De thi HSG Toan 12DOC.doc

Phần thứ hai : Đề và đáp án ( Dùng cho học sinh giỏi môn Toán Học ) . THI CHN HC SINH GII MễN TON LP 12 Thi gian lm bi: 180 phỳt Nguyn Hong Ngi Trng T.H.P.T. Chuyờn Thỏi Bỡnh Cõu 1 P(x), Q(x) l cỏc a thc vi h s nguyờn. Gi s rng x = a v x = a + 2007 ( a l s nguyờn ) l cỏc nghim ca P(x). Cho bit P(2006) = 2008 Chng minh rng phng trỡnh Q(P(x)) = 2009 khụng cú nghim l s nguyờn. Cõu 2 Cho c l s nguyờn dng. Ta xỏc nh dóy { } n a nh sau: 1 2 2 n 1 n n a c a ca (c 1)(a 1), n = 1,2, + = = + - - K Chng minh rng tt c cỏc s hng n a u l s nguyờn dng Cõu 3 Cho cỏc s thc a, b,c,a vi a, b,c 0, 2> a . Chng minh bt ng thc sau: 1 2 1 2 2 a (b c) b (c a) c (a b) (ab bc ca) 3 a+ a a a a- + + + + + + + Cõu 4 Cho tam giỏc ABC. Chng minh bt ng thc sau: a b c ab bc ca 8(R 2r) 2(m m m ) R + + - + + - ú R, r theo th t l bỏn kớnh cỏc vũng trũn ngoi tip, ni tip tam giỏc ABC; a b c m ,m ,m l di cỏc trung tuyn h t A, B, C tng ng; a = BC, b = CA, c = AB Cõu 5 Chng minh rng : n n 1 n 2 9n 8 ; n ộ ự ộ ự + + + + = + " ẻ ờ ỳ ờ ỳ ở ỷ ở ỷ Ơ ú [x] l kớ hiu phn nguyờn ca s thc x Cõu 6 Hm s f tha món iu kin: 2 * f (1) f (2) f (n) n f (n); n+ + + = " ẻL Ơ Gi s f(1) = 1004. Hóy tớnh giỏ tr ca f(2008) Cõu 7 Gi s n(r) l kớ hiu s cỏc im cú ta nguyờn trờn vũng trũn cú bỏn kớnh r > 1. Chng minh rng : 3 2 n(r) 6 r< p P N MễN TON Cõu 1 (3 im) 191 Giả sử n n 1 n n 1 1 0 i Q(x) a x a x a x a ; a ,i 0,1,2, ,n - - = + + + + Î =L ¢ K n n 1 n n 1 1 0 0 Q(2006) a 2006 a 2006 a 2006 a 2008 a - - = + + + + = ÞL chẵn Vậy Q(0) Q(2006) 2008 0(mod 2)= = º Giả sử : m m 1 m m 1 1 0 i P(x) b x b x b x b ; b ,i 0,1,2, , m - - = + + + + Î =L ¢ K Xét 2 khả năng sau: i) Nếu a chẵn: Ta có m m 1 m m 1 1 0 0 P(a) b a b a b a b 0 b - - = + + + + = ÞL chẵn ii) Nếu a lẻ thì a + 2007 chẵn Vì m m 1 m m 1 1 0 0 P(a 2007) b (a 2007) b (a 2007) b (a 2007) b 0 b - - + = + + + + + + + = ÞL chẵn Vậy P(0) P(a) P(a 1) P(a 2007) 0(mod2)º º + º º + ºK Q(P(x)) 0(mod2)Þ º Þ phương trình Q(P(x)) = 2007 không có nghiệm nguyên(đpcm) Câu 2 ( 3 điểm ) Xét các trường hợp sau i) Nếu c = 1 Khi đó * n a 1, n= " Î ¥ . Bài toán được chứng minh ii) Nếu c 2³ từ { } 2 2 n 1 n n n n a ca (c 1)(a 1) a a + = + - - > Þ là dãy tăng ta lại có: 2 2 n 2 n 1 n 1 2 2 2 n 2 n 1 n 1 2 2 2 * n 2 n 1 n 2 n 1 2 2 2 n 3 n 2 n 3 n 2 a ca (c 1)(a 1) (a a ) (c 1)(a 1) a 2ca a a 1 c , n (1) a 2ca a a 1 c (2) + + + + + + + + + + + + + + = + - - Þ - = - - Û - + = - " Î Þ - + = - ¥ Lấy (1) – (2) ta được: ( ) 2 2 n 1 n 3 n 2 n 3 n 2 n 1 n 3 n 3 n 2 n 1 a a 2ca a a 0 (a a )(a 2ca a ) 0 + + + + + + + + + + - + - = Û - - + = Do { } n a là dãy tăng n 1 n 3 n 3 n 2 n 1 n 3 n 2 n 1 a a a 2ca a 0 a 2ca a + + + + + + + + Þ < Þ - + = Û = - Và 1 * * n 2 2 a c a , n a 2c 1 ì = ï ï Þ Î " Î í ï = - ï î ¥ ¥ Từ i) và ii) ta có đpcm Câu 3( 3 điểm) Ta có a (b c) b (c a) c (a b) (a b b a) (b c c b) (c a a c) a a a a a a a a a + + + + + = + + + + + Vì a, b > 0, 2a ³ , áp dụng bđt AM – GM, ta được: 192 1 2 a b b a 2 a b.b a 2(ab) a+ a a a a + ³ = Tương tự ta có: 1 2 1 2 b c c b 2(bc) c a a c 2(ca) a+ a a a+ a a + ³ + ³ Cộng từng vế của 3 bđt trên, ta được 1 1 1 2 2 2 P 2 (ab) (bc) (ca) a+ a+ a+ æ ö ÷ ç ÷ ³ + + ç ÷ ç ÷ ç è ø (1) Xét hàm số 1 2 1 2 3 2 2 f (x) x ,(x 0, 2) 1 f '(x) x 2 1 f ''(x) x 4 a+ a- a- = > a ³ a + = a - = Vậy f(x) là hàm lồi, áp dụng bđt Jensen, ta có: 1 1 1 1 2 2 2 2 ab bc ca (ab) (bc) (ca) 3 3 a+ a+ a+ a+ æ ö + + ÷ ç + + ³ ÷ ç ÷ ç è ø (2) Từ (1) và (2) ta có đpcm. Câu 4( 3 điểm ) a b c abc 2S 2S 2S ab bc ca 2R(h h h ) S a b c æ ö ÷ ç + + = + + = + + ÷ ç ÷ ç è ø a b c h ,h , h là độ dài các đường cao hạ từ A, B, C tương ứng Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a a a a 8(R r) 2 m 2 h 4(R r) m h- ³ - Û - ³ - å å å å Ta chứng minh cho a m 4R r£ + å Thật vậy, xét hai khả năng sau: i) Nếu tam giác ABC không tù Gọi M là trung điểm của BC, O là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi đó · a m AM OA OM R RcosMOC R R cosA= £ + = + = + Vậy a m 3R R cosA A 3R R 1 4 sin 2 r 3R R 1 4R r R = + æ ö ÷ ç = + + ÷ ç ÷ ç è ø æ ö ÷ ç = + + = + ÷ ç ÷ ç è ø å å Õ ii) Nếu tam giác ABC tù Giả sử góc A > 0 90 Ký hiệu M, N, P theo thứ tự là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. 193 Ta có a b a a c m AM , m BN PN PB 2 2 + = < = < + = Tương tự c a a b b c a A m m 2a 4R (p a) tan 4R r 2 2 2 + + - < Þ < + < + - = + å Vậy ta luôn có: a m 4R r< + å Mà a a a h 9r m h 4R r 9r 4R 8r³ Þ - < + - = - å å å (đpcm) Câu 5(3điểm) Với n = 0, 1, 2 thì bài toán hiển nhiên được chứng minh Với n 3³ Trước hết ta chứng minh ( ) 3 n(n 1)(n 2) n 8 / 9+ + > + Thật vậy ta xét hàm ( ) 3 f (x) (x 1)x(x 1) x 1/ 9 ; x 4 2x 28 f '(x) 0, x 4 3 27 = - + - - ³ = - > " ³ Vậy f(x) đồng biến , x 4" ³ Suy ra 3 865 f (x) f (4) 0 9 ³ = > Hay ( ) 3 (x 1)x(x 1) x 1/ 9- + > - Thay x bởi n + 1 ta được ( ) 3 n(n 1)(n 2) n 8 / 9+ + > + Áp dụng AM – GM, ta được 3 n n 1 n 2 8 n. n 1. n 2 n 3 9 n n 1 n 2 9n 8 (1) + + + + > + + > + Þ + + + + > + Xét hàm y x,x 0 1 y'' 0, x 0 4x x = > - = < " > Vậy y là hàm lõm n n 1 n 2 n 1 3 n n 1 n 2 9n 9 (2) + + + + Þ < + Û + + + + < + Từ (1) và (2) ta có: 9n 8 n n 1 n 2 9n 9+ < + + + + < + (3) Ngoài ra trong khoảng ( ) 9n 8, 9n 9+ + không chứa số nguyên nào. Thật vậy giả sử còn có số nguyên 194 ( ) 2 m 9n 8, 9n 9 9n 8 m 9n 9 Î + + Þ + < < + Điều này không thể xảy ra vì 9n + 8 và 9n + 9 là hai số nguyên dương liên tiếp (4) Từ (3) và (4) ta có đpcm. Câu 6 ( 3 điểm) Chúng ta có: 2 2 f (1) f (2) f (n) n f (n) (1) f (1) f (2) f (n 1) (n 1) f (n) (2) ; n 2 + + + = + + + - = - ³ L L Lấy (1) – (2) ta được: 2 2 2 2 f (n) n f (n) (n 1) f (n 1) (n 1) f (n) f(n 1) n 1 = - - - - Û = - - Áp dụng liên tiếp công thức này ta được: n 1 n 1 n 2 f (n) f (n 1) f (n 2) n 1 n 1 n n 1 n 2 n 3 f (n 3) n 1 n n 1 n 1 n 2 n 3 1 f (1) n 1 n n 1 3 (n 1)! 2 f(1) (n 1)! 2f (1) n(n 1) 2.1004 n(n 1) - - - = - = - + + - - - = - = + - - - - = + - - = × + = + = + K L Vậy 1 f (2008) 2009 = Câu 7( 2 điểm) Xét 2 khả năng sau i) Nếu n 8£ Do 3 2 3 r 1,6 8 n 6 r> p > Þ < p ii) Nếu n > 8 Giả sử các điểm có tọa độ nguyên là 1 2 n P ,P , , PK và chúng sắp xếp theo thứ tự ấy trên vòng tròn. Do ¼ ¼ ¼ ¼ 1 3 2 4 3 5 n 2 sdP P sdP P sdP P sdP P 4+ + + + = pL Suy ra tồn tại ¼ i i 2 PP + sao cho ¼ i i 2 4 sdPP n + p £ Xét tam giác i i 1 i 2 PP P + + nội tiếp trong vòng tròn Þ các góc của nó đều 4 2n p £ Đặt ¼ ¼ i i 1 i i 2 4 sdPP ,sdPP ,0 , n + + p =a =b <a b< 195 ã à ã i 2 i i 2 2 P ,P ,P 2 2 2 + + a b- a p- b ị = = = i i 1 i 2 2r sin 2r sin 2r sin 2 2 2 PP P 4r + + ổ ửổ ửổ ử a b- a b ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ố ứố ứố ứ ộ ự ị D = ở ỷ 2 2 r ( ) 2r 2 2 2 4 a b b- a ab b- a Ê ì ì = ( Do sin x x, x 0Ê " ) 2 2 3 2 3 2 2 3 3 r . r r 4 4r 2 4 16 16 n n ổử b ữ ỗ b ữ ỗ ữ ỗ ổ ử b p p ố ứ ữ ỗ Ê = Ê = ữ ỗ ữ ỗ ố ứ ( Theo AM GM: 2 ( ) 4 b a b- a Ê ) 2 3 i i 1 i 2 3 4r PP P n + + p ộ ự ị D Ê ở ỷ Do i i 1 i 2 1 PP P 2 + + ộ ự D ở ỷ 2 3 3 3 2 3 2 3 1 4r n 8r 6 r 2 n p ị Ê Ê p < p T i) v ii) ta cú pcm đề thi olympic toán Năm học 2008 2009 Thời gian 180 phút Phạm Công Sính Trờng THPT Chuyên Thái Bình Câu 1(4 điểm): Giải hệ phơng trình . 