Đường tròn (O) nằm trong hình bình hành, tiếp xúc với AB và. AD tại M,N và cắt BD tại E, F.[r]
(1)Phần thứ hai : Đề đáp án ( Dùng cho học sinh giỏi mơn Tốn Học )
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 12 Thời gian làm bài: 180 phút
Nguyễn Hoàng Ngải
Trường T.H.P.T Chuyên Thái Bình
Câu 1
P(x), Q(x) đa thức với hệ số nguyên Giả sử x = a x = a + 2007 ( a số nguyên ) nghiệm P(x) Cho biết P(2006) = 2008
Chứng minh phương trình Q(P(x)) = 2009 khơng có nghiệm số nguyên Câu 2
Cho c số nguyên dương Ta xác định dãy { }an như sau:
1
2
n n n
a c
a + ca (c 1)(a 1), n = 1,2,
=
= + - - K
Chứng minh tất số hạng an số nguyên dương
Câu 3
Cho số thực a, b, c,a với a, b,c> a ³0, Chứng minh bất đẳng thức sau:
1
2
2
a (b c) b (c a) c (a b) (ab bc ca)
a+
a a a
a-+ a-+ + + + ³ + +
Câu 4
Cho tam giác ABC Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c
ab bc ca 8(R 2r) 2(m m m )
R
+ +
- ³ + +
R, r theo thứ tự bán kính vịng trịn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC;
a b c
m , m , m độ dài trung tuyến hạ từ A, B, C tương ứng; a = BC, b = CA, c = AB Câu 5
Chứng minh : ëéên+ n 1+ + n 2+ =ù éú êû ë9n ; n+ ựỳỷ" ẻ Ơ ú [x] l kớ hiu phn nguyên số thực x
Câu 6
Hàm số f thỏa mãn điều kiện: f (1) f (2)+ + +L f (n)=n f (n); n2 " Ỵ ¥* Giả sử f(1) = 1004 Hãy tính giá trị f(2008)
Câu 7
Giả sử n(r) kí hiệu số điểm có tọa độ ngun vịng trịn có bán kính r > Chứng minh : n(r) 6< 3pr2
ĐÁP ÁN MƠN TỐN
(2)Giả sử Q(x) a xn n a xn n a x a ; a1 i ,i 0,1, 2, , n
-= + + +L + Ỵ ¢ = K
n n
n n 1 0
Q(2006) a 2006 a 2006 - a 2006 a 2008 a
-= + + +L + = Þ chẵn
Vậy Q(0)=Q(2006)=2008º 0(mod 2)
Giả sử : P(x) b xm m bm 1xm b x b ; b1 i ,i 0,1, 2, , m
-= + + +L + ẻ Â = K
Xột kh sau: i) Nếu a chẵn:
Ta có P(a) b am m bm 1am b a b1 0 b0
-= + + +L + = Þ chẵn
ii) Nếu a lẻ a + 2007 chẵn
Vì P(a 2007) b (a 2007)m m bm 1(a 2007)m b (a 2007) b1 0 b0
-+ = + + + + +L + + = Þ
chẵn
Vậy P(0)º P(a)º P(a 1)+ º K º P(a 2007)+ º 0(mod 2) Þ Q(P(x))º 0(mod 2)
Þ phương trình Q(P(x)) = 2007 khơng có nghiệm nguyên(đpcm) Câu ( điểm )
Xét trường hợp sau i) Nếu c =
Khi ú an= " ẻ Ơ1, n * Bi toỏn c chứng minh
ii) Nếu c³ từ { }
2
n n n n n
a + =ca + (c - 1)(a - 1)>a Þ a là dãy tăng ta lại có:
2
n n n
2 2
n n n
2 2 *
n n n n
2 2
n n n n
a ca (c 1)(a 1)
(a a ) (c 1)(a 1)
a 2ca a a c , n (1) a 2ca a a c (2)
