Đang tải... (xem toàn văn)
Tính diện tích lục giác ABCDEF... Tính diện tích lục giác ABCDEF..[r]
(1)Sở Giáo Dục Đào Tạo KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
TP HỒ CHÍ MINH LẦN XIX – NĂM 2013
Trường THPT Chuyên
Lê Hồng Phong Môn thi : TOÁN - Khối : 10
Ngày thi: 06-04-2013
Thời gian làm bài: 180 phút
Ghi chú : Thí sinh làm câu hay nhiều tờ giấy riêng ghi rõ câu số … trang tờ giấy làm Đề có 01 trang
Bài 1: (4 điểm)
Giải phương trình
3 48 24
x x x x Bài 2: (4 điểm)
Cho hình lục giác ABCDEF thỏa mãn các điều kiê ̣n sau:
Tam giác ABF vuông cân ta ̣i A, BCEF là hình bình hành , BC = 19, AD = 2013 DC + DE = 1994 Tính diện tích lục giác ABCDEF
Bài 3: (3 điểm)
Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn 2x(1 – x) ≥ y(y – 1) Tìm giá trị lớn biểu thức P = x – y + 3xy
Bài 4: (3 điểm)
Tìm số nguyên dương x , y cho:
p = x2 + y2 số nguyên tố x3 + y3 – chia hết cho p
Bài 5: (3 điểm)
Trong mă ̣t phẳng to ̣a đô ̣ Oxy, cho 19 điểm có các to ̣a đô ̣ là những số ngun đó khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh rẳng có ít nhất điểm 19 điểm là đỉnh một tam giác có trọng tâm điểm có to ̣a ̣ là các số nguyên
Bài 6: (3 điểm)
Cho hàm số f : Z Z thỏa các điều kiện sau:
f(1) = ; f(n + 3) ≤ f(n) + f(n + 2012) ≥ f(n) + 2012 vớ i mo ̣i n Z Tính f(2013)
(2)HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: Giải phương trình
3 48 24
x x x x ∑ điểm Đặt
8 48
u x x v = x + (u ≥ 0) u2 + v2 = –2x + 57 1.0 Ta được phương trình trở thành
2
2 57
2 48
u v x
uv x
(u + v)
2
= u + v = ±
1.0
u + v = x2 8x48 x 20
2 48
x
x x
x 2
1.0
u + v = –3 x2 8x48 x 2
10
x
x x
x 5 31
(3)Bài Cho hình lu ̣c giác ABCDEF thỏa mãn điều kiện sau:
Tam giác ABF vuông cân ta ̣i A , BCEF là hình bình hành , BC = 19, AD = 2013 DC + DE = 1994 Tính diện tích lục giác ABCDEF
∑= đ Xét phép tịnh tiến
BC
T: A K; B C và F E Ta có tam giác CKE vuông cân ta ̣i K nên: KC = KE =
2 CE
CE
KE
0.5
Áp dụng bất đẳng thức Ptoleme cho tứ giác CKED ta có: KC.DE + CD.KE ≥ CE.KD (*)
(DE + CD).KE ≥ CE.KD DE + DC ≥ KD.CE
KE 1994 2KD
0.5 KD ≤ 1994
Mă ̣t khác AK = BC = 19 nên:
AD ≤ AK + KD ≤ 19 + 1994 = 2013 = AD KD = 1994 K thuộc đoa ̣n AD 0.5
Do KD = 1994 nên bất đẳng thứ c Ptoleme (*) xảy đẳng thức C, K, E, D cù ng thuô ̣c mô ̣t đường tròn
CDE CKE = 900 DE + DC = 1994
0.5
Đặt = KD CE, , ta có:
SABCDEF = SABF + SBCEF + SCDE = SBCEF + SCKE + SCDE = SBCEF + SCKED
= BC.CE.sin +
2.CE.KD.sin = 19.CEsin +
2.1994CE sin = 1016.CE sin
1.0
Mă ̣t khác: DC = ECsinCED DE = EC sinDCE KDCKDE = 450 DCE CDK= α – 450 CED1800 (45 )0 Do đó:
1994 sin sin sin sin
4
DE DC EC DCE DEC EC
= sin cos
EC = EC.sin 2
Suy EC.sin α = 1994 Do đó SABCDEF = 2025904
1.0
α
D
E K
F B
A
(4)Bài 3: Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn 2x(1 – x) ≥ y(y – 1)
Tìm giá trị lớn biểu thức P = x – y + 3xy ∑ = Cách Ta có: 2x(1 – x) ≥ y(y – 1) 2x – 2x2 ≥ y2 – y
2x – x2 ≥ x2 + y2 – y ≥ 2xy – y
2xy – y – ≤ –(x – 1)2 ≤ 2xy ≤ + y 1.0 Do đó: P ≤ x – y + 3(1 )
2
x y
y
0.5
