TRẦN ĐỨC HUYỆN
30 THÁNG 4
TOAN 11 TU NAM 2000 ĐẾN NĂM 2012
Trang 2TRẦN ĐỨC HUYÊN
Ou TUYEN TAP DE THI
Ouymeic
30 THANG 4 TOAN 11 TU NAM 2000 DEN NAM 2012
(Tái bản lần thứ nhất
Trang 4LỜI NÓI ĐÀU
Hằng năm, cứ vào dịp tháng 4, tháng kỉ niệm miền Nam hồn tồn giải phóng, đất nước thống nhất, các em học sinh giỏi lớp 10 và 11 của các trường THPT chuyên và không
chuyên của các tỉnh miền Nam, miền Trung và Tây Nguyên lại
nô nức tham dự kì thi OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 tháng 4
Ki thi lan dau được tổ chức vào năm học 1994 - 1995 theo
sáng kiến của Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Thành phố Hơ Chí Minh Từ đó đến nay kì thi này đã được tổ chức liên tục
với quy mô ngày càng lớn, chất lượng ngày càng cao
Nam nay, ki thi OLYMPIC TRUYEN THONG 30 thang 4 lan thứ XIX lại được tổ chức tại Trường THPT chuyên Lé Héng Phong
Thành phố Hồ Chí Minh Kì thi lần này có quy mô rất lớn, với sự tham gia tranh tài của khoảng 3000 thí sinh đến từ 90 trường
thuộc 30 tỉnh thành các tỉnh phía Nam Trong các mơn thi, Tốn
là mơn có đơng thí sinh tham dự nhất và cũng là mơn có sự
tranh tài quyết liệt nhất, do đó các đẻ thi mơn Toán thường dành
được sự quan tâm nhiều nhất của các em học sinh và quý thầy cô Là người trực tiếp giảng dạy đội tuyển 18 năm nay, chúng tôi
đã tập hợp, sắp xếp lại các bộ để chính thức và các dé thi dé nghị của các trường tham dự từ năm 2000 đến 2012 và phối
hợp với Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam biên soạn thành bộ sách TUYỂN TAP DE THỊ OLYMPIC TOÁN 30 tháng 4 từ năm 2000 đến năm 2012, gồm hai cuốn :
- Tuyển tap đẻ thi Olympic 30 tháng 4 TOÁN 10 từ năm
2000 đến năm 2012
~ Tuyển tập để thi Olympic 30 tháng 4 TOÁN 11 từ năm
Trang 5Mỗi cuốn sách gồm có hai phần chính : Phan I la dé thi
chính thức từ năm 2000 đến năm 2012 có kèm theo đáp án và
thang điểm ; Phản Il la dé thi dé nghị được sắp xếp theo từng
chuyên đẻ, rất thuận tiện cho việc tìm tịi, tra cứu của giáo viên và học sinh Giới thiệu bộ sách này, chúng tôi tôn trọng nội dung, kết cấu và đáp án hoặc hướng dẫn giải của các trường
để nghị
Hi vọng rằng đây là những tập tư liệu không những giúp
quý thầy cô và các em học sinh chuẩn bị tốt cho kì thi truyền
thống 30/4 mà cịn hữu ích trong việc tự học tập, tự rèn luyện mơn Tốn
Chúng tơi cũng mong nhận được sự đóng góp của q thầy
cơ và các em học sinh để bộ sách được hoàn chỉnh hơn
2 ” e
Trang 6CÁC ĐỀ THỊ CHÍNH THỨC NĂM 2012 Cầu 1 (4 điểm) 3D 8_— Giải hệ phương trình JŠ “Ÿ = 2 2x? +y?~4x+y =0 Cầu 2 (4 điểm) Cho dãy số (x,) xác định bởi :
xi +9 * x ER = —— vneN x -x +6 non a) Chứng minh rằng limx, = +0
b) Với mỗi số nguyên dương n, đặt y, = Mấy Tinh limy_
k=1X, +3 "
Câu 3 (3 điểm) Cho tam giác ABC đều cạnh a, tâm G Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua G và cắt các đường thẳng BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = GM.GN.GP
Câu 4 (3 điểm) Tìm tất cả các cặp hàm số f,g:IR ->IR thoả mãn đồng thời các điều kiện sau :
i) £(0)=g(0)=1, g(1)=2
Trang 7Câu 5ð (3 điểm) Một số nguyên dương n>1 được gọi là hồn tồn khơng chính
phương nếu n khơng có ước chính phương khác 1 Chứng minh rằng nếu n là một hợp số và n~1 chia hết cho g(n) thì n hồn tồn khơng chính phương và n có ít nhất 3 ước nguyên tố (trong đó o(n) là số các số nguyên
dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n)
Cau 6 (3 điểm) Trên mỗi ô của một bảng 4x4 ô vuông, người ta điền một trong
hai số 1 hoặc -1 sao cho tổng các số trong mỗi hàng và trong mỗi cột đều
bằng 0 Hỏi có bao nhiêu cách điền như trên ?
ð evŸ ° x`-8=y +l 6x” +12x = By” +3y x-2=y+1 2x2+y?~4x+y =0 x=y+3 By? +9y+6=0
a) Bằng quy nạp chứng minh được Xa>8,Yn>1
xi+9 na x.°-6x +9 in ~ OX,
Trang 8
(x, -3) *
2X n+l ¡—X ““——>0, “n x, 7x, +6 “73 VneN Do do (x, )la day tang va 4=x, <x, <
« Giả sử (x,) bị chặn trên = limx,, =a>4 Do đó
4
a=—ˆ *9_sa=3<4 (vơ l0
a®-a+6
Suy ra (x,) khong bi chan trén Vay limx, = +0
b) Từ Œ) =
Câu 3 Không giảm tổng quát, giả sử tam giác ABC có hướng dương Goi A’, B, lần lượt là trung điểm
của BC, CA, AB và đặt (GA', d) = a(modz) Khi đó ta có : *(GB', d) =(GB', GA ')+ (GA, đ) 2z =-~+0(modn) B A Cc
(GC’, d) =(GC', GA’) +(GA’, d) = 2 (mod 2)
« Ti dé suy ra:
: , GP
Trang 9
a3 J3
_ 18|eos8u|” 18 7 a
2m 2z
cos a.cos| a —— |.cos} a + —
3 3
© Dấu bằng xây ra ©|eos8a|= 1e sin8ø = 0 © œ = ®”,kcZ, Vậy đ trùng
với một trong 3 đường cao của tam giác
Câu 4 © f(x)-f(y)=(x-y)g(x+y) VxyeR a) Dat F(x)=f(x)-1, F(0)=0
Khi đó (1) trở thành F(x)-F(y)=(x-y)g(x+y) (2)
* Trong (2) cho y =0 duge F(x) = xg(x) Khi d6 (2) tré thanh
xg(x)-ye(y)=(x-y)ge(x+y) (3)
Dat G(x) =g(x)-1, G(0)=0
Ta viét lai (3) : xG(x)-yG(y) =(x-y)G(x+y) (4)
Thay x bởi -y được : -yG(-y) = yG(y)
* Trong (4) thay y bởi -y được : xG(x)-yG(y)=(x+y)G(x-y)
Do đó : (x=y)G(x+ y) =(x+ y)G(x~ y)
Đặt x+y=a, x—y=b được : bG(a) = aG(b)
Gía) G(b)
Suy ra = Va,b#0
a
Vay G(x) =mx Vx R (m là số thực cho trước)
G(1)=g(1)-1=1=m=1=G(x)=x= g(x)=x+1 YxeR
Từ đó có f(x)=x”+x+1 VxeR
Thử lại ta được f(x) =x”+x+1 và g(x)=x+1 là các hàm cẩn tìm
Câu 5 Gọi p là một ước nguyên tố bất kì của n Ta viết n = pm với r và m là các
số nguyên dương mà (p,m) = 1
Trang 10Theo giả thiết : (n)|(n-1) = p” ”|(pTm~1) = r~1=0 (vì (p,p"m =1) =1)
=r=l1 (và do đó m >1 vì n là một hợp số)
Vậy n là một số hồn tồn khơng chính phương và n có ít nhất hai ước
nguyên tố
Giả sử n=pq với p và q là hai số nguyên tố khác nhau Khi đó :
(p~ 1q =1) = ø(p)@(4) = o(n)|(n = 1) = pq-1
suyra (p-1)|(pq-D
Ta lại có : (p~1)[p-1q =(p-U|[(pq~1)~(p-1q]=q—1 Tương tự, q~1|(p~1); vậy p= q, vơ lí !
