sôû gd ñt tp caàn thô kyø thi hoïc sinh gioûi ñbscl sôû gd ñt tp caàn thô kyø thi hoïc sinh gioûi ñbscl tröôøng thpt chuyeân ñeà thi ñeà nghò moân toaùn lyù töï troïng thôøi gian laøm baøi 180 p

Chöùng minh raèng vôùi moãi ñieåm P nhö vaäy luoân toàn taïi duy nhaát moät ñieåm Q naèm treân caïnh cuûa tam giaùc ABC thoûa ñöôøng gaáp khuùc APQ chia tam giaùc ABC tha[r]

Bài (Đại số – điểm)

Dãy hàm {fn(x)} xác định bởi:





2

2

1

( ) 108

( ) ( ) ,

n n

f x x

f x x f  x n n

  

 

   



 

Tìm tất nghiệm thực phương trình fn(x) = 2x, n * Bài (Số học – điểm)

Chứng minh với cặp số nguyên dương a, d cho trước tồn số tự nhiên n cho A = a + d.n có bốn chữ số 2007

Bài (Giải tích – điểm)

Tồn hay không hàm f : *  * thỏa điều kiện:

f f m f n



( ) ( )



f m( ) f n( ) , m n,  * Bài (Hình học phẳng – điểm)

Cho tam giác ABC có diện tích S điểm P nằm tam giác ABC cho diện tích tam giác APB bé

1

2Svà diện tích tam giác APC lớn

2S Chứng minh với mỗi điểm P tồn điểm Q nằm cạnh tam giác ABC thỏa đường gấp khúc APQ chia tam giác ABC thành hai phần tương đương

Bài (Hình không gian – điểm)

Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’có ba kích thước a, b, c O tâm đáy ABCD Gọi (P) mặt phẳng qua A’O cắt đoạn AB, AD’ M N Tính theo a, b, c giá trị nhỏ thể tích khối chóp A.OMA’N

Bài (Đại số – điểm)

Dãy hàm {fn(x)} xác định bởi:





2

2

1

( ) 108

( ) ( ) ,

n n

f x x

f x x f  x n n

  

 

   



 

Tìm tất nghiệm thực phương trình fn(x) = 2x, n * Giải:

+ Trước hết từ cách cho dãy hàm ta có f xn( )o, x , n * Suy với x  phương trình vơ nghiệm (0,5 đ)

+Với x = ta dễ dàng chứng minh được: fn(6) 12,   n *

Từ phương trình f xn( ) , x   n * nhận nghiệm x = (1 đ)

+ Với < x < ta chứng minh f xn( ) , x   n * (1) phương pháp quy nạp toán học - Với n = ta có 0x 6 x2 36 x2108 4 x2  f x1( ) x2108 2 x (1 đ)

- Giả sử (1) với n = k Khi ta có:

2

1( ) ( ) 18

k k

f  x  x  f x  x  x (2)

2 2

0x 6 x  6x 0 x 18x4x  x 18x 2x (3)

(2) (3) cho ta fk+1(x) > 2x Vậy (1) với n = k+1 (1 đ) Theo nguyên lý quy nạp toán học (1) chứng minh xong

+ Với x > 6, chứng minh tương tự ta có f xn( ) , x   n * (0,5 đ)

Bài (Số học – ñieåm)

Chứng minh với cặp số nguyên dương a, d cho trước tồn số tự nhiên n cho A = a + d.n có bốn chữ số 2007

Giaûi:

+ Gọi k số tự nhiên cho 10k > a, 10k > d đặt n 2007 2007

a d

u   n

(1 đ) + Với cách chọn k ta ln tìm n tự nhiên cho:

10 2007

1 10

k

k

n n

a

n n u u

d 



     

(1) (1 đ)

+ Mặt khaùc: 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) (2) suy

2008.10 10

2007 k k

n

u

 

hay 2007.10k A 2008.10k

  (3)

Baøi (Giải tích – điểm)

