DETHI ~1

SỞ GIÁO DỤC–ĐT LONG AN TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NH 2008-2009 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN TỐN -Câu1 : (3 điểm) Giải phương trình:  x + x − 18 = y + y  3  y + y − 18 = z + z  z + z − 18 = x + x  Câu : (3 điểm) Trên đường trịn tâm O, bán kính R lấy sáu điểm D, E, F, G, H, K theo thứ tự cho DE = FG = HK = R Gọi M, N, P trung điểm EF, GH KD Chứng minh tam giác MNP tam giác Câu3 : (2 điểm) Giải phương trình sau tập hợp số nguyên dương : 1 + = x y 2009 Câu : (3 điểm) x + xn2 + Cho dãy số ( xn ) xác định sau : x0 = 1, x1 = , xn + = n +1 (n = 0,1, 2,…) Chứng minh dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn x → +∞ tìm giới hạn Câu : (3 điểm) Cho đa giác A1 A2 A3 … A6n (n nguyên dương) nội tiếp đường trịn bán kính R Xét đa giác lồi có đỉnh điểm 6n điểm A1, A2, … , A6n cạnh đa giác khác R Biết số đa giác số đa giác với số cạnh lớn 32768, tìm n Câu : (3 điểm) Tìm tất hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn điều kiện:  x2 + y2  f ( xy ) = f  ÷+ ( x − y ) ∀x, y ∈ R   Câu : (3 điểm) x2 y2 + = đường thẳng ( ∆ ): x + 2y – = Xét điểm M chuyển động ∆ Các tiếp tuyến (E) kẻ từ M tiếp xúc với (E) A B Chứng minh M chuyển động ∆ đường thẳng AB ln qua điểm cố định Xác định điểm cố định Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đềcác vng góc Oxy, cho elip (E): SỞ GIÁO DỤC–ĐT LONG AN TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SƠNG CỬU LONG NH 2008-2009 ĐÁP ÁN MƠN TỐN -Câu1 : (3 điểm)  x + x − 18 = y + y  3 Giải phương trình:  y + y − 18 = z + z  z + z − 18 = x + x  Giải: Đặt f(t) = 2t3 + 3t2 -18 g(t) = t3 + t hệ phương trình viết lại:  f ( x) = g ( y)   f ( y) = g ( z)  f ( z ) = g ( x)  x ≥ y  g ( x) ≥ g ( y ) ⇔ Giả sử x = max(x, y, z)  (do hàm số g đồng biến ) x ≥ z  g ( x) ≥ g ( z ) (1điểm) 3  g ( x) ≥ f ( x)  x + x ≥ x + x − 18 ⇔ ⇔ 3  z + z ≤ z + z − 18  g ( z) ≤ f ( z) (1 điểm) ( x − 2)( x + x + 9) ≤ x ≤ ⇔ ⇔ ( z − 2)( z + z + 9) ≥ z ≥ Từ suy ra: ≤ z ≤ x ≤ ⇒ x = z = Thế vào hệ phương trình ta y = (0,5 điểm) Thử lại ta thấy: x = y = z = thoả hệ phương trình (0,5 điểm) Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm x = y = z = Câu : (3 điểm) Trên đường trịn tâm O, bán kính R lấy sáu điểm D, E, F, G, H, K theo thứ tự cho DE = FG = HK = R Gọi M, N, P trung điểm EF, GH KD Chứng minh tam giác MNP tam giác Giải: Đặt: ∠EOF = 2α , ∠GOH = β , ∠KOD = 2γ thì: OM = R cos α , ON = R cos β , OP = R cos γ Do ∠DOE = ∠FOG = ∠HOK = 60 , nên điểm O thuộc miền lục giác DEFGHK Từ suy ra: α + β + γ = 90 (0,5 điểm) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta được: PM = R cos α + R cos γ − R cos α cos γ cos ( α + γ + 600 ) = R cos α + R cos2 γ − R