Mâu thuẫn đó chứng tỏ rằng n có ít nhất ba ước nguyên tố, điều phải chứng
minh (đpem)
Cau 6 Ta thấy mỗi hàng và mỗi cột đều chứa hai số 1 và hai số -1 Nếu 3 hàng dau tiên đã được điền số sao cho tổng các số trong mỗi hàng bằng 0 và trong
mỗi cột có không quá hai số bằng nhau thì ta có duy nhất một cách điền số
vào hàng thứ tư Do đó ta chỉ tìm số cách điền số ba hàng đầu tiên
Ở hàng thứ nhất và hàng thứ hai, mỗi hàng có c =6 cách điển số mà tổng
các số bằng 0 Trong 6 cách điển số ở hàng thứ hai ta chia thành 3 trường
hợp :
Trường hợp 1 : Cách điền số ở hàng thứ hai trùng với cách điền số ở hàng
thứ nhất 0 vị trí : có 1 cách Khi đó, có 6 cách điển dòng thứ ba
Trường hợp 2 : Cách điền số ở hàng thứ hai trùng với cách điền số ở hàng
thứ nhất 4 vị trí : có 1 cách Khi đó, có 1 cách điển dòng thứ ba
Trường hợp 3 : Cách điền số ở hàng thứ hai trùng với cách điền số ở hàng
thứ nhất 2 vị trí : có 4 cách Khi đó, mỗi cách điền dịng thứ hai, có 2 cách
điển dòng thứ ba
Vậy số cách điển số thoả mãn yêu câu bài toán là : 6.1.6 + 6.1.1 + 6.4.2 = 90
Trang 11Năm 2011
A ĐỀ BÀI
Cầu 1 (3 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực :
Câu 2 (4 điểm) Cho p là số nguyên tố lẻ Chứng minh rằng không tôn tại các số
nguyên x, y thoả mãn hệ thức : xP +yP = p[(p-1!]”
Cau 3 (3 điểm) Qua điểm S bất kì thuộc mặt cầu bán kính R ta dựng ba đường
thẳng đôi một hợp với nhau một góc œ, cắt mặt cầu tại điểm A, B, C (khác S)
sao cho SA = SB = §C Xác định œ để thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất
Câu 4 (3 điểm) Cho tam giác ABC không tù nội tiếp đường tròn tâm O bán kính
bằng 1 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC và Ay Bo: % lần lượt là hình
chiếu của G lên BC, CA, AB Các đường thẳng qua A, B, € lần lượt vng góc
với GA, GB, GC và đôi một cắt nhau tại Ay Bị, CG, (AeBC,Be AC, 17 Ce A,B, ) Goi Sy Ss, lân lượt là điện tích của tam giác AoBạ©; A,B,C,
4 son 82 27
Chứng minh 37 < SS, = 18ˆ
Câu 5 (3 điểm) Cho dãy số (x,) xác định bởi ~-1 "1 x ¡+ 4X, +9, + tín cDỦX 2 œ x,= n?(n -1)
với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1
Tìm lim (son? ~4n+ 2011)x, note
Cau 6 (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số f: [1; +) — [1 ; +) thoả mãn điều kiện f(xf(y)) = yf(x) Vx, ye[1; +)
Trang 12B ĐÁP ÁN
Cau 1 Điều kiện : -1< x <1 Đặt x = cost, 0<t<
Ta được phương trình :
đun (L+ cost)” ~ =o) | =2+sint
2
cost # sin cos? iS -sin? = 5 [ava = 2+ sint
2 2 2
© (cos? 5 sin? (reo gain 8 = 2+ sint
© cost(2+sint)v2 = 2 + sint
«= (2+ sin t)(V2 cost -1) =
1 ee
Câu 2 Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng
2cost=1= 0 © cost =
Giả sử tồn tại x, y nguyên sao cho xP +yP = p[(p =1]
« Từ giả thiết phản chứng, suy ra xP + yP = 0(mod p)
Lại theo định lí Phéc-ma, ta có x” = x(mod p) ; yP = y(mod p)
= xP +yP =x+ y(mod p)
Do đó x + y = 0 (mod p) hay x = -y (mod p) qd)
« Ngồi ra: xP +yP =(x+y)(xP"l- xP~?,y + xP-3 y2 _ + yÐ~Ö) (9)
p-2k _
Từ (1) suy ra : eke) (k nguyên dương)
Do đó : xP-l— xP~Ê,y + xP~3,
=yP ty rt +yP”8.y? + + yP~Ì (mod p) =p.yP”Ì (mod p)
=0 (mod p) (3)
Từ (1), (2) va (3) suy ra: xP +y? =0(mod p?)
Trang 13Tức là : p[(p~1!] =0 (mod pÊ)
= p[(p~1!]” = 0 (moả p) : vô lí !, vì (p = 1) ! không chia hết cho p
s
Câu 3 Gọi O là tâm mặt câu, E là trung điểm BC
Chứng minh được tam giác ABC đều
Hạ SI vng góc với mặt phẳng (ABC)
và SI cắt mặt cầu tại D Khi đó I là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và
S, O, I thang hang
Dat SA = 1
Trong tam giée vudng SAD c6 :
2
? ~SISD =SI=.— 2R @)
BC — 2hsin
Tacé BC = 2BE = 2sin& va IA = TT ng
Suy ra SI = VSA? ~IA? =/ ae
Từ (1) và (9) ta có /= 2R = £
cao as 1 1, a 3 Ta có diện tích tam gide ABC la: Sy, = 7BC.AE = 52.sin 5.5 AL
- va? sin? =, 2
2
Vay thé tich khdi chép S.ABC 1a : Vy apc oe R sin? E (i ~4sin? |
2
Bait x = sin? &, x6t hàm số fix) = x{1-$x] trên khoảng (0 ; 1)
Lap bang bién thién thay f(x) dat GTLN tai x = ị =a=609,
Câu 4 Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua G Ta có AA,B,C, đồng dạng với
B,C, BC ease
ABA'G, suy ra ti sé déng dang la 11 ao a = ` = cot AC,G + cot AB,G
Trang 14Ma cot AC,G = cot ABG
AB? +BG?-GA? _ 3(AB? + BG? - GA?)