1 8 4 5.2 2 6 7.4 9.2 4 8 yx x x y x x + = + = + Câu 2(4 điểm): Tìm tất cả các hàm f xác định trên R thoả mãn. 2 2 2 (( ) ) 2 ( ) ( ( )) ,f x y x y f x f y x y R = + . Câu 3(4 điểm): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn.Trên đờng chéo AC, 196 ta chọn điểm I sao cho I và C nằm về hai phía đối với đờng chéo BD. Trên đờng chéo BD ta lấy hai điểm E và F sao cho IE song song với AB và IF song song với AD .Chứng minh hai góc BIE và DCF có độ lớn bằng nhau. Câu 4(4 điểm): Cho x,y,z là các số thực dơng thoả mãn 1xyz = . Chứng minh rằng. 2 2 2 1 3 1 1 1 1 2(1 ) 1 2(1 ) 1 2(1 )x y z + + + + + + + + Câu 5(2 điểm): Cho tập A = { } 1,2, .,2p (p là số nguyên tố).Tìm số tập con của A mà tổng các phần tử của nó đồng d với 1 modp. Câu 6(2 điểm): Cho đờng tròn (C) tâm O , bán kính R và tiếp tuyến tiếp xúc với (C) tại một điểm A cố định trên (C) .M là một điểm nằm ngoài đờng tròn( M ) ,H và T lần lợt là hình chiếu của M trên và tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M tới (C).Biết rằng đờng tròn tâm M bán kính MTtiếp xúcngoài với đờng tròn đờng kính OA .Chứng minh điểm M thuộc đờng trung trực của đoạn HT. Bài đáp án toán olympic Điểm bài 1 (4 điểm) đặt 2 ( 0) 2 ( 0) x y a a b b = > = > .Hệ phơng trình trở thành . ( ) 3 2 3 2 3 2 3 3 3 4 5 6 (1) 3 4 2 7 9 4 (2) 1 1 (*) a a a b a a a b b a a b a a b b = + + + = + + = + + + + = + Xét 3 , 2 ( ) ( 0) ( ) 3 1 0f t t t t f t t= + > = + > f(t) là hàm số đồng biến (*) ( 1) ( ) 1f a f b a b + = + = Thay vào (1) ta có : = = = + + + = = = 2 2 * 5 2 5 log 5 1 5 1 5 1 5 * 2 log 2 2 2 x x a x a x 2 2 197 bài 2 (4 điểm) bài 3 (4 điểm) Cho x= y= 0 ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 1 1 0 2 2 2 1 1 1 2 ( ) ( ) ( ) x x x y y y y y y y y y x xf x f x x f x + = + = + = + = + = + + = + = + = 2 2 f(0) = 0 f(0) f(0) = 1 f(0) = 1 Cho y = 0 f x f x Cho x = 0 f f suy ra f f f(y) = y +1 suy ra f(y) = - y -1 Cho x = y f(x) = x +1 suy ra f ) + f(x) = x +1 (t/m) (x) = x -1 f(0) = 0 ( ) ( ) 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 Cho y = 0 ta có f(x ) = x f(x) = x x > 0 Cho x = y 0 suy ra f(x)= x Vậy : f(x)= x ; f(x) = x +1 = + = x xf x f x f x x x R 1 1 1 1 2 C D A E F I 198 B Ta có FIC = CAD = DBC Suy ra : Tứ giác IBCF nội tiếp đường tròn Suy ra : BIC = BIE + EIC = BDC + FCD Mặt khác ta có : EIC = Suy ra : BIE = = BFC BAC BDC FCD bài 4 (4 điểm) bài 5 (2 điểm) CMR: 2 2 