cos α sin(α + β ).cos ( 1500 − β ) NP = R cos β + R cos γ − R cos β cos γ cos ( β + γ + 600 ) = R cos β + R cos γ − R cos β sin(α + β ).cos ( 1500 − α ) (1 điểm) Suy ra: PM − NP = R cos α − cos β − sin(α + β ) cos α cos(150 − β ) − cos β cos(150 − α ) = R cos α − cos β + sin(α + β ) sin(α − β ) = (1 điểm) Do PM = NP chứng minh tương tự ta NP = MN [ [ ( )] ] Vì tam giác MNP tam giác (0,5 điểm) Câu3 : (2 điểm) Giải phương trình sau tập hợp số nguyên dương : 1 + = x y 2009 Giải: Từ phương trình, ta suy : x > 2009 y > 2009 1 1 1 + = ⇔ + = (1) x y 2009 x y 41 ⇔ 41 ( ) x + y = xy ⇔ 41x = xy − 41y ⇔ 49.41x = xy + 49.41 y − 14 y 41x (*) (0,5điểm) Nếu 41x khơng số phương 41x số vơ tỉ Khi (*) khơng thỏa Do 41x số chínhphương, suy x = 41a2, với a ∈ N* Tương tư : y = 41b2, với b ∈ N* (0,5điểm) 1 + = Phương trình (1) trở thành: (2) a b Từ phương trình (2), ta suy ra: a,b > Đặt : a = 7+m b = 7+n với m,n ∈ N* 1 + = Phươnh trình (2) viết lại: (3) 7+m 7+n (3) ⇔ 7(14+m+n) = (7+m).(7+n) ⇔ m.n = 72 (0,5điểm) Suy ra: ⇒ a = , b = 56 ⇒ x = 2624 , y = 128576 m = , n = 72 ⇒ a = 14 , b = 14 ⇒ x = 8036 , y = 8036 m=7 ,n=7 ⇒ a = 56 , b = ⇒ x = 128576 , y = 2664 m = 72 , n = Thử lại, ta ba nghiệm thỏa phương trình cho (0,5điểm) Câu : (3 điểm) x + xn2 + Cho dãy số ( xn ) xác định sau : x0 = 1, x1 = , xn + = n +1 (n = 0,1, 2,…) Chứng minh dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn x → +∞ tìm giới hạn Giải: •Xét phương trình x= x + x2 + ⇔ x2 + = x x ≥ ⇔ ⇔x= x = u + un2 + •Xét dãy số (un ) xác định sau: u0 = 1, un +1 = n Chứng minh < un < , ∀n ∈ N (0,5 điểm) (n = 0,1, 2, ) Với n = ta có < u0 < un + un2 + < ⇒ < un +1 < Suy ra: < un < , ∀n ∈ N (0,5 điểm) Giả sử < un < < u + un2 + Chứng minh un < un +1 , ∀n ∈ N ⇔ un < n ⇔ < un < Vậy un < un +1 , ∀n ∈ N Dãy (un ) tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Gọi l = lim un thì: 0 < l ≤   l + l2 + ⇔ l = l =  •Chứng minh: un ≤ min( x2 n , x2 n +1 ) ∀n ∈ N Với n=0 u0 ≤ min( x0 , x1 ) (0,5 điểm) Giả sử mệnh đề với n = k, tức là: uk ≤ x2 k uk ≤ x2 k +1 Khi đó: x2 k + x2 k +1 + x22k + uk + uk2 + = ≥ = uk +1 3 x2 k + + x22k +1 + uk +1 + uk2 + uk + uk2 + ≥ ≥ = uk +1 3 Vậy uk +1 ≤ min( x2 k + , x2 k +3 ) Suy ra: un ≤ min( x2 n , x2 n +1 ) ∀n ∈ N x2 k +3 = (0,5 điểm) v + vn2 + •Xét dãy số (vn ) xác định sau: v0 = 5, +1 = n (n = 0,1, 2, ) Chứng minh tương tự ta dãy (vn ) giảm bị chặn nên có giới hạn lim = Bằng phương pháp tương tự ta có: ≥ max( x2 n , x2 n +1 ) un ≤ x2 n ≤ •Từ kết trên, ta có:  un ≤ x2 n +1 ≤ Vì lim un = lim = nên lim x2 n = lim x2 n +1 = ⇒ lim xn = (0,5 điểm) (0,5 điểm) Câu : (3 điểm) Cho đa giác A1 A2 A3 … A6n (n nguyên dương) nội tiếp đường tròn bán kính R Xét đa giác lồi T có đỉnh điểm 