48 ana 48 5
2 2 2
Tuong tu, cot AB, G= eee
# ABC
2 2 2
Suy ra cot AC,G + cot AB,G = BOCA” + ABT
28 là tỉ số đồng dạng 8 _ABC MA Sy yg = APS, ta được 2 3S _ Es +CA? = Sapo Sapo
Ta có : BC?+CA?+ AB? =9(R?~OG”) (R là Ay
bán kính đường tròn (O)) Suy ra :
(Bo? +CA? + AB? y
oa)’
= — 2
Sapo, = 12 12 4 ae 96 Ỷ a
Mặt khác, theo định lí Ơ-le cho tam giác Pedal AoB¿© ta CĨ :
(2)
(3)
Trang 15Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O = G, hay tam giác ABC đều (4)
Trong moi tam gidc ta luén cé : 90G? = R?(1-8cos A cosBeosC) 2 Vì tam giác ABC không tù nên 8cosA cos BcosC > 0 => OG? < aa
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC vuông (5)
3
2
re -]
Từ (3) va (5) = §,.8, > ———-~ @ (ao R = 1) Đẳng thức xảy ra khi 031 16R2 27
và chỉ khi tam giác ABC vuông (6)
Từ (4) và (6) ta có điều phải chứng minh
As “3 _ ede Cầu õ Từ (1) với n > 1, ta có : xị +4x, +9x, + +(n=x _¡ =nf(n-1)X sả X3.„ 2 Bs Tie la: x, + 4x, +9x,+ +(n-D°x, | +x, =n°x, (2) ý 2 ae) Lai c6 x, +4x, +9x,+ +(n-1)"x, ) =(n-1)"x, | (3) a ae ee np =X, -M@-D'x, | Từ (2) và (3) ta c6 : n’ 3 = 8c? hay (n-1) x, = n Ix, (-1? (n-1? m-2)? (3Ì//2Ÿ(1Ý
ene a, ORG ea) lahis| *®%
n n (n -1) 4 3) \2
x,
Vay lim (30n? -4n+2011)x, = lim (so? ~án +01)” n>+0 n>+0 n
(30n? - 4n + 2011) 1 30
= lim ————————.~ = — ane a 44
Cầu 6 Giả sử có y¡,y, e[1; +) : f(y,) = f(y„)
14
= xf(y,) = xÍ(y,) Vx e[1; +}
=> f(xfly,)) = f(xf(y,))
Trang 16=¥y-Vậy f đơn ánh
Từ điểu kiện bài toán cho x = y = 1, ta được ff(1)) = f1) = f1) = 1 Cũng từ
điều kiện bài toán cho x = 1 ta được fifly)) =y vy <[1; +2)
Hay fif(x)) =x, Vx [1 ;+®)
Từ điều kiện bài toán, thay y bdi fly) ta được :
flxf(fly))) = fly)flx) Vx, y e[1; + s)
© fixy) = fly)fix) Wx, y e[1; +0)
Mặt khác f tăng trên {1 ; +), thật vậy vx, ye[1; +0) :x>y
=">1= !E)› 1> f(x) = 3») = r[]t > fly)
y y y y
Cuéi cing chting minh f(x) = x, Vx e[1 j +0)
Néu fix) > x thi flf(x)) > fix) = x > f(x) V6 li Nếu ftx) < x thi fif(x)) < f(x) > x < f(x) V6 li
Thử lại, fx) = x, Yx e[1 ; +) thoả mãn yên cầu bài toán
Năm 2010
A ĐỀ BÀI
Cầu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình :
x+y-jxy =3 dx+1+jy+1=4
Câu 9 (4 điểm) Tính giới hạn sau :
+ TỶ + BỔ + 9Š + + (Ấn - 8)Ể
lim——————————
[1+5+9+ (4n ~3)
Câu 3 (4 điểm) Cho n và k là các số nguyên với n,k >2 Chứng minh rằng :
my <1Inlq+_® lại kèn k-1
(với In là kí hiệu logarit Nê-pe)
Trang 17
Câu 4 (4 điểm) Hãy tìm bên trong một tứ giác lỗi một điểm sao cho các đoạn
thẳng nối điểm đó với các trung điểm của các cạnh chia tứ giác này thành 4
phần có điện tích bằng nhau
Câu 5 (4 điểm) Cho ham sé f : [0; 2010] R liên tục và thoả f0) = f{2010) Chứng minh rằng tôn tại 2010 cặp số (a, ;bị) i=1,2,3, ,2010, véi a;, bị thuộc đoạn [0 ; 2010] sao cho bị — a¡ là số nguyên dương và fta¡) = f(b;) với mọi ¡ = 1,2, 3, 2010 B ĐÁP ÁN Cau 1 x+y- xy =3 qa) vxt+1l+jy+1=4 (2) x2-1 Điều kiện để hệ có nghĩa :4 y > -1
xy>0 Ta có Vx+1+\jy+1=4©€x+1+y+1+2(x + 1)(y +1) = 16 ©x+y+2\j(x+1)(y +1) =14 (3) Đặt t= xy >0 Từ (1) ta có x+y=3+t Thay vào (8) ta có: 3+t+2Vt? +t+4 =14 © 2t +t+4 =11—t 0<t<11 ° t=3 hayt=-— 35 mes et=3 © Vy =3 © xy =9 Ta có hệ XI SỔ Gv cung xy =9
Vay hệ có nghiệm duy nhất (3 ; 3)
Trang 18Câu 2 Ta có : n(4n - 2) 1+5+9+ +(4n-3)= =2n? -n n 1Ổ +BŸ +9” + + (An — 8)” = Ÿ) (4i - 8) isl n n n
i-27) = 64) i° -144))i? +108) i-27n
i=l = isl -[tszsÏ isl 2 + +(4n=8)Ÿ là đa thức bậc 4 có hệ số bậc 4 là _na + 1 + » va Qin) = [1+5+9+ (án ~8)]” là đa thức bậc 4 có hệ số bậc 4 là 4 Do đó : Hạ TỔ + +9” + + (An =3)” — 16 im————————-=—=4 [I+5+9+ 4n-8]) 4
Cau 3 Cho n và k là các số nguyên với n,k > 2 Chứng minh rằng
nh+P < 1In[1+—— |1, (với In là kí hiệu logarit Nê-pe) kon k-1
Xét bổ đề :
va>0;—L_ <In(a+1)-lIna < 1,
a+l a
Thật vậy, xét hàm số f(x) = lnx xác định và khả vi trên R”, f(x) =—
Áp dụng định lí La-gơ-răng (Lagrange) trên [a ; a+1] (a > 0)
Ta được : 1= f'(e) = (&+1~ÌB8 _ 1a ¿1)—lna, với ee(a; a+1) € a+l-a
Kmi đó: + <1<1~_1_ a+l c a a+l “Ina+10)~Ina<1, a
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
Trang 19
