∆A BC' Nhưvậy S∆HBC =S∆A BC'

Qua phép đối xứng trục AC biến HAC∆ thành ∆B AC' Nhưvậy S∆HAC =S∆B AC'

Qua phép đối xứng trục AB biến HAB∆ thành ∆C AB' Như vậy S∆HAB =S∆C AB'

AB CA BC

S = S với S là diện tích tam giác ABC

b)Hãy xác định độ dài ba cạnh của tam giác ABC theo R sao cho lục giác AB CA BC có ' ' 'diện tích lớn nhất

Gọi a, b và c lần lượt là độ dài các cạnh BC AC và AB ,

Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c R= = = 3

Vậy lục giác AB CA BC có diện tích lớn nhất khi ' ' ' a b c R= = = 3

Khi x=9, thay vào (2) ta được y2 +27y+126 0= ⇔ = − ∨ = −y 6 y 21

Khi x=8, thay vào (2) ta được y2 +20y+100 0= ⇔ = −y 10

Khi x=0, thay vào (2) ta được 2y2 = ⇔ =0 y 0

Nghiệm này không thoả mãn phương trình vì y ≠0

Khi x= −1, thay vào (2) ta được 2y2 +4y+ = ⇔ = −2 0 y 1

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm

(9; 6 ; 9; 21 ; 8;10 ; 1; 1 ; ;0 ,− ) ( − ) ( ) (− − ) ( )k ∀ ∈k ¢

Bài 29

a) Trên mỗi ô vuông của một bảng 7 7× ô, ta đặt một con châu chấu Giả sử cứ sau một tiếng gõ, mỗi con châu chấu nhảy sang ô bên cạnh cùng một hàng hoặc cùng một cột Chứng minh rằng sau một tiếng gõ có ít nhất hai con ở cùng một ô

b) Trên mặt phẳng toạ độ Đêcác Oxy, có một con châu chấu ở toạ độ ( )x y trong đó;,

x y∈¢ Với N là một số nguyên dương cho trước, con châu chấu có thể nhảy từ điểm nguyên A đến điểm nguyên B nếu độ dài AB bằng N Hỏi rằng con châu chấu có thể nhảy đến bất kì điểm nguyên nào sau hữu hạn các bước nhảy không nếu N =2025? Vì sao?

Giải

a Trên mỗi ô vuông của một bảng 7 7× ô, ta đặt một con châu chấu Giả sử cứ sau một tiếng

gõ, mỗi con châu chấu nhảy sang ô bên cạnh cùng một hàng hoặc một cột Chứng minh rằng sau một tiếng gõ có ít nhất hai con ở cùng một ô

Ta tô màu trắng, đen cho mỗi ô của bảng như bàn cờ vua (tức là hai ô gần nhau cùng nằm trên một hàng hoặc một cột thì khác màu nhau)

Do bàn cờ có số ô là lẻ (49 ô) nên số ô trắng và đen khác nhau Ta giả sử có 25 ô trắng và 24 đen

Ban đầu có 49 con châu chấu ở 25 ô trắng và 24 đen Sau một tiếng gõ, con châu chấu sẽ ở ô bên cạnh tức là ô có màu ngược với ô ban đầu nên 25 con châu chấu đứng ở ô trắng sẽ nhảy qua 24 ô đen

Do đó phải có 2 con châu chấu nào đó cùng đậu vào một ô

b Trên mặt phẳng toạ độ Đêcác Oxy, có một con châu chấu ở toạ độ ( )x y trong đó;

,

x y∈¢ Với N là một số nguyên dương cho trước, con châu chấu có thể nhảy từ điểm nguyên A đến điểm nguyên B nếu độ dài AB bằng N Hỏi rằng con châu chấu có thể nhảy đến bất kì điểm nguyên nào sau hữu hạn các bước nhảy không nếu N =2025? Vì sao?

Bài 28

Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( 2 ) ( 2 ) ( )3

x +y y +x = x y−

Giải

Ta chứng minh với N =2025 thì câu trả lời là không thể

Giả sử con châu chấu ở điểm A x y và nó nhảy đến điểm ( ); B z t ( );

Do yêu cầu đề bài nên ( ) (2 )2

Trường hợp 2 xM M hoặc 3,3, 3y xM M hoặc y 3 xM M3,y 3

Do ban đầu con châu chấu đứng ở ô có hoành độ hoặc tung độ không chia hết cho 3 nên sau mỗi bước nhảy, nó sẽ nhảy đến ô có hoành độ hoặc tung độ không chia hết cho 3 Như vậy, con châu chấu không thể nhảy đến các điểm nguyên mà có hoành độ và tung độ chia hết cho 3