6n điểm A1, A2, … , A6n cạnh đa giác T khác R Biết số đa giác lồi T với số cạnh lớn 32768, tìm n Giải: Ta chia điểm A1, A2, … , A6n thành n tập hợp sau: B1 = { A1 , A1+ n , A1+ n , A1+3n , A1+ n , A1+5n } B2 = { A2 , A2 + n , A2 +2 n , A2 +3 n , A2 +4 n , A2 +5 n } L L L Bi = { Ai , Ai + n , Ai + n , Ai +3n , Ai + n , Ai +5 n } L L L Bn = { An , A2 n , A3n , A4 n , A5n , A6 n } (1 điểm) Ta nhận thấy: +Với X ∈ Bi Y ∈ Bj, i ≠ j độ dài đoạn XY khác R +Số điểm tối đa chọn tập hợp Bi cho khoảng cách hai điểm chúng khác R Vì số điểm tối đa chọn điểm A1, A2, …,A6n để thành lập đa giác với số cạnh lớn 3n (1 điểm) Bây ta xác định số tập hợp có 3n phần tử thoả mãn yêu cầu toán Do số cách chọn điểm Bi 2, nên số cách chọn 3n điểm 2n Từ đó, ta được: 2n = 32768 ⇔ n = 15 (1 điểm) Câu : (3 điểm)  x2 + y2  Tìm tất hàm số liên tục f : R → R thỏa f ( xy ) = f  ÷+ ( x − y ) ∀x, y ∈ R   Giải: Cho y = thì:  x2 +  f ( x) = f  ÷+ ( x − 1)    x2 +   x2 +  ⇔ f ( x) + x = f  ÷+  ÷      x2 +  Đặt: g ( x) = f ( x) + x g ( x) = g  ÷ (1) g liên tục   (0,5 điểm) Do g hàm số chẵn nên ta xét [ 0; +∞ ) Với a ≥ ta xét hai trường hợp: i) ≤ a ≤ Xét dãy số (xn) sau: x0 = a ; xn +1 = xn2 + (n = 0,1, 2,K ) Vì ≤ x0 ≤ , qui nạp ta ≤ xn ≤ ∀n ∈ N xn2 + Ta lại có: xn ≤ xn +1 ⇔ xn ≤ ⇔ ( xn − 1) ≥ Từ suy (xn) tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Gọi lim xn = l l = l2 +1 ⇔ l = Vậy lim xn = (1 điểm) Từ x x0, x1, … ,xn vào phương trình (1) ta  x2 +   x12 +  g (a ) = g ( x0 ) = g  =g(x )= g ÷  ÷=g(x )= L =g(x n )     ⇒ g(a)= lim g ( xn ) = g (1) x →∞ ii) a > Xét dãy số (xn) xác định sau : x0 = a, xn +1 = xn − Sử dụng phương pháp dãy truy hồi ta lim xn = Do xn = xn2+1 + , nên x x0, x1, … ,xn vào phương trình (1) ta được:  x2 +   x22 +  g (a ) = g ( x0 ) = g  =g(x )= g ÷  ÷=g(x )= L =g(x n )     ⇒ g(a)= lim g ( xn ) = g (1) x →∞ Từ suy g ( x) = C , ∀x ∈ [ 0; +∞ ) hàm số g chẵn nên (0,5 điểm) g ( x) = C , ∀x ∈ R (0,5 điểm) Suy f ( x) = −2 x + C Thử lại hàm số f ( x) = −2 x + C thoả toán (0,5 điểm) Câu : (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x2 y2 + = đường thẳng ( ∆ ): x + 2y – = Xét điểm M chuyển động ∆ Các tiếp tuyến (E) kẻ từ M tiếp xúc với (E) A B Chứng minh M chuyển động ∆ đường thẳng AB qua điểm cố định Xác định điểm cố định Giải: Đặt M(4 – 2m, m) ∈ Δ Phương trình tiếp tuyến (E) A: xA x yA y + = hay 2xAx + 3yAy – = (1 điểm) Tiếp tuyến qua M, nên: 2xA(4 – 2m) + 3yA.m – = Tương tự ta có: 2xB(4 – 2m) + 3yBm – = Từ ta phương trình đường thẳng AB là: 2(4 – 2m)x + 3my – = (1 điểm) Gọi K(xo; yo) điểm cố định mà đường thẳng AB qua thì:   x0 = 2(4 – 2m)xo + 3myo – = ⇔ (3yo-4xo)m + 8xo– = ⇔   y0 = 3  Vậy đường thẳng AB qua điểm cố định K  ;1 4  (1 điểm)