k+l k+2 + teat k+n >nh" k+l k+2 $ ti kin =nW k+n ; k k+1 k+n-1 k k+l k+n-l k Ta cũng có : k+l k+2 + teat k+n + 1 1 tot lt 1 k k+l ken-1k k+1 k+n-1 Áp dụng bổ đề :
gÍk‡n , 1(k+1, k+2 < tet kin ) 1 =-l|n+—+ 1 1 tot 1
k nl k k+l k+n-1) n k k+l k+n-1 1 k+n-1 xÌ n <= 1 =1+—ln|l 7 {ne of k-1 ) “mm “4
Cau 4 Xét tứ giác lôi ABCD Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của bốn cạnh
18
AB, BC, CD, DA K là trung điểm của đường chéo BD, đường thẳng qua K và
song song với AC cắt 2 cạnh của tứ giác tại M, N Không mất tổng quát, giả
sử M thuộc cạnh AD, NÑ thuộc cạnh CD
Ta chứng minh đoạn MN trùng với tập hợp các điểm O sao cho diện tích của 4
s
các tứ giác EBFO và HDGO bằng a
Ta 6 : Sano = 2Sepo V8 Spoo = 28,
Vậy Sanco = 2Öpppo,
Tương tự SAocp = 2Šocp, 2
Giả sử O thuộc MN Vi MN // AC
nén Saco = Saxo
Suy ra Sanco = Sapex:
BFO" £
g tổ, “4 1 61
Mặt khác K 1a trung diém BD nén Say = 5Sapp V8 Spex = 5Spop-
Ss
6 =_ ABCD
Do đó 8, = 2
Giả sử O khơng thuộc MN Kí hiệu O' là giao điểm của OB và MN Vì tính
chất lỗi của tứ giác ABCD nén O' thuộc đoạn thẳng MN Theo chứng minh
3,
% ứ ắ ‘ABCD é
trên, ta chứng minh được 8S ABCO' 2 Do d6 S ABCO không thể bằng
Sapep_
Trang 20Cau
Lập luận tương tự với đường chéo AC
Vậy điểm cần tìm là giao điểm của 2 đường thẳng, mà mỗi đường đi qua trung điểm của một trong 2 đường chéo và cùng phương với đường chéo còn lại Dễ
thấy giao điểm này nằm trong hình bình hành EFGH nên nằm trong ABCD 5 Ta chứng minh bằng quy nạp theo n e Ñ* mệnh đề sau :
“Nếu hàm số f: [0 ; n]-> liên tục và thoả mãn f(0) = ffn) thì tổn tại n cặp
số (ai; bị) (¡ = 1, 2, , n) với ai, bị thuộc đoạn [0 ; n] sao cho với mọi ¡ = 1, 2, , n ta có bị — a; là số nguyên dương và f(a;) = f(b;)” (Với n = 2010 ta có bài tốn đã cho)
« với n = 1: Mệnh để đúng (Lấy a¡ = 0, bị = 1)
Giả sử mệnh để đúng với n = k (k e N*), ta chứng minh mệnh để đúng với n=k+l
Xót hàm số f: [0 ; k + 1] -> liên tục và thoả mãn f0) = f(k + 1)
Ta chứng minh tồn tại k + 1 cặp số (a¡; bị) (¡ = 1,2, , k + 1) với ai, bị thuộc đoạn [0 ; k + 1] sao cho bị - a¡ là số nguyên dương và f(a;) = fíb;) với mọi ¡ =
1,2,.„k + 1
Xét hàm số g(x) = fx + 1) - f(x)
Ta có f liên tục trên [0 ; k + 1] = g(x) liên tục trên [0 ; k]
Mà g(0) + g(1) + + g(k) = [Ñ1) - f(0)] + [2) - f1)] + + [fk +1) - fk)]
=fk+1)-f(0)=0
= Tôn tại ¡,j e (0 ; 1; ; k] sao cho g6)g() < 0
= Tôn tại xọ e [0 ; k] sao cho g(xọ) = 0 tức là f{xe + 1) = f(xo)
Lay a; = Xo, bị = Xọ + 1 ta có ay, bạc [0 ; k+ 1], bị— ai =1e ÑN*
và ffai) = bi) (a)
f(x) khi 0<x< Xọ
Xét hàm số h(x) = f(x +1) khi x, <x <k : a
Ta cé f lién tuc trén [0 ;k + 1] va f(x + 1) = flxo) = h(x) lién tuc trén [0 ; k] Mat khac h(0) = f(0) = f(k + 1) = h(k) nén theo giả thiết quy nạp, tôn tại k cặp số (œ¡¡ dị ) ( = 2, 3, , k + 1) véi c;, dj thuéc doan [0 ; k] sao cho với mọi i = 2,
3, „ k+1, ta có dị - c¡ là số nguyên dương và hí(c;) = h(đ,)
Với mọi ¡ = 9, 3, k + 1, đặt
° khi 0<e; < xo
4 a, va b, =
G+1 khi xạ <e; <k , d.+1 khix,<d.<k i 0 Ti
i b khi 0<d <x, i 0
Trang 21Ta có bị — ai = dị — œ¡ hoặc bị — a;¡ = dị — œ + 1
= bị — a¡ là số nguyên dương V ¡ = 2, 3, ,k +1 (b) « Nếu q <d, <xụ: ta có ai = ci, bj = dị, h(e;) = h(d;)
= f(e) = ffd,) = flaj) = f(b) « Nếu Xạ <e¡ <d,: ta có ai = c¡ +1, bị = dj +1, h(c) = h(đ,) = fÍc, +1) =fÍq, +1) = fla) = fib) *Néu c, <x, <d,: ta có a, i 0 i i b, =4, +1, he) =h(d) > f(c,) = £(4, +1) i i i i => flaj) = ftb,)
= Ta luôn có ffa,) = f(b,) với mọi ¡ = 2, 3, , k+1 (e) Từ (a), (b), (e) = đpem
Năm 2009
A DE BAI
Cầu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình :
2x3 +8x? —18 = yŸ +y
2y) +3y? ~18 =2 +z
22 +327 -18 =x +x
Câu 2 (4 điểm) Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và ABD là các tam giác
nhọn Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vng góc của A lên các đường thẳng BD, BC Chứng minh rằng các điểm C, D, E, F ở trên một đường tròn khi và
chỉ khi các đường thẳng AB và CD vng góc nhau
Cầu 8 (4 điểm) Xét dãy số thực (xạ), n eN, xác định bởi :
xX, = 2009
x =3/6x n n ,—6sinx n-1 Vn>1
Chứng minh rằng dãy (xạ) có giới hạn hữu hạn và tìm lim x:
Trang 22
Cau 4 (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số f(x ; y) thoả mãn hệ điều kiện : f(x;y) + f(y;2) + f(z;x) = x? +y? + Vx,y,zeR
