SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN LÝ TỰ TRỌNG ( Thời gian làm bài 180 phút) Bài 1. (Đại số – 3 điểm) Tìm các giá trị thực của a sao cho tồn tại 5 số thực không âm 54321 ,,,, xxxxx thỏa đồng thời các điều kiện 3 5 1 5 2 5 1 3 5 1 . . . axk axk axk k k k k k k = = = ∑ ∑ ∑ = = = Bài 2. (Hình học phẳng – 3 điểm) Cho ∆ABC nhọn, H là trực tâm của tam giác. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là giao điểm của HA, HB, HC với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Chứng minh HCHBHAHCHBHA 111 ' 1 ' 1 ' 1 ++≥++ Bài 3. (Số học – 2 điểm) a) Chứng minh phương trình )1(2010)1)(1( 222 +−−= yxz vô nghiệm với x, y, z ∈ Z. b) Chứng minh phương trình )2(2008)1)(1( 222 +−−= yxz có nghiệm với x, y, z ∈ Z. Bài 4. (Giải tích – 3 điểm) Cho dãy số (a n ) bị chặn và ( ) 1 6 5 6 1 12 ≥+≤ ++ naaa nnn Chứng minh rằng dãy (a n ) hội tụ. Bài 5. (Tổ hợp – 3 điểm) Cho 15 bài toán trắc nghiệm, đánh số từ 1 đến 15. Mỗi bài chỉ có 2 khả năng trả lời: Đúng hoặc Sai. Có 1600 thí sinh tham gia thi, nhưng không có ai trả lời đúng 2 bài liền nhau.( Nếu xem bài làm của mỗi thí sinh tương ứng với một dãy 15 phần tử Đ, S thì không bài làm nào có dạng: ĐSĐĐSSSSSSĐSĐSS 2 chữ đúng kề nhau.) Chứng minh rằng có ít nhất 2 thí sinh trả lời toàn bộ 15 bài giống hệt như nhau. Bài 6. (Đại số – 3 điểm) Tìm các hàm f: R → R khả vi và thỏa điều kiện Ryxxfyfyfxf ∈∀+=+ ,))(())(( Bài 7. (Hình không gian – 3 điểm) Cho tứ diện ABCD có các trung điểm các cạnh đều thuộc một mặt cầu. BCADDBACCDAB .3,.3,.3 === . Hãy tính thể tích tứ diện ABCD theo BC . ---------------------------------HẾT-------------------------------- ĐÁP ÁN SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LÝ TỰ TRỌNG Bài 1. (Đại số – 3 điểm) Tìm các giá trị thực của a sao cho tồn tại 5 số thực không âm 54321 ,,,, xxxxx thỏa đồng thời các điều kiện 3 5 1 5 2 5 1 3 5 1 . . . axk axk axk k k k k k k = = = ∑ ∑ ∑ = = = Giải: Giả sử hệ có nghiệm không âm với mỗi giá trị nào đó của a. Khi đó ( ) ( ) )1( 2 5 1 5 5 1 2 5 5 1 2 2 5 1 3 5 1 5 5 1 = ⇔ = ∑∑∑∑∑∑ ====== k kk k k k k k k k k k k xkxkxkxkxkxkxk (1) là trường hợp xảy ra dấu bằng của bất đẳng thức Bouniakovski. Do đó ta có các trường hợp sau: + x i = 0 với i = 1,2,3,4,5. (2) + 4 trong 5 số x i bằng 0, số còn lại khác 0.(3) + Số các số khác 0 lớn hơn hoặc bằng 2. (4) (4) không xảy ra. (2) suy ra a = 0. Từ (3) ta có các trường hợp • 10,0 54321 =⇒====≠ axxxxx • 40,0 54312 =⇒====≠ axxxxx • 90,0 54213 =⇒====≠ axxxxx • 160,0 53214 =⇒====≠ axxxxx • 250,0 43215 =⇒====≠ axxxxx Với a = i 2 với { } 5;4;3;2;1;0 ∈ i . Hệ có nghiệm không âm là 5;1,.0; ≤≤≠∀== jijixix ji . Vậy các giá trị cần tìm của a là 0;1;4;9;16;25. SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LÝ TỰ TRỌNG Bài 2. (Hình học phẳng – 3 điểm) Cho ∆ABC nhọn, H là trực tâm của tam giác. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là giao điểm của HA, HB, HC với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Chứng minh HCHBHAHCHBHA 111 ' 1 ' 1 ' 1 ++≥++ Giải H C C’ A B A’ B’ A 1 B 1 C 1 A 0 C 0 B 0 A 2 B 2 C 2 + Dễ dàng chứng minh được HA’ = 2 HA 1 , HB’ = 2 HB 1 , HC’ = 2 HC 1 . +Áp dụng Erdoss ta có HA + HB + HC ≥ 2(HA 1 + HB 1 + HC 1 ) = HA’ + HB’ + HC’.(*) + Xét phép nghịch đảo cực H, phương tích là 1. Khi đó: A 0 , B 0 , C 0 , A 2 , B 2 , C 2 lần lượt là ảnh của A, B, C, A 1 , B 1 , C 1 . Chứng minh được các bộ (C 2 , A 0 , B 2 ), (B 2 , C 0 , A 2 ), (A 2 , B 0 , C 2 ) thẳng hàng. Khi đó, trong tam giác A 2 B 2 C 2 , áp dụng (*) ta có HCHBHAHCHBHA HCHBHAHCHBHA HCHBHAHCHBHA HCHBHAHCHBHA 1111 ' 1 ' 1 111 2 2 ' 2 ' 2 111 2 111 )(2 111 000222 ++≥++⇔ ++≥++⇔ ++≥++⇔ ++≥++ SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LÝ TỰ TRỌNG Bài 3. (Số học – 2 điểm) c) Chứng minh phương trình )1(2010)1)(1( 222 +−−= yxz vô nghiệm với x, y, z ∈ Z. d) Chứng minh phương trình )2(2008)1)(1( 222 +−−= yxz có nghiệm với x, y, z ∈ Z. Giải: a) Xét theo modul 8 thì )8(mod4,1,0 )8(mod4,1,0 2 2 ≡ ≡ y x ⇒ )8(mod3,0,11 )8(mod3,0,11 2 2 −≡− −≡− y x ⇒ )8(mod5,0,1)1)(1( 22 ≡−− yx Mà )8(mod22010 ≡ ⇒ )8(mod7,2,32010)1)(1( 22 ≡+−− yx Trong khi )8(mod4,1,0 2 ≡ z . Do đó phương trình (1) vô nghiệm. b) 2009)2( 22222 =++−⇔ yxyxz Xét phương trình )3(2009 22 =+ yx . Nếu (3) có nghiệm x 0 ,thì (2) có nghiệm x= x 0 , y = y 0 , z = x 0 y 0 . Vậy ta chứng minh (3) có nghiệm bằng cách chỉ ra một bộ x 0 , y 0 thỏa (3). Thấy 22 yx + có tận cùng bằng 9 nên tận cùng của ),( 22 yx chỉ có thể là (0;9), (4;5). Nghĩa là tận cùng của (x; y) chỉ có thể là (0;3); (0;7); (2;5); (8;5) (Do vai trò x, y là như nhau). Bằng cách thử trực tiếp ta có một nghiệm của (3) là x = 28, y = 35. Vậy phương trình (2) có nghiệm. SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LÝ TỰ TRỌNG Bài 4. (Giải tích – 3 điểm) Cho dãy số (a n ) bị chặn và ( ) 1 6 5 6 1 12 ≥+≤ ++ naaa nnn Chứng minh rằng dãy (a n ) hội tụ. Giải: nnnnnnn aaaaaaa 6 5 6 5 6 5 6 1 11212 +≤+⇒+≤ +++++ Đặt nnn aab 6 5 1 += + . Ta có ( ) n b bị chặn do ( ) n a bị chặn. Và 1, 1 ≥∀≤ + nbb nn . Suy ra ( ) n b hội tụ. Gọi b = n n b ∞→ lim . Ta chứng minh rằng aa n n = ∞→ lim với ba 11 6 = Vì n n b ∞→ lim =b, với ∀ ε > 0, ∃ n 0 ∈ N: 0 , 12 nnbb n ≥∀<− ε aaaaaaaa a aabb nnnnnnn −−−≥−+−=−+=−> +++ 6 5 )( 6 5 6 11 6 5 12 111 ε Vậy 126 5 1 ε +−<− + aaaa nn 126 5 1 00 ε +−<−⇒ −++ aaaa knkn 12126 5 6 5 2 00 εε + +−<−⇒ −++ aaaa knkn 126 5 . 6 5 1 6 5 1 00 ε ++++− <−⇒ − + k n k kn aaaa Ta có ⇒< −= +++ − 6 6 5 16 6 5 . 