SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 -THPT Năm học 2006 – 2007 MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (không kể thời gian phát đề) Câu 1 : (4 đ) Cho dãy số ( n x ) thỏa : )1( 1 2006 1,1 11 ≥ + +== + n x xx n n . Chứng minh dãy số ( n x ) có giới hạn và tìm giới hạn ấy. Câu 2 : (4 đ) Cho zyx ,, là các số thực dương. Chứng minh : 3 )( 6 2222 333333 ≥ ++ ++ ⋅+ ++ ++ zyx zyx zyx zyx Câu 3 : (3 đ) Giải phương trình nghiệm nguyên : 333 1.2007.2 yx =+ Câu 4 : (3 đ) Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f liên tục trên R thỏa: Rxxxfxf ∈∀=− ,2007))(60( Câu 5 : (3 đ) Tìm tất cả các đa thức )(xQ với hệ số ngun thỏa: .)],2(.)([4)]2([ 22 RxxQxxQxQ ∈∀−= Câu 6 : (3 đ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn ( O ) có hai đường phân giác các góc C và D cắt nhau tại một điểm M nằm trên cạnh AB. Chứng minh AB = BC + AD. HẾT Đáp án đề thi học sinh giỏi thành phố vòng 2 Cõu 1: Cho dóy (x n ) vi x 1 =1, 1 2006 1 ( 1) 1 n n x n x + = + + . Chng minh ( ) n x cú gii hn v tỡm gii hn ú. Gii 2 3 2006 2006 1 1004; 1 2 1005 = + = = +x x Hm s 2006 ( ) 1 1 = + + f x x liờn tc v nghch bin trờn [0,+), 1 ( ) 2007< f x Ta cú 1 2006 1 ( ), 1 + = + = + n n n x f x n x ( ) n x b chn 1 3 1 3 2 4 2 4 3 5 ( ) ( ) ( ) ( ) .< > > < < x x f x f x x x f x f x x x suy ra dóy 2 1 ( ) +n x ng bin v dóy 2 ( ) n x nghch bin suy ra 2 1 2 ( ),( ) +n n x x l cỏc dóy hi t. Gi s 2 2 1 lim ;lim ( , 1) + = = n n x x T 2 1 2 2 1 2 ( ) lim lim ( ) ( ) + + = = = n n n n x f x x f x f T 2 2 2 1 2 2 2 1 ( ) lim lim ( ) ( ) + + + + = = = n n n n x f x x f x f Gii h phng trỡnh 2006 1 1 2007 2006 1 1 = + + = = = + + . Vy lim 2007= n x Cõu 2: Cho zyx ,, laứ caực soỏ thửùc dửụng. Chửựng minh : 3 )( 6 2222 333333 ++ ++ + ++ ++ zyx zyx zyx zyx Gii Ta cú ))(()( 3332222 zyxzyxzyx ++++++ zyx zyx zyx ++ ++ ++ 6 )( )(6 2222 333 zyx zyx VT ++ +++ 6 )1( 333 (a) Ta cú 3 6 333 ++ +++ zyx zyx (b) 0232323 333 +++++ zzyyxx 0)2()1()2()1()2()1( 222 +++++ xzyyxx (ỳng) (a) v (b) suy ra (1). Cõu 3: Gii phng trỡnh nghim nguyờn 2.2007 3 .x 3 + 1 = y 3 . (1) Giải Đặt a = 2007, ta được (1) ⇔ 2a 3 x 3 + 1 = y 3 x = 0: Thay vào (1) ta được y = 1. x ≠ 0: (1) ⇔ 8a 3 x 3 (2a 3 x 3 + 1) = 8a 3 x 3 y 3 ⇔ (4a 3 x 3 + 1) 2 = (2axy) 3 + 1 Đặt 6u = 4a 3 x 3 = 4.2007 3 .x 3 v = 2axy = 2.2007.xy Ta có: u, v ∈ Z, ∀ x, y ∈ Z , x ≠ 0 ⇒ u ≠ 0 và (1) trở thành: (6u + 1) 2 = v 3 + 1 (2) ∀ u ∈ Z, u ≠ 0 ta có: |6u + 1| ≥ 6|u| – 1 ≥ 5 ⇒ (6u + 1) 2 ≥ 25 ⇒ v 3 + 1 ≥ 25 ⇒ v ≥ 3 (2) ⇔ (6u + 1) 2 = (v + 1)(v 2 – v + 1) Đặt d = (v + 1; v 2 – v + 1). Do v 2 – v + 1 = (v + 1) 2 – 3(v + 1) + 3 ⇒ d \ 3 Mà (6u + 1) 2 không chia hết cho 3 ⇒ d ≠ 3 ⇒ d = 1. (2) ⇒ 2 2 2 v 1 m v v 1 n + = − + = (m, n ∈ N*) Do v ≥ 3 nên ta có v 2 – v + 1 > (v – 1) 2 và v 2 – v + 1 < v 2 ⇒ 2 2 2 (v 1) n v v,n N* − < < ∈ (vô lý) Vậy (1) có đúng một nghiệm nguyên là (x; y) = (0; 1). Câu 4: Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f: R → R liên tục thỏa: f(60x – f(x)) = 2007x, ∀ x ∈ R. Giải Giả sử tồn tại hàm số f: R → R liên tục thỏa: f(60x – f(x)) = 2007x, ∀ x ∈ R. Đặt g(x) = 60x – f(x) ta có f(g(x)) = 2007x, ∀ x ∈ R + f liên tục trên R ⇒ g liên tục trên R. + ∀ x 1 , x 