£(x? + y - £00;x) ; 0) =x +£2(y;0)-£0; y?-£0;y) vx,yeR
Câu 5 (4 điểm) Giả sử hàm sé f: N* > N* thod man:
(f(m) + f(n)) | (m +n) vm, n Ee N*
Chứng minh f(1), f(2), W3), là cấp số cộng có cơng sai dương
B ĐÁP ÁN Câu 1 Đặt ft) = 2 + 3 -18 và g(t) = f(x) = gly) f(y) = g(z) f(z) = g(x)
+ thì hệ phương trình được viết lại :
Giả sử x = max(x, y,z) thì jŠ >y |ø9> 8D) (ao hàm số g đồng biến)
x>z g(x) = g(z) g(x) 2 f(x) => g(z) < f(z) pcre ti {rs -© oe Se 2 +25 22° +32" -18 (2-22? +52+9)>0 (222
Từ đó suy ra : 2<z<x<2x=z=93 Thế vào hệ phương trình ta được
y=2
"Thử lại ta thấy : x = y =z = 2 thoả mãn hệ phương trình
Kết luận : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3
Câu 2 + Kẻ đường cao CH của tam giác nhọn
ABC (H thuộc đoạn AB và khác A, B)
Ta có AB LCH (1), A, C, F, H ở trên đường trịn đường kính AC và BH.BA = BF.BC (2) + Nếu €, D, E, F ở trên một đường tròn thì
BE.BD = BF.BC (3)
Từ (2) và (3) : BE.BD = BH.BA Do đó A, H, E, D ở trên đường trịn với đường kính là AD
Trang 23Câu 3 Ta có u a có XC TC x-
Suy ra AB1 DH (4)
Từ (1) và (4) ta có AB 1 (CHD) Vì vậy AB CD
+ Nếu AB.L CD thì AB 1 (CHD) Suy ra ABLDH Do đó A, H, E, D ở trên đường trịn với đường kính là AD
Ta có : BE.BD = BH.BA (5)
Từ (ð) va (2) : BE.BD = BF.BC Suy ra C, D, E, F ở trên một đường tròn
<sinx <x,Vx>0, đấu = xảy ra khi và chỉ khi x = 0 (phải chứng minh bắt trái) sinx<x,Yx>0 =xa>0,YneN œ®) XỔ eo x-—<sinx,Vx>0 > sinx,,2x_ n~1 “n~1 ,-—=1,vn21 6 3 = 6x ¡-6sinx ¡<xi |,vn21 => x n <x n-1 ,,Vn>l (2) Từ (1), (2) = (xạ) có giới hạn hữu hạn
Goi limx, =a, ta có ơ = Ÿ6œ~6sinø © œ =0
Câu 4 Ta xét điểu kiện đầu tiên :
22
f(x;y)+f(y;Z)+f(2x) = x? +y2+z2 vx,y,zeR
Cho x=y=z=0=f(0;0)=0
Cho y=z=0=f(0;x)+f(x;0)=x”vxeR — Œ)
Cho z=0 = f(x;y) = x? + y ~f (y;0) = f(0;x)
=f(x;0)+f(0;y)Vx,y<R (2) Xét điều kiện thứ hai của giả thiết :
(x? + y~£(0;x) ; 0) = x+£°(y;0)-t(0; y? -£(0;y)) Vx,yeR
Theo (1) ta thu được :
f(y+f(x;0) ; 0)=x+f?(y;0)~f(0 ; f(y;0))=x+f(f(y;0) ; 0) vx,y < R
Trang 24Khi đó g(0) = f(0; ;0 )=0
Cho y=0= 8(g(x))=x VeeR
Cho x=0= #(y) = ø(ø(y))=y VyeR
Ta có f(0;x) = x2 ~f(x;0) = x” =x VxeR
Do đó theo (9) ta có : f(x;y) = f(x;0)+f(0;y)=x+y”—y Vx,y<R
Thử lại hàm số f(x;y) =x + y”~y thoả mãn điểu kiện bài ra
Câu 5 Trước hết ta chứng minh f là đơn ánh (1)
"Thật vậy, giả sử f không là đơn ánh => Ja,b eN*,a<b sao cho fla) = fib)
Khi đó có
(fa) + fn)) | (a +n) vn eÑ* và
(ffa) + fín)) = (b) + Ấn) | Œb + n}'” vn *
= ffa) + fín) là một ước chung của (a + n)*° và (b + n)*™, ma fla) + fn)> 2
=> ((a +n), (b + n)?) #1, Vn eN* =>(a+n,b+n)41, VneN*
=>(a+n,b-a) 41, VneN* (a)
Lấy p là một số nguyên tố lớn hơn b và lấy n = p - a ta có
(a+n,b- a) =(p, b- a) = 1 mâu thuẫn với (ơ)
Vậy f đơn ánh
« Lấy t tuỳ ý thuộc Ñ*, ta xét ft +1) — ft)
Vn EN* ta cé (fin) + fit) | (n +t)? va (fin) + flt + 1) | (n+ t + 1)?
mà (n +t,n +£ + 1) = 1 = ((n +£)?'%,(n + t + 1)299) =
=> (fin) + fŒ), fn) + Ất + 1)) = 1
=> (fin) + fit), f(t + 1) - f(t)) = 1, vn eN* (B) Từ (ð ) => f(t + 1) - fit) = +1, Vt eN* (2)
That vay, néu tén tai t sao cho f(t + 1) — f(t) + 1 thì tổn tại số nguyên tố q
là ước của ft + 1) - ft)
Lấy ke N* sao cho q > t va lay n = q"— t ta có
(fin) + fCt)) | (r+ ty = gq?" => q | (fon) + Ất) mà ta đã có q | (t +1) ~ fit)
Trang 25
= q là một ước chung của (fín) + fit)) va (f(t + 1) - Ñt)) : mâu thuẫn với (đ ) Vậy ta có (2)
Từ (1) và (2) > f(t + 1) — ft) = 1, Vt eN* hoac fit + 1) — f(t) = —1, Vt eÑ* Mặt khác do fn) eÑ* Vn * nên khơng thể có Đt + 1) - f(t) = -1, Vt eN* Vậy ta có f(t+1) — ft) = 1,VtNÑ* tức là dãy f1), f2), f3), Ñ4), là một cấp số cộng công sai 1 Năm 2008 ĐỀ BÀI 2 -2=3y-3
Cầu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình
8”-2=38x-2, Câu 2 (4 điểm) Cho dãy (u.) được xác định như sau :
€n+1+Vn)u, = : g n=l8/8, 2n+
1004 +uy + +
Chứng minh rằng u, + u, + uạ + 2a; < Top -
Cầu 3 (4 điểm) Cho hình chóp O.ABC có góc tam diện đỉnh O là tam diện vuông
M là điểm thuộc miền tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ nhất của
AM? | BM? | CM?
AO? BO? CO?”