6 5 1 1 kk 26 5 00 ε +− <− + aaaa n k kn Với 26 5 0 ε <− aa n k với k đủ lớn ε <−⇒ aa n với n đủ lớn. Suy ra aa n n = ∞→ lim . SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LÝ TỰ TRỌNG Bài 5. (Tổ hợp – 3 điểm) Cho 15 bài toán trắc nghiệm, đánh số từ 1 đến 15. Mỗi bài chỉ có 2 khả năng trả lời: Đúng hoặc Sai. Có 1600 thí sinh tham gia thi, nhưng không có ai trả lời đúng 2 bài liền nhau.( Nếu xem bài làm của mỗi thí sinh tương ứng với một dãy 15 phần tử Đ, S thì không bài làm nào có dạng: ĐSĐĐSSSSSSĐSĐSS 2 chữ đúng kề nhau.) Chứng minh rằng có ít nhất 2 thí sinh trả lời toàn bộ 15 bài giống hệt như nhau. Giải: - Với giả thiết đã cho, số phần tử Đ trong các bài làm của các thí sinh tối đa là 8. - Với mỗi k: 0 ≤ k ≤ 8 ta tìm số dãy có k chữ Đ, số chữ sai là 15-k. Các chữ S này tạo thành 15- k + 1 khoảng trống, kể cả 2 khoảng trống 2 đầu mút. Ta cần đặt k chữ Đ vào 15-k + 1 khoảng trống này. Có k k C 115 +− cách như vậy. Vậy có k k C − 16 bài có k chữ Đ. - Số tất cả các bài làm có thể là: 1600159713621046249528691151 8 0 16 <=++++++++= ∑ = − k k k C - Điều này chứng tỏ phải có ít nhất 2 thí sinh có bài làm giống hệt nhau. SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LÝ TỰ TRỌNG Bài 6. (Đại số – 3 điểm) Tìm các hàm f: R → R khả vi và thỏa điều kiện Ryxxfyfyfxf ∈∀+=+ ,))(())(( Giải: Từ điều kiện đề bài, lần lượt đạo hàm hai vế theo x, y ta được )2())((')(')).((' )1()(')).(('))((' xfyfyfyfxf xfxfyfyfxf +=+ +=+ Nhân hai vế của (1) với –f’(y), và cộng với (2) vế theo vế ta được )3(0))(').('1))(((' =−+ yfxfxfyf Trường hợp 1: Nếu tồn tại 0)(': 00 =∈ xfRx Từ (3) suy ra yxfyf ∀=+ ,0))((' 0 . Do đó f(x) = c = const Trường hợp 2: Nếu Rxxf ∈∀≠ ,0)(' Từ (3) suy ra yxyfxf ,,1)(').(' ∀= . Do đó f’(x) = c = const hay f(x) = cx + d ∀c, d ∈ R. Với f’(x) = c, f’(y) = c. Ta có c 2 = 1 hay c = ± 1. Từ điều kiện bài toán chỉ nhận c = 1. Thử lại các hàm số f(x) = c; f(x) = x + d với c, d ∈ R là các hàm số cần tìm. SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LÝ TỰ TRỌNG Bài 7. (Hình không gian – 3 điểm) Cho tứ diện ABCD có các trung điểm các cạnh đều thuộc một mặt cầu. BCADDBACCDAB .3,.3,.3 === . Hãy tính thể tích tứ diện ABCD theo BC . Giải • Tứ diện ABCD có các trung điểm các cạnh đều thuộc một mặt cầu. Dễ dàng chứng minh được ABCD là tứ diện trực tâm. • Dựng hình hộp AB’CD’.A’BC’D ngoại tiếp tứ diện. Khi đó, hình hộp có các mặt đều là hình thoi. Hơn nữa, do BCADDBACCDAB .3,.3,.3 === nên các mặt hình hộp đều là hình thoi bằng nhau có góc 60 0 . Trong đó các góc phẳng tại đỉnh C’ của hình hộp đều bằng 60 0 nên BC = BD = DC. Tương tự, các góc phẳng tại đỉnh A của hình hộp đều bằng 60 0 nên AD = AB = AC = BC.3 . Suy ra hình chóp A.BCD là hình chóp đều. Thật vậy, '''''4''3'''4 222222 BDABBDBDDBBDACAB =⇒=+=+= • Khi đó hSV BCDABCD . 3 1 = Với h là khoảng cách từ A đến (BCD). Dễ dàng tính được 3 62 BCh = , 6 2 4 3 32 BCVBCS ABCDBCD =⇒= B’ A D’ A’ D C C’ B