DBSCL 06-07

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 – 4 điểm) Dãy hàm {f n (x)} được xác đònh bởi: ( ) 2 1 2 1 ( ) 108 ( ) 9 ( ) , 2 n n f x x f x x f x n n −  = +   = + ∈ ≥   ¥ Tìm tất cả các nghiệm thực của phương trình f n (x) = 2x, *n ∈ ¥ . Bài 2. (Số học – 4 điểm) Chứng minh rằng với mọi cặp số nguyên dương a, d cho trước luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho A = a + d.n có bốn chữ số đầu tiên là 2007. Bài 3. (Giải tích – 4 điểm) Tồn tại hay không hàm : * *f →¥ ¥ thỏa điều kiện: ( ) ( ). ( ) ( ) ( ) , , *f f m f n f m f n m n= + ∀ ∈ ¥ Bài 4. (Hình học phẳng – 4 điểm) Cho tam giác ABC có diện tích S và một điểm P nằm trong tam giác ABC sao cho diện tích tam giác APB bé hơn 1 2 S và diện tích tam giác APC lớn hơn 1 2 S . Chứng minh rằng với mỗi điểm P như vậy luôn tồn tại duy nhất một điểm Q nằm trên cạnh của tam giác ABC thỏa đường gấp khúc APQ chia tam giác ABC thành hai phần tương đương. Bài 5. (Hình không gian – 4 điểm) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’có ba kích thước là a, b, c và O là tâm đáy ABCD. Gọi (P) là mặt phẳng luôn đi qua A’O và cắt các đoạn AB, AD’ lần lượt tại M và N. Tính theo a, b, c giá trò nhỏ nhất của thể tích khối chóp A.OMA’N. ---------------------------------HẾT-------------------------------- 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 – 4 điểm) Dãy hàm {f n (x)} được xác đònh bởi: ( ) 2 1 2 1 ( ) 108 ( ) 9 ( ) , 2 n n f x x f x x f x n n −  = +   = + ∈ ≥   ¥ Tìm tất cả các nghiệm thực của phương trình f n (x) = 2x, *n ∈ ¥ . Giải: + Trước hết từ cách cho dãy hàm ta có ( ) , , * n f x o x n> ∀ ∈ ∀ ∈ ¥¡ . Suy ra với x ≤ 0 phương trình vô nghiệm (0,5 đ) +Với x = 6 ta dễ dàng chứng minh được: (6) 12, * n f n= ∀ ∈ ¥ Từ đó phương trình ( ) 2 , * n f x x n= ∀ ∈ ¥ luôn nhận nghiệm x = 6. (1 đ) + Với 0 < x < 6 ta chứng minh ( ) 2 , * n f x x n> ∀ ∈ ¥ (1) bằng phương pháp quy nạp toán học. - Với n = 1 ta có 2 2 2 2 1 0 6 36 108 4 ( ) 108 2x x x x f x x x< < ⇔ < ⇔ + > ⇔ = + > (1 đ) - Giả sử (1) đúng với n = k. Khi đó ta có: 2 2 1 ( ) 9 ( ) 18 k k f x x f x x x + = + > + (2) 2 2 2 2 0 6 6 0 18 4 18 2x x x x x x x x x< < ⇔ − < ⇔ + > ⇔ + > (3) (2) và (3) cho ta f k+1 (x) > 2x. Vậy (1) đúng với n = k+1 (1 đ) Theo nguyên lý quy nạp toán học (1) được chứng minh xong. + Với x > 6, chứng minh tương tự ta cũng có ( ) 2 , * n f x x n< ∀ ∈ ¥ (0,5 đ) Từ các kết quả trên ta suy ra phương trình ( ) 2 , * n f x x n= ∀ ∈ ¥ có duy nhất một nghiệm x = 6. SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LÝ TỰ TRỌNG Bài 2. (Số học – 4 điểm) Chứng minh rằng với mọi cặp số nguyên dương a, d cho trước luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho A = a + d.n có bốn chữ số đầu tiên là 2007. Giải: + Gọi k là số tự nhiên sao cho 10 k > a, 10 k > d và đặt . 2007 2007 n a d u n= + (1 đ) + Với cách chọn k ở trên ta luôn tìm được n tự nhiên sao cho: 1 10 .2007 1 10 k k n n a n n u u d − − − ≤ < ⇔ ≤ < (1) (1 đ) + Mặt khác: 1 1 10 10 2008.10 10 2007 2007 2007 2007 k k k k n n n d u u u − − = + < + ≤ + = (2) (1 đ) + (1) và (2) suy ra 2008.10 10 2007 k k n u< < hay 2007.10 2008.10 k k A< < (3) (3) chứng tỏ A có bốn chữ số đầu tiên là 2007 (đpcm). (1 đ) SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LÝ TỰ TRỌNG Bài 3. (Giải tích – 4 điểm) Tồn tại hay không hàm : * *f →¥ ¥ thỏa điều kiện: ( ) ( ). ( ) ( ) ( ) , , *f f m f n f m f n m n= + ∀ ∈ ¥ Giải: Giả sử tồn tại hàm f thỏa yêu cầu bài toán. + Cho n = 1 thì từ giả thiết: ( ) . ( ) ( )f a f m f m a= + , với a = f(1). (1) (0,5 đ) + Trong (1) thay m bởi a.f(m) được: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 . . ( ) . ( ) . ( ) ( ) 2f a f a f m f a f m a f a f m a f m a= + ⇔ + = + (0,5 đ) + Từ đó bằng quy nạp ta suy ra: ( ) 2 . ( ) ( 1) ( )f a f m n a f m na+ − = + (2) (1 đ) + Trong (2) lại cho m = 1 ta được: 2 ( . ) ( 1)f n a n a= + (3) (0,5 đ) + Từ điều kiện của bài toán thay m bởi m.a 2 , n bởi n.a 2 và áp dụng (3) ta thu được các kết quả sau: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 ( ). ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) ( 2) (4) ( ). ( ) ( 1)( 1) [( 1)( 1) 1] ( 2) (5) f f ma f na f ma f na m a n a m n a f f ma f na f m n a m n a mn m n a = + = + + + = + + = + + = + + + = + + + (1 đ) (4) và (5) cho ta m.n = 0, suy ra vô lý. Vậy không tồn tại hàm f thỏa yêu cầu bài toán. (0,5 đ) SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LÝ TỰ TRỌNG Bài 4. (Hình học phẳng – 4 điểm) Cho tam giác ABC có diện tích S và một điểm P nằm trong tam giác ABC sao cho diện tích tam giác APB bé hơn 1 2 S và diện tích tam giác APC lớn hơn 1 2 S . Chứng minh rằng với mỗi điểm P như vậy luôn tồn tại duy nhất một điểm Q nằm trên cạnh của tam giác ABC thỏa đường gấp khúc APQ chia tam giác ABC thành hai phần tương đương. Giải: Gọi E, F, D lần lượt là trung điểm của AB, AC và BC. Khi đó: 1 . 2 ABD ADC S S S= = (0,5 đ) Nhận xét: + Nếu P thuộc miền hình bình hành AEDF thì 1 . 2 APC S S≤ + Nếu P thuộc miền tam giác FDC thì 1 . 2 APB S S≥ Từ đó suy ra P chỉ có thể nằm trong tam giác EBD. (1 đ) Khi đó ta lại có: + Nếu Q∈AB thì 1 . 2 APQ APB S S S≤ < . + Nếu Q∈BC thì 1 . 2 APQC APC S S S≥ > . Vậy Q chỉ có thể nằm trên cạnh AC và chỉ nằm trên đó mà thôi. (1 đ) + Từ P dựng Px // AC, Px cắt AD kéo dài tại I. Tiếp tục dựng DQ // IC ( Q∈BC ) và gọi H là giao của AD với PQ, K là giao của CD với IQ. Với cách dựng trên ta có: S AHP = S IHQ (1) S KID = S KCQ ⇒ S IHQ = S HDCQ (2) (1)và (2) suy ra 1 . 2 AHP HDCQ APQ ADC S S S S s= ⇒ = = (1,5 đ) Vậy Q là điểm thỏa yêu cầu bài toán và hơn thế nữa với cách dựng trên thì Q là điểm tồn tại duy nhất (đpcm). SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL A B E D P I C QF H K x TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LÝ TỰ TRỌNG Bài 5. (Hình không gian – 4 điểm) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’có ba kích thước là a, b, c và O là tâm đáy ABCD. Gọi (P) là mặt phẳng luôn đi qua A’O và cắt các đoạn AB, AD’ lần lượt tại M và N. Tính theo a, b, c giá trò nhỏ nhất của thể tích khối chóp A.OMA’N. Giải: + Ta có thể tích V của khối chóp A.A’BCD’ được tính bởi: . ' 1 1 1 1 2 2 6 3 A CDD V abc V abc abc abc= − = − = Gọi I là tâm của A’BCD’ và G là giao của AI với A’O thì G là trọng tâm ∆ AA’C và M, G, N thẳng hàng. (0,5 đ) + Ta có: . ' . . ' 1 . . ' 2 1 1 . . . . . ' 2 ' 4 3 . . (1) 4 ' A A MN A MNO A A MON AM AN V V AB AD AM AN AO AM AN V V V AB AD AC AB AD V AM AN V AB AD = = = ⇒ = (1 đ) + Mặt khác trong ∆ABD’ ta có: ' ' 1 1 . . . ' 2 3 ' ANG ABD ABD AN AG AN S S S AD AI AD = = . Tương tự ' 1 . . 3 AMG ABD AM S S AB = . ' . . ' AMN ABD AM AN S S AB AD = Suy ra 1 . 3 3 ' ' ' AMN AGN AMG AN AM AM AN AB AN S S S AD AB AB AD AM AD   = + ⇔ + = ⇔ + =  ÷   (1 đ) + Theo BĐT Cauchy . ' 4 3 2 . (2) ' . ' 9 AB AN AB AD AM AN AM AD AM AN AB AD = + ≥ ⇔ ≥ (1) và (2) cho ta: . ' 1 1 . 3 9 A A MON V V abc≥ = (1 đ) Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 // ' ( ) // ' ' 3 AM AN hay MN BD P BD AB AD = = ⇒ Vậy . ' 1 min 9 A A MON V abc= đạt được khi (P) là mặt phẳng đi qua A’O và song song BD’. (0,5 đ) A A’ B C D D’ B’ C’ M G I N O