Câu 4 (4 điểm) Cho phương trình với n nguyên dương : x + 2x” + 4 nx" = 3
a) Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương, trên khoảng (0 ; +œ), phương
trình trên có nghiệm duy nhất, kí hiệu là xạ:
b) Chứng minh rằng dãy (x, ) ¢6 gidi han hitu han khi n> +0 Tinh giới hạn đó
Câu 5 (2 điểm) Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập hợp các số nguyên Z và lấy giá trị trong tập số thực dương R* sao cho :
fim — Dftm) + ftm)ffm + 1) < 2m - 1)ffm + 1), vm e Z
Trang 26B ĐÁP ÁN Cầu 1 ¬ 9k a [2 -2=38y-3* @) 3% -2=3x-2" (2)
Lấy (1) trừ (2) ta được : (2Ÿ -2Ÿ)+ (8Š -8Ÿ)=3(y-x) (3)
Nếu x > y thì (3) không xảy ra
Nếu x< y thì (3) cũng khơng xảy ra
Do x=y thoả mãn (3) nên hệ phương trình tương đương với hệ
ye (4)
2* 43% 3x-2=0
Xét ham sé f(x) =2* +3*-3x-2; xeR
Ta có f'x) =2*ln2+3Šln3- 3 liên tục trên R, đồng biến trên R
Ma lim f'(x)=+0, lim fx)=-3, nên f(x)=0 có đúng một nghiệm Xp:
— x0
Suy ra bảng biến thiên của f(x) như sau : x
—® —— f(x) - 0 +
“WZ
Suy ra rằng f(x) =0 có nhiều nhất là 2 nghiệm
Mà f(0) =f()=0 nên x=0và x=1 là 2 nghiệm của phương trình f(x) = 0 Kết luận : Hệ đã cho có đúng 2 nghiệm là (0 ; 0) và (1; 1)
Gâu 3.Tas6:m =—— 2——_—„#E31-) (2k + Dk +1+ vk) 2k +1
Trang 27Câu 3 Đặt OA =
26
Do đó : u +u, +u, +„#u) <Œ— _ dG oti Py 4B
mas eS Bh ka 1 >u,tu,tu,+.tu, <1— 172) 8 ke 3 k 1 2 2 1— =1- «1~ =1- = ‘ vk+1 V4k +4 dk?+4k+4 k+2 k+2
Như vậy ta đi đến : Ups AU tot SE „ Với k=2008 ta có điều phải chứng minh
; OB= =c là các vectơ cơ sở, OA =a; OB=b; OC=ec
Ta có OM=xa+yb+ze với x+y+z=1; x,y,z>0
AM = OM- OA =(x- 1a+yb+ze
°
Suy ra AM? = (x-1)?a +y"b? + 22c?
2 2 2
Do đó AM =D ey? Pot s at 2
2 2 2A
Tương tự = x24 (y- 1) Pare; =
b b b 3 2 Ow yh et, B c Cc Cc Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có : AM? | BM” | CM? _ ‘AO? BO? GÓP +5} e- D2 +(y-D? 42-1? a2 b
-lš*2:2|t2“ +y2b? +e?) - G2 +y2 +z2) ¢ + (x— ĐẺ + (y ~ ĐỀ + œ — Đ
(S55 ltt ot -2e)- 2(x+y+z)+3
Gọi OH là đường cao của tứ diện thì
„1, „ 5E 1 5 va xa? + y"b? + 2%c? = OM?
Trang 28AM? BM? CM? OM? +——+——= +122
AO? BO? CO? OH?
Dấu đẳng thức xảy ra khi OM=OH hay M=Hvà giá trị nhỏ nhất cần tim la 2
Do đó
Câu 4 a) Xét hàm số ẤŒ)=x+ 9X” + +" 3, liên tục trên R và có
2 n~1
f'@)=1+9?x+ +n?x” và f x)>0,Vxe(0;+%) nên hàm số f(x)
tăng trên (0 ; +) qd)
Mà £ (0)=—Š<0,f ()>0 = n N n
phuong trinh f(x) = 0 có nghiệm trong khoảng (0 ; +) (2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình £00) = 0 có nghiệm x, duy nhất trong
aa 4 2 " f 3 + xài _ + +n 2 mon "\3) 3 3 3 4 'Trừ vế theo vế ta được : n-1 2t,(š]~1+3+ +|3] -J 1 4) 23, B28 9, khoảng (0 ; +) b)Tacó 3f 2 tte on n\3 3 cole 3 3 Do dé: x, >i vnez* 8:8
Áp dụng định lí La-gơ-răng, tổn taiy,, € Gx) sao cho :
2n+8 i -k=ö-s(}- 1 lth ơ„|> xạ Tại vì f,0,)>1 với y, > 0 1| l yin,
Mặt khác Em 22*Ÿ~0~— lìm x =4, x40 4g? x0 0 3
Cầu 5 Giả sử hàm số f thoả
f(m - 1)f(m) + f(m)f(m + 1) < 2f(m - 1)f(m +1), vmeZ (1)
Trang 2928 1 1 2 vm eZ 7 , f(m+1) f(m-l1) f(m) 1 1 1 1 f(m+1) f(m) `fím) f(m-1) 1 1 Đặt stm = Tum) Fam)’ g(m+1)< gim), VmeZ (2)
Néu f(m) khong la ham hang thi tồn tại k e Z sao cho g(Œ) z 0
Xét trường hợp g(R) < 0 : Với p nguyên dương ta có
ø(K+1)+g(k+2)+ + øg(k + p) = „ Ym e Z Vm e Z Ta có : ` rà — x | 1 _ 1 x bị _ 1
“(04D £00) (f&+2) fk+U} ””|fŒ&«+p) f&k+p-D
—L.;,_1 fŒ&) fŒk+p) 1 1 (do(2)) == k+1 k+2)+ k < = k) fik+p) TT gŒ + 1) + g(k + 2) + + g(k + p) T10 + pg(k) >
Ta có >0, ta sẽ chọn p nguyên dương sao cho f(k +p)
1
=—+pg(k)< 0 Fp * Pak < “
để phát sinh mâu thuẫn
Rõ ràng ta luôn chọn được số nguyên
Fog) Si gS Se BH NG Ma véi g(k)<0; (Ibo p> đương p thoả mãn (*) <=L_ + pgík) < 0, vơ lí 1 fŒ+p © Fa * PECK) <0, vO lí Xét trường hop glk) > 0:
Với q nguyên dương ta có
ø(k)+g(k~1)+ +g(k~(q~1))= Khi đó 0<
{2 1 \ƒ/ 1 1 \ (1 _ 1
_|f@) f&-ÐJ fŒ&-Ð f@&-2)J”””(fŒ&-q+1 fŒ&-q) -—L 1
Trang 301 1 (do(2)) 1
¬ Fema) Tài ===E_+ gữo + gŒ~1)+ +gŒ&~-q+1) > -=L—+agŒ) † 809/6:gd6=20#/tietRrint fa) Số
Ta có -1 <0, ta sẽ chọn q nguyên dương sao cho f(k-q)
—=T_ + qgŒ&)> 0 (8) f&)
để phát sinh mâu thuẫn
1
f(k)g(k)
Mà với g(K) >0; (2)e>q> Rõ ràng ta luôn chọn được số nguyên dương ạ thoả (**)
mi > “rao + 489 > 0, vô lí
Vậy fím) phải là hàm hằng = f(m) = C, Vm € Z với C là số thực dương tuỳ ý
Ngược lại : Nếu fím) = C, Vm e Z với C là số thực dương tuỳ ý thì (1) thoả
Vậy f(m) = C, Vm e Z với C là số thực dương tuỳ ý là hàm số phải tìm
Khi đó 0>
Năm 2007
A ĐỀ BÀI
Cầu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình sau :
2 _x2+1 e @) y? +1 3log, (x + 2y + 6) = 2log, (x + y + 3) +1 (2)
Câu 2 (4 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng d và số đo của nhị
diện [B, SC, D] bằng 150° Tính thể tích của hình chóp đều S.ABCD theo d
Câu 8 (4 điểm) Cho dãy số dương (a, )
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương k :
V4 122 Ê Ta | la sổa cla v.à 6t Để, 2g tang ta et Ak}:
Trang 31n b) Biết li ) Biế jim)
isl
ặ # Í 3 din >
Đặt b, ay + Jaya, + ayaa, + + Raa, với n > 1
Chứng minh rằng đãy (b,) có giới hạn
Câu 4 (4 điểm) Cho hàm sé f(x) = 2x - sinx Chứng minh rằng tổn tại hằng số b
và các hàm số g, h thoả mãn đồng thời các điều kiện sau : 1 g(x) = bx + h(x) với mọi số thực x
2 h(x) là hàm số tuần hoàn
3 fg(x)) = x với mọi số thực x
Câu 5 (4 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên m, n sao cho đẳng thức sau đúng :
8" =2" +n(2n - 1)(2n - 2)
B ĐÁP ÁN
Câu 1.ĐK:x+ 2y +6>0 và x+y+2>0
Phương trình (1) ©y?-x? = In(x? +1) -In(y? +1)
e> In(x2 +1)+x? +1=In(yŸ +1)+y2 +1 (3)
Xét ham sé f(t) = Int + t với t > 1
Phương trinh (3) c6 dang f(x” +1) = f(y? +1) (4)
Ta 6 fit) déng bién trén [1; +)
Do d6 (4) @ x? +1=y? +1e>x=+4y
« Với x= ~y, từ (2) ta được log,(6=x) =1, với x < 6 <> x =3= y =-3 (thoa mãn hệ)
® Với x = y, từ (2) ta được :
Blog, (x +2)= 2log, (x +1) với x> —1
_ 92u
Dat Slog, (x +2) =2log,(x+1) = 6u > a
x+1=2
Trang 32ee
a 1+a =a (5) (3) =I 6)
Xét glu) = @y (3): g(u) la ham nghich bién trén R và có g(1) = 1 nên
u = 1 là nghiệm duy nhất của (5)
Với u = 1 suy ra x = y = 7 (thoả mãn hệ) Vậy hệ có 2 nghiệm (8 ; ~3), (7 ; 7)
Câu 2 Ta có BD 1 SC Dựng mặt phẳng qua BD vng góc với SC tại P
Ta có : BPD = 1õ0°
2BP° - BD? BD?