2 1 3 1 1 1 1 2(1 ) 1 2(1 ) 1 2(1 )x y z + + + + + + + + (1) Do xyz =1 nờn ta tn ti cỏc s thc dng m,n,p sao cho 2 2 2 , ,= = = np mp mn x y z m n p Bt ng thc trờn tr thnh: 2 2 1 2( ) 3 4 4 m (1) m + + cyc m np 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 4 2 2 2 2 cyc cyc cyc cyc ( ) p dung BDT -Svỏc ta cú: 2( ) 2 ( ) 3 m m (m ) m ( ) 0 4 4 m m + + + + + + + + + = ữ cyc cyc m n p m np m n p m np np n p Ta cú pcm. Du ng thc xy ra khi v ch khi m = n = p ,suy ra x = y = z =1 Xét hàm sinh ( ) ( ) ( ) 1 0 0 1 . n n n n n n x x x x + = = 2 2p n n n-1 f(x) = 1+ x 1+ x 1+ x f f(x) = f f ( f n là số các tập con của A có tổng các phần tử của tập là n+1 ) Vậy ta cần phải tính 2 1 2 1 199 bài 6 (2 điểm) { } { } { } { } 1 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 2) 2 2 ( 1) . 1 ( ) (1) ( ) . ( ) .(*) (1) 2 ( ) (1 )(1 ) .(1 ) , , ., , , ., , , ., , , ., , , p p k k k k pk k k pk k k pk p k p k pk k k pk p k G x G G G P G G + + + + + + = + + + = + + + = = + + + = U 0 p 2p 0 p 2p f f f Đặt xf(x) f f f mà { } ( 2) 2 2 2 2 , ., ( ) (1 )(1 ) .(1 ) 1 0 , , ., ( ) (1 1) 4 1, 2, . 1 . p k p k k p p k k k G G k p + = + + + = = + = = + + + = p 0 p 2p là hệ thặng dư đầy đủ theo modp Do đó pt : f + có các nghiệm Vậy Thay vào (*) Ta có f f f ( ) 2 1 2 1 1 2 2 1 2 4 4(1 . ) 2 4 . 4 2 1 1; 1; 1 . 0 1 2 4 : . 2 4 p p p p p p p p p p p p suy ra p p + + + + + + = + = + + + = = + + + = 0 p 2p Do đó : f f f Số tập con của A mà tổng các phần tử của nó đồng dư với 1 modp là : Chọn hệ trục toạ độ nh hình vẽ . Ta có toạ độ các điểm A(0,0) ; O 1 (R/2, 0) ; O(R,0) ; M(x,y) Theo giả thiết có MT + R/2 = MO 1 1 1 1 y xO 1 O M T H A K 200 [...]... là đường chuẩn Vậy : MO1 = MK MH = MT W Chú ý +)Mọi cách giải đúng cho điểm tối đa +)Trên đây là hớng dẫn giải khi làm bài học sinh phải làm chi tiết bớc đầy dủ các +) Điểm toàn bài không làm tròn Đề THI môn Toán Thời gian làm bài : 180 phút Trờng THPt Chuyên Hà Nam a1 = 2008 1 Câu1 : Cho an +1 = an + a 2 n 3 a Tớnh lim n n + n Câu 2: Chng minh phng trỡnh x 2 + y 2 + z 2 = 7( xyz + 1) khụng cú . : Đề và đáp án ( Dùng cho học sinh giỏi môn Toán Học ) . THI CHN HC SINH GII MễN TON LP 12 Thi gian lm bi: 180 phỳt Nguyn Hong Ngi Trng T.H.P.T. Chuyờn. 2 3 3 3 2 3 2 3 1 4r n 8r 6 r 2 n p ị Ê Ê p < p T i) v ii) ta cú pcm đề thi olympic toán Năm học 2008 2009 Thời gian 180 phút Phạm Công Sính Trờng