Tuyển tập đề thi olympic 30 tháng 4 toán 11 từ năm 2000 đến 2012 (bấm nút toàn màn hình để xem đầy đủ)

LỜI NÓI ĐÀU Hằng năm, cứ vào dịp tháng 4, tháng kỉ niệm miền Nam hoàn toàn giải phóng, đất nước thống nhất, các em học sinh giỏi lớp 10 và 11 của các trường THPT chuyên và không chuyên

TRẦN ĐỨC HUYỆN

30 THÁNG 4

TOAN 11 TU NAM 2000 ĐẾN NĂM 2012

"

TRẦN ĐỨC HUYÊN

Ou TUYEN TAP DE THI

Ouymeic

30 THANG 4 TOAN 11 TU NAM 2000 DEN NAM 2012

(Tái bản lần thứ nhất

NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM

LỜI NÓI ĐÀU

Hằng năm, cứ vào dịp tháng 4, tháng kỉ niệm miền Nam hoàn toàn 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

Hô 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 môn thi, Toán

là môn có đông thí sinh tham dự nhất và cũng là môn có sự

tranh tài quyết liệt nhất, do đó các đẻ thi môn 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

2000 đến năm 2012

Mỗi 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 tòi, 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 còn hữu ích trong việc tự học tập, tự rèn luyện môn Toán

Chúng tôi cũng mong nhận được sự đóng góp của quý thầy

cô và các em học sinh để bộ sách được hoàn chỉnh hơn

TRAN ĐứC HuYÊN

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

¡0 f(x)-f(y)=(x-y)g(x+y) VxyeR.

Câu 5ð (3 điểm) Một số nguyên dương n>1 được gọi là hoàn toàn không chính

phương nếu n không 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 hoàn toàn không 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 ?

(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

Câu 3 Không giảm tổng quát, giả sử tam giác ABC có hướng dương

Goi A’, B, lần lượt là trung điểm

với một trong 3 đường cao của tam giác

Câu 4 © f(x)-f(y)=(x-y)g(x+y) VxyeR a)

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)

Theo giả thiết : (n)|(n-1) = p” ”|(pTm~1) = r~1=0 (vì (p,p"m =1) =1)

Tương tự, q~1|(p~1); vậy p= q, vô 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 dòng 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

(cách).

Năm 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 vuông 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,

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; +)

10

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)

« Ngoài ra: xP +yP =(x+y)(xP"l- xP~?,y + xP-3 y2 _ + yÐ~Ö) (9)

Tức 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 vuông 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

Tacé BC = 2BE = 2sin& va IA = TT ng

Suy ra SI = VSA? ~IA? =/ ae

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

12

Ma cot AC,G = cot ABG

AB? +BG?-GA? _ 3(AB? + BG? - GA?)

Ta có : BC?+CA?+ AB? =9(R?~OG”) (R là Ay

bán kính đường tròn (O)) Suy ra :

(Bo? +CA? + AB? y

Đẳng 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

=¥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)

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

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)

15

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

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,

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

17

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,

Giả sử O không 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

Cau

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 toán 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*

Ta 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;)

= Ta luôn có ffa,) = f(b,) với mọi ¡ = 2, 3, , k+1 (e)

Từ (a), (b), (e) = đpem

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 vuông 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 vuông góc nhau

Cầu 8 (4 điểm) Xét dãy số thực (xạ), n eN, xác định bởi :

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:

+ 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)

"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)

Goi limx, =a, ta có ơ = Ÿ6œ~6sinø © œ =0

Câu 4 Ta xét điểu kiện đầu tiên :

(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

Đặt g(x) = f(x;0) khi đó ta viết lại điều kiện :

ø(y +(x))= x+ø(ø(y)) VxyeR.

Khi 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)

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)?

= q là một ước chung của (fín) + fit)) va (f(t + 1) - Ñt)) : mâu thuẫn với (ñ ) 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 eÑ* nên không thể có Ñt + 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

€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

24

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 không xảy ra

Do x=y thoả mãn (3) nên hệ phương trình tương đương với hệ

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:

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

Gọi OH là đường cao của tứ diện thì

„1, „ 5E 1 5 va xa? + y"b? + 2%c? = OM?

oH

AM? 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

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

để phát sinh mâu thuẫn

Rõ ràng ta luôn chọn được số nguyên

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

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}:

29

n b) Biết li ) Biế jim)

isl

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 :

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)

ee

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 vuông 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

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 :

Dat h(x) = g(x) — bx Ta sé chon b để h(x) tuần hoàn

Hàm sinx tuân hoàn chu kì 2z

Cau 5 Dat x =2™, y = 2n — 1 với m, n là các số tự nhiên

Nhưng 3x? ~1).(y? ~1) = af xy? ~9xy -|& ay 1)| nên cũng có :

3(«-y” ¬) chia hết 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)

33

u (uw? -u +9), VneN,n21 n Ttn

,neNÑ,n>1 Tính: lim v

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 còn đúng không ?

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

34

= (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

y= 2e0s% ; y= 2eos% ; y = Đcos TC,

Ngoài 3 nghiệm trên phương trình không còn nghiệm nào khác Vậy hệ có 3

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>

35

điều này không thể xảy ra vì a > 5, từ đó limu =+= n¬y%

Tacé: uy, =2(% =u, +9) se By ¡ =8) = up _

Thay vao (1) > (x+y + xy + D(a? +2a)=0 vx,yeR

Câu 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

ai “oA Để có kết luận (g)/(AIA; Â), ta chỉ cần chứng minh rằng

i

Nhưng n > 3 nên vi,jeZ[1;n], tổn tại p,qeZa|1;n]\Íi,j} mà

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)

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 không

song song với nhau |

37

Câu 5 Gọi vế trái bất đẳng thức là F(a, b, e) Không 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

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

Câu 3 (6 điểm) Cho hai dãy số (a, ), (b„ } được xác định như 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 ; +)