Ta có : cos150° = ———_—_ = 1-
2BP? 2BP?
Gọi M là trung điểm của BC Ta có SM.BC = BP.SC BC = d, goi h là chiều cao hình chóp S.ABCD
2 2 © 5 so =n2+ 2 ( Ta có : SM? =h? + dÊ(4hÊ + d2) Suy ra BP? = h (2h? +d?) (1) trở thành: - a Si uy ra the— 5 23-3 Ve.ancp = ghatABCD “S5 2 3
Cầu 3 a) Ta có : kJ(a2((a, Da, 2" (a, = a Wajaja,.a, (k +1)
3 k 1 3 4 = VWajayay a, = ead 12 1%; =), = 32 2 3 1 3 4
< kr Dk [nre, ead (a, >) +
b) Từ câu a) suy ra
Trang 332 a eee 1 1
b_ < (a, 2 a <a tt ee + 2 oe Ree 3 xã
(n+D™) 1
+ía noel n(n +1) )
Do + Ty + 12 2 nín +1) =1 1y} 1, 42-4 2 2 3 n n+1 n+1 tig
1# 1 iy
nên b, <a,(1¢2) +a,(1+3) +.+9,(142) <0 " 2| ”s nto a
n với e= lim (+2) &
no» n
)
(b„,) tăng và bị chặn trên do đó có giới hạn Cau 4 Cho ham sé f(x) = 2x — sinx
Chứng mỉnh rằng tổn tại hằng số b và các hàm số g, h thoả mãn đồng thời các điều kiện sau :
1 g(x) = bx + h(x) với mọi số thực x
2 h(x) là hàm số tuân hoàn 3 f(g(x)) = x với mọi số thực x
Ti diéu kiện 3 cho thấy để chứng tỏ tôn tai g, trước hết ta chứng tỏ f có hàm
Số ngược
Chú ý : f đồng biến trên (- ; +s) nên có hàm số ngược g
Ta có : fg(x)) = x va g(f(x)) = x với mọi số thực x
Dat h(x) = g(x) — bx Ta sé chon b để h(x) tuần hoàn
Hàm sinx tn hồn chu kì 2z
Ta sẽ chứng tỏ g(x + 4œ) = g(x) + 2 với mọi số thực x
That vay, g(x) + 2n = glflg(x) + 2n)] = g[2(g(x) + 2m) — sin(g(x) + 2z)]
= gl2g(x) — sin(g(x)) + 4x] = glf(g(x)) + 4x] = g(x + 47) Từ đó : h(x + 4m) = g(x + 4x) — d(x + 42)
= g(x) + 2x — bx - 4bn = h(x) + 2x (1 — 2b)
Néu chon b = 3 thi h(x + 47) = h(x) với mọi số thực x
Trang 34Cau 5 Dat x =2™, y = 2n — 1 với m, n là các số tự nhiên
Ta có : (x, y) = 1 và 2x” =x) = (y +1)y(y =1)
© yly” =1) = 2x(x? -1) a
Dom 2 0,n = Onénx 2 1lvay 2-1 ay
Ta có m = 0 Lúc đó n = 0 hay n = 1
s Trường hợp x > 1:
s Trường hợp x
Từ (1) và (x, y) = 1 suy ra : y2 —1 chia hết cho x và 2(x2 -1) chia hết cho y
Do đó 2(x? -1).( y? -1) chia hét cho xy
Nhưng 3x? ~1).(y? ~1) = af xy? ~9xy -|& ay 1)| nên cũng cú :
3(ô-y ơ) chia ht cho xy (2)
Chú ý : với x > 1 thì từ (1) ta có xổ < yŸ < 2x,
x" -x
That vay, (1) < (y~x)(yŸ + xy + yŸ =1)
Với x > 1 ta có x”=x >0 Lúc này y >0 và y” +xy+y” =1 > 0, nên y > x
Ngoài ra : (x? — (2x3 -y) = x"[2(x? — x)] - (x? -Uy3
= xề(y3 ~ y)~ (x2 - 1)yÖ = y(yẺ ~ xỂ) > 0
Do đó : 2x - yŸ > 0
Từ đ6 0 <y — x= x|Š =1]< x6
x
Do đó (yx)? < x2(92 -1)? < $y Suy ra: 0 < 2(y-x)? -1)<xy
Kết hợp với (2) ta c6 : (y-x)?-1 =O hayy=x+1
Thay vào (1) ta có : x = 4 và y = 5 Lúc này m = 2, n = 3 Các cặp (m, n) thoả bài toán là : (0, 0) ; (0, 1) ; (2, 3)
Trang 35Năm 2006
A ĐỀ BÀI
Cầu 1 (2 điểm) Giải hệ phương trình :
x3(143y)=8
x(y> -1) =6
Câu 2 (2 điểm) Cho dãy (u, } được xác định bởi :
uy =5 4 n+l 5 u (uw? -u +9), VneN,n21 n Ttn ,neNĐ,n>1 Tính: lim v +2 no
Câu 3 (2 điểm) Tìm tất cả các hàm số f: IR -› R thoả mãn : f(x + fly) + xfly)) =x+xy+y vx, yeR (1)
Cau 4 (2 diém) Trong khéng gian cho hinh chép SAA, A, (3<neN) Mot
A (chong kể các đầu
;Bụ: Khi n > 3, chứng mỉnh rằng
mặt phẳng (œ) lần lượt cắt các cạnh SA,,SA,
mút) của hình chóp tại các điểm Bị, 8,
diéu kiện cẩn và đủ để hai n-giác A,A, A, và B,B, B, đổng dang (theo
đúng thứ tự đó của các đỉnh) là :
(œ) song song với mặt đáy của hình chóp đã cho
Khi n = 3 thì khẳng định trên cịn đúng khơng ?