Tồn hay không hàm f : *  * thỏa điều kiện:

f f m f n



( ) ( )



f m( ) f n( ) , m n,  * Giaûi:

Giả sử tồn hàm f thỏa yêu cầu toán

+ Cho n = từ giả thiết: f a f m



( )



f m( )a, với a = f(1) (1) (0,5 đ) + Trong (1) thay m a.f(m) được:

f a f a f m





( )





f a f m



( )



 a f a f m



( )a2



f m( ) 2 a (0,5 đ) + Từ quy nạp ta suy ra: f a f m



( ) ( n1)a2



f m( )na (2) (1 đ) + Trong (2) lại cho m = ta được: f n a( ) (2  n1)a (3) (0,5 đ)

+ Từ điều kiện toán thay m m.a2, n n.a2 áp dụng (3) ta thu kết sau:













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) (5) cho ta m.n = 0, suy vô lý

Bài (Hình học phẳng – điểm)

Cho tam giác ABC có diện tích S điểm P nằm tam giác ABC cho diện tích tam giác APB bé

1

2Svà diện tích tam giác APC lớn

2S Chứng minh với mỗi điểm P tồn điểm Q nằm cạnh tam giác ABC thỏa đường gấp khúc APQ chia tam giác ABC thành hai phần tương đương

Giaûi:

Gọi E, F, D trung điểm AB, AC BC Khi đó:

1 ABD ADC

S S  S

(0,5 đ) Nhận xét:

+ Nếu P thuộc miền hình bình hành AEDF

1 APC

S  S

+ Nếu P thuộc miền tam giác FDC

1 APB

S  S

Từ suy P nằm tam giác EBD (1 đ) Khi ta lại có:

+ Nếu QAB

1 APQ APB

S S  S

+ Nếu QBC

1 APQC APC

S S  S

Vậy Q nằm cạnh AC nằm mà thơi (1 đ)

+ Từ P dựng Px // AC, Px cắt AD kéo dài I Tiếp tục dựng DQ // IC ( QBC ) gọi H giao AD với PQ, K giao CD với IQ

Với cách dựng ta có:

SAHP = SIHQ (1)

SKID = SKCQ  SIHQ = SHDCQ (2) (1)vaø (2) suy

1 AHP HDCQ APQ ADC

S S  S S  s

(1,5 ñ)

Vậy Q điểm thỏa yêu cầu toán với cách dựng Q điểm tồn (đpcm)

A

B

E D

P I

C Q

F

H K

Bài (Hình không gian – điểm)

Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’có ba kích thước a, b, c O tâm đáy ABCD Gọi (P) mặt phẳng qua A’O cắt đoạn AB, AD’ M N Tính theo a, b, c giá trị nhỏ thể tích khối chóp A.OMA’N

Giải:

+ Ta tích V khối chóp A.A’BCD’ tính bởi:

'

1 1

2 A CDD

V  abc V  abc abc abc

Gọi I tâm A’BCD’ G giao AI với A’O G trọng tâm  AA’C M, G, N thẳng hàng (0,5 đ)

+ Ta coù:

' ' ' 1

' '

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 ABD’ ta có:

' '

1

' '

ANG ABD ABD

AN AG AN

S S S

AD AI AD

 

Tương tự '

1 AMG ABD AM S S AB  ' ' AMN ABD AM AN S S AB AD  Suy

3 ' ' '

AMN AGN AMG

AN AM AM AN AB AN

S S S

AD AB AB AD AM AD

 

        

  (1 đ)

+ Theo BĐT Cauchy

'

3 (2)

' '

AB AN AB AD AM AN

AM AD AM AN AB AD

    

(1) vaø (2) cho ta: '

1

3

A A MON

V  V  abc

(1 đ) Dấu đẳng thức xảy

2

// ' ( ) // ' '

AM AN

hay MN BD P BD

AB AD  

Vaäy '

1

9 A A MON

V  abc