2 ∈ R, nếu g(x 1 ) = g(x 2 ) thì f(g(x 1 )) = f(g(x 2 )) ⇒ 2007x 1 = 2007x 2 ⇒ x 1 = x 2 . Vậy g là đơn ánh. Ta có: g liên tục trên R và g đơn ánh ⇒ g đơn điệu trên R (đơn điệu nghiêm ngặt) g đơn điệu trên R ⇒ h(x) = g(g(x)) tăng trên R. Ta có h(x) = g(g(x)) = 60g(x) – f(g(x)) = 60g(x) – 2007.x ⇒ g(x) = [ ] 1 h(x) 2007x 60 + ⇒ g(x) tăng trên R. h, g tăng trên R ⇒ k(x) = h(g(x)) tăng trên R với: k(x) = h(g(x)) = 60(g(g(x))) – 2007g(x) = 60[60g(x) – 2007x] – 2007g(x) = 1593g(x) – 120420x k, g tăng trên R ⇒ l(x) = k(g(x)) tăng trên R. Mà l(x) = k(g(x)) = 1593g(g(x)) – 120420g(x) = 1593[60g(x) – 2007x] – 120420g(x) = –24840g(x) – 3197151x ⇒ l(x) + 24840g(x) = –3197151x (mâu thuẫn với l, g tăng trên R) Câu 5: Tìm tất cả các đa thức Q(x) với hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện [Q(2x)] 2 = 4[Q(x 2 ) – xQ(2x)] ,∀x ∈R (1) Giải [Q(2x)] 2 = 4[Q(x 2 ) – xQ(2x)] ⇔ [Q(2x)] 2 + 4xQ(2x) + 4x 2 = 4Q(x 2 ) + 4x 2 ⇔ [Q(2x) + 2x] 2 = 4[Q(x 2 ) + x 2 ] Đặt P(x) = Q(x) + x Ta được P(x) có hệ số nguyên và thỏa mãn [P(2x)] 2 = 4P(x 2 ), ∀x ∈R (2) Trường hợp P(x) ≡ C (C là hằng số) (2) ⇔ C 2 = 4C ⇔ C =0 hoặc C = 4 suy ra Q(x) = -x hoặc Q(x) = 4 - x Trường hợp degP(x) = n ≥ 1 Giả sử P(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + …+a 1 x + a 0 (a n ≠ 0, a i ∈Z với i=0, ,n). Thế P(x) vào phương trình trên ta được [a n (2x) n + a n-1 (2x) n-1 +…a 1 .2x + a 0 ] 2 = 4(a n x 2n + a n-1 x 2n-2 + …+a 1 x 2 + a 0 ) suy ra a n 2 .2 2n = 4a n ⇒ a n = 4/4 n ⇒ n = 1 (do a n ∈ Z) Với n = 1: a 1 = 1 ⇒ P(x) = x + a 0 ⇒ (2x + a 0 ) 2 = 4(x 2 + a 0 ) ⇒ 4xa 0 +a 0 2 = 4a 0 ⇒ a 0 = 0 ⇒ P(x) = x ⇒ Q(x)=0 (thỏa điều kiện). Vậy có tất cả 3 đa thức thỏa mãn điều kiện đã cho: Q(x) = 0; Q(x) = -x và Q(x) = 4 – x . Câu 6: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn có các đường phân giác góc C và D cắt nhau tại điểm M thuộc cạnh AB. Chứng minh AB = BC + AD. Giải Bổ đề : Cho tứ giác ABCD có M , N lần lượt trên các cạnh AB, CD sao cho MA NC MB ND = . Chứng minh rằng MAD MBC NAB S S S+ = Chứng minh bổ đề. Gọi D’, N’, C’ là hình chiếu vuông góc của D, N, C trên AB. Đặt 1 , 1 + = + =⇒== k AB MB k kAB MA ND NC MB MA k 0 =+ NDkNC 0'''' =+ DNkCN Ta có 0'''' =++= NCCCNCNN 0'''' =++= NDkDDkNDkNNk ''')1( DDkCCNNk +=+⇒ 1 '' ' + + =⇒ k kDDCC NN ⇒ kAB AB kDD' CC' MA.DD' MB.CC' DD' CC' AB AB.NN ' k 1 k 1 k 1 + + = × + × = × = + + + suy ra đpcm Chứng minh bài toán. • Trường hợp AD//BC ABCD là hình thang cân ⇒ AB = CD. Trên DC ta lấy điểm N sao cho DN = DA ⇒ ∆ADM = ∆NDM ⇒ MAD=MND⇒CBM=CNM⇒NMC=BMC ⇒ ∆ CMN= ∆ CMB⇒CN=CB⇒AD+BC=CD=AB • Trường hợp AD cắt BC tại I suy ra M là tâm đường tròn bàng tiếp góc I của ∆IDC Gọi H,K,L là hình chiếu vuông góc của M trên AD,DC,CB⇒ MH=MK=ML. IM cắt CD tại N . Ta có AMI=ABI+BIM=IDC+AIM=MND⇒NN’=MK MA IA IC NC MB IB ID ND = = = theo bổ đề ta có MAD MBC NAB S S S AD.MH BC.ML AB.MK AD BC AB+ = ⇒ + = ⇒ + = HẾT . x 1 =1, 1 2006 1 ( 1) 1 n n x n x + = + + . Chng minh ( ) n x cú gii hn v tỡm gii hn ú. Gii 2 3 2006 2006 1 1004; 1 2 1005 = + = = +x x Hm s 2006 ( ) 1. = n n n n x f x x f x f Gii h phng trỡnh 2006 1 1 2007 2006 1 1 = + + = = = + + . Vy lim 2007= n x Cõu 2: Cho zyx ,, laứ caực soỏ thửùc