Câu õ (2 điểm) Cho a, b, c là 3 số thực dương Chứng minh rằng : a(b +c) es b(c +a) +b)
2 (c+ay +b? (a+b) +e’
(b+e)®+a
Trang 36ĐÁP ÁN
Cầu 1 Ta có :
4 sy =
Do x+0 hệ phương trình tương đương với : ‡X
392 y>-3.221 x
2 t~8y =1
Đặt t =^ ta được
x y°-8t=1
= (t-y)t? +y? +ty +3) =0
=>t=y (vit? +y?+ty+3+#0)
Do đó y® -3y =1
Xét y = 2cosơ với 0< œ <z, ta được :
eos? a - Geos =1 <2 cosdu=F = cost oo a= sho k=, 9 3
bn
Chon duge a =, a=,a= eo 3] nén
9 9 9
y= 2e0s% ; y= 2eos% ; y = Đcos TC,
Ngoài 3 nghiệm trên phương trình khơng còn nghiệm nào khác Vậy hệ có 3
nghiệm :
1 1 1
x= x= Br x= 7
cos — cos — cos —
9 3 9 3 9
x Br
y = 2cos= y = 2cos—= y = 2cos—™
5 1 2
Câu 3 Ta có u, ntl ¡~u, =~(u, =3] >0 (Vn =1, 9, 8, ) on gìn
Vay day (u,) tang, tir dé u, >u, =5 (vn > 1)
Mặt khác nếu dãy (u, ) bị chặn trên thì nó sẽ có giới hạn
Giả sử lim u_ =a, suy ra a > 5, và từ giả thiết (chuyển qua giới hạn) ta được : n>
Trang 37
điều này không thể xảy ra vì a > 5, từ đó limu =+= n¬y%
Tacé: uy, =2(% =u, +9) se By ¡ =8) = up _
1 5 =8 (uy =80, +3) (do uy 3> 5, Vk=l,2, uk
Câu 3 Ta chứng minh rằng : Nếu f(y,)=f(y„) thì y, = y„ với mọi số thực Yụi Yạ: Cho x = 1 Vì f(y,) = f(y„) nên :
f[L+fŒ,)+1G))= f{L+f@,)+ Lf(y,))
= 1+ly, ty, =1#ly, ty, Ÿị =Vg-
Mặt khác :
Chox=0 = f(fy))=y VyeR
Cho y = 0 => f(x+f(0) + xf(0)) = x = f(f(x))
= x+f(0) + xf(0) = f(x) (2) Dat a = f(0) Ti (2) > fix)=axta+x VxeR
Thay vao (1) > (x+y + xy + D(a? +2a)=0 vx,yeR
=a?+9a=0>a=0;a=-2
Nếua=0_ = fx)=x,VxeR
Néua=-2 = f(x)= -x-2 VxeR
“Thử lại ta thấy hai hàm số trên thoả mãn bài toán
Trang 38Câu 4 Điều kiện đủ : luôn luôn đúng
Điều kiện cần (n > 3) : Trước hết, chứng minh bổ đề : Cho S.ABC và S.A'
là hai hình chóp mà các điểm A’, B’, C’ lan lugt nằm trên các đường thẳng
SA, SB, SC Khi đó:
sp SA' SB'.§C'
Bây giờ, giả sử hai n-giác A\A,A, va B,B, B, đồng dạng (theo đúng thứ
tự của các đỉnh) với hệ số đồng dạng k Gọi a, b tương ứng là độ dài đường
cao của các hình chóp 8.A,A, A,„ SB,B, B, ; với mỗi ieZn[1;n], đặt n 12” n
BB, er ad! Lk ik & ‘ ‘ `
ai “oA Để có kết luận (g)/(AIA; Â), ta chỉ cần chứng minh rằng
i
VieZ[1; n], Vje2¬[1; n], aay @)
Nhưng n > 3 nên vi,jeZ[1;n], tổn tại p,qeZa|1;n]\Íi,j} mà
p4q “Theo bổ dé trên ta có : LG Pq lbs V 3 BBB, SBBB <i 1 ee yg V ee ia Ạ iP NT SAA A Từ đó suy ra (1) (đpem)
Trong không gian, lấy tuỳ ý một tứ diện đều SA:A,I Gọi J là trung điểm
của SI ; A, là trung điểm của IJ ; A2 là trung điểm của SJ và B,,B,,B,
lần lượt là trung điểm cia SA, , SA,, SA)
nine § Su đề š n Woes ly gt à
Dễ thấy các tam giác A,A,A, (cân tại A,) va A,A,A, (can tai A,) là bằng
nhau ; AB,B,B, «2AA¡A;A;, và từ đó AB,B.,B,2AA¡A¿A,
Nhưng cũng dễ thấy các mặt phẳng (o) = (B,B,B,) va (A,A,A, ) thì khơng
song song với nhau |
Trang 39Câu 5 Gọi vế trái bất đẳng thức là F(a, b, e) Khơng mất tính tổng quát, ta giả sử a+b+c= 1 thì bất đẳng thức vẫn đúng cho mọi a, b, e> 0 mà a+b+c=1
(chuẩn hoá) Khi đó bất đẳng thức trở thành : -a)a ng q-b)b _ qd-ec 6 1-9a+9a? 1-2b+2b” 1-2c+2c? 5 2
Theo BBT cé-si : 2a(1—a) < =~ 2+)" Do 4s 1-20 +20? =1-2a(1—a)21- 2+ _ 1~a\(3+a) 4 4
a(1—a) a( -a).4 - 4a
1-2a+2a2 (l-a\(3+a) 34a’ So 4a 4b 4c 6 xề
Vay Fla, b,©) ST tin TP c<§
1 +——+ 1 1 >———=-.- 9 9 3+a 3+b 3+c 9+a+b+c 10
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng nhờ Cô-si
Năm 2005
A DE BA
2 2005
Câu 1 (6 điểm) Tính tổng § = |1|+| 2|~|® |+ +|—| 3| {2| 1a 3
Trong đó [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x
Câu 2 (5 điểm) Cho A, B, € là các góc của một tam giác Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức sau :
cot2005 A „ „ot2005 B 4542005 C
p= i228
cot — + cot — + cot —
2 2 2
Trang 40Câu 3 (6 điểm) Cho hai dãy số (a, ), (b„ } được xác định như sau : _ 200 + 2006 , a, —>7 bị = 2006.a, a, +b, 2 2° b, = a,b, Sth i b=lab An=— n 2m! Pa W2nĐn 2
a) Tim lim b b) Tim lim a_
not 0 n400
Cau 4 (5 diém) Tim moi ham sé f : (-1; +) > (-1; +) thoa mãn hai điều kiện
sau
(1) fix + fly) + xfly)) = y + x) + yÑx), Vx, y e(-1; +)
(2) f@) là hàm số tăng nghiêm ngat trong cdc khoang (-1 ; 0) va (0 ; +)
x
B DAP AN
Câu 1 Ta có bổ đề : Nếu a > 0, b > 0 ; a, b không là số nguyên và a + b là số nguyên thì [a] + [b] = a + b + 1
m,neZ
That vậy, theo giả thiết ta có : frm b=n-y với Ìx, ye(0; 1)