Lại có: 2x(1 – x) ≥ y(y – 1) 2x – 2x2 ≥ y2 – y 2x + y ≥ 12 (2 2)
3 x y ≥
2
(2 )
xy (2x + y)2 – 3(2x + y) ≤ ≤ 2x + y ≤
1.0
Suy P ≤ 3
= Khi x = y = P = Vậy Max P = 0.5 Cách Ta có: 2x(1 – x) ≥ y(y – 1) 2x – 2x2 ≥ y2 – y
2x + y = 12 (2 2) x y ≥
2
(2 )
xy
Đặt t = 2x + y, ta được t2
– 3t ≤ ≤ t ≤
1.0
3P = 3x – 3y + 9xy = 3x – 3y + 9xy – + = (3x – 1)(3y + 1) +
= 1(6 2)(3 1) x y ≤
2
(6 1)
x y
=
(3 1)
8 t 1.0
Ta có t [0; 3] –1 ≤ 3t – ≤ (3t – 1)2 ≤ 64 3P ≤ 1.64
8 = P ≤
1.0
Khi t = 6x – = 3y +
6 3
x y
x y
x = y = P =
Vâ ̣y Max P = 1.0
(5)Bài
Tìm số nguyên dương x , y cho:
p = x2 + y2 số nguyên tố x3 + y3 – chia hết cho p ∑ = 3đ Ta có: x3 y3 4 0(mod )p
(xy x)( 2 y2xy) 4 0(mod )p
xy x( y) 4 0(mod )p
3xy x( y) 12 0(mod )p (1)
0.5 Mặt khác: x3y340(modp) (2)
Cộng (1) (2) ta được : xy380(modp)
2
(x y 2)(x y 2xy 2(x y) 4) 0(mod )p
0.5
Vì p số nguyên tố, ta có trường hợp sau: Trường hợp 1: x + y + chia hết cho p
Khi : x2y2 xy2 x(x1)y(y1)2
0.5 Vì x, y số ngun dương nên có trường hợp:
x = y = 1; x = 2, y = 1; x = 1, y =
Thử lại, ta có cặp số (x, y) thoả : (1; 1), (2; 1), (1; 2).
0.5 Trường hợp 2: Nếu x2y22xy2(xy)4p
Khi : x2y22xy2(xy)4(x2y2) ) ( ) (
2xy xy x2y2
0.5
Do 2xy – 2( x + y) + = [( x – 1)( y – 1) + 1] >
2 ) (
2xy xy x y
≥ (x – y)2 + 2(x + y) ≥ x = y =1 Thử la ̣i ta có că ̣p số (1; 1) thỏa
Vậy số nguyên dương x, y cần tìm : (1; 1), (2; 1), (1; 2)
0.5
Bài
Trong mă ̣t phẳng to ̣a đô ̣ Oxy, cho 19 điểm có các to ̣a đô ̣ là những số nguyên đó không có ba điểm nào thẳng hàng Chứng minh rẳng có ít nh ất điểm 19 điểm là đỉnh của mô ̣t tam giác có tro ̣ng tâm là điểm có
tọa độ số nguyên ∑ = đ
Giả sử A1, A2, …, A19 19 điểm đã cho khơng có ba điểm
nào thẳng hàng Ai(xi, yi) với xi, yi Z ( i 1,2, ,19)
Một số chia cho dư 0; hoặc
0.5 Vì 19 > 3.6 nên theo ngun lí Dirichlet: có 19 số xi có
cùng số dư chia cho
Không tính tởng qt, giả sử số x1, x2, …, x7
1.0 Xét bảy điểm A1, A2, …, A7
Vì > 3.2 nên theo ngun lí Dirichlet: có số yi
( i1,2, ,7) có số dư chia cho
Khơng tính tởng quát, giả sử số y1, y2, y3
0.5
Xét ba điểm A1(x1; y1), A2(x2; y2) A3(x3; y3)
Vì x1, x2, x3 có số dư chia cho y1, y2, y3 ba sớ có
cùng số dư chia 3
x x x Z
; 3
y y y Z
0.5
Vậy trọng tâm tam giác A1, A2, A3 có tọa đợ số
nguyên Bài toán được chứng minh
(6)Bài Cho hàm số f : Z
Z thỏa các điều kiện sau:
f(1) = ; f(n + 3) ≤ f(n) + f(n + 2012) ≥ f(n) + 2012 vớ i mo ̣i n Z Tính f(2013)
∑ = đ Theo tính chất f n( 3) f n( ) 3 , với mọi số nguyên n ta có
( 2013) ( 670.3) ( 670.3) ( ) 2013
f n f n f n f n (1) 1.0 Mặt khác theo tính chất f n( 2012) f n( ) 2012 ta có
( 2013) ( 1) 2012 ( 1) 2012
f n f n f n , với mọi số nguyên n (2) 0.5 Từ (1) (2) suy f n( 1) 2012 f n( ) 2013 0.5 Hay f n( 1) f n( ) 1 , với mọi số nguyên n (3)
Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức (3) ta được f n( 2012) f n( ) 2012 (4) Theo giả thiết ta có f n( 2012) f n( ) 2012 (5)
0.5 Từ (4) (5) suy f n( 2012) f n( ) 2012 , với mọi số nguyên n
Thay n ta được f(2013) f(1) 2012 2013