+ + +
+ + +
+ + + +
+ + + +
= + -
-Þ - = -
- - + = - " ẻ
ị - + =
-¥
Lấy (1) – (2) ta được:
( )
2
n n n n n n n n n n
a a 2ca a a
(a a )(a 2ca a )
+ + + + +
+ + + + +
- + - =
Û - - + =
Do { }an là dãy tăng
n n n n n n n n
a a a 2ca a
a 2ca a
+ + + + +
+ + +
Þ < Þ - + =
Û =
-Và
1 * *
n
2
a c
a , n
a 2c
ì =
ùù ị ẻ " ẻ
ớù =
-ùợ Ơ Ơ
T i) v ii) ta có đpcm
Câu 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
+ + + + +
(3)Vì a, b > 0, a ³ 2, áp dụng bđt AM – GM, ta được:
1
a b b a a b.b a 2(ab) a+
a + a ³ a a =
Tương tự ta có:
1
1
b c c b 2(bc) c a a c 2(ca)
a+
a a
a+
a a
+ ³
+ ³
Cộng vế bđt trên, ta
1 1
2 2
P (ab) (bc) (ca)
a+ a+ a+
ỉ ư÷
ỗ ữ
ỗỗ + + ữữ
ỗố ứ (1)
Xột hm s
1
1
3
2
f (x) x ,(x 0, 2)
f '(x) x
1 f ''(x) x
4 a+
a-= > a ³
a + =
a -=
Vậy f(x) hàm lồi, áp dụng bđt Jensen, ta có:
1
1 1 2
2 2 ab bc ca
(ab) (bc) (ca)
3
a+
a+ a+ a+ æ + ử
+ ữ ỗ
+ + ỗỗố ÷÷ø
(2)
Từ (1) (2) ta có đpcm
Câu 4( điểm )
a b c
abc 2S 2S 2S
ab bc ca 2R(h h h )
S a b c
ổ ửữ
ỗ
+ + = ỗỗố + + ÷÷ø= + +
a b c
h , h , h là độ dài 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)- ³ 2å m - 2å h Û 4(R r)- ³ å m - å h Ta chứng minh cho å ma£ 4R+r
Thật vậy, xét hai khả sau:
i) Nếu tam giác ABC không tù
Gọi M trung điểm BC, O tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi ma=AM£ OA OM+ = +R RcosMOC· = +R R cos A
Vậy
a
m 3R R cosA
A 3R R sin
2 r
3R R 4R r R
= +
ổ ửữ
ỗ
= + ỗỗố+ ữữứ
ổ ửữ
ỗ
= + ỗỗố+ ữữứ= +
å å
Õ ii) Nếu tam giác ABC tù Giả sử góc A > 900
(4)Ta có a b
a a c
m AM , m BN PN PB
2
+
= < = < + =
Tương tự c a
a b b c a A
m m 2a 4R (p a) tan 4R r
2 2
+ +
-< Þ å < + < + - = +
Vậy ta ln có: å ma<4R+r
Mà å ha³ 9rÞ å ma- å ha<4R+ -r 9r=4R 8r- (đpcm)
Câu 5(3điểm)
Với n = 0, 1, tốn hiển nhiên chứng minh Với n³
Trước hết ta chứng minh ( )
3
n(n 1)(n 2)+ + > +n / Thật ta xét hàm
( )3
f (x) (x 1)x(x 1) x 1/ ; x 2x 28
f '(x) 0, x
3 27
= - + - - ³
= - > " ³
Vậy f(x) đồng biến , " ³x
Suy
865 f (x) f (4)
9
³ = >
Hay ( )
3
(x 1)x(x 1)- + > -x 1/
Thay x n + ta ( )
3
n(n 1)(n 2)+ + > +n / Áp dụng AM – GM, ta
3
n n n
n n n n
3
n n n 9n (1)
+ + + +
> + + > +
Þ + + + + > +
Xét hàm y x , x
1
y '' 0, x
4x x
= >
-= < " >
Vậy y hàm lõm
n n n
n
3
n n n 9n (2)
+ + + +
Þ < +
Û + + + + < +
(5)Ngoài khoảng ( 9n 8, 9n 9+ + ) không chứa số ngun Thật giả sử cịn có số nguyên
( )
2
m 9n 8, 9n
9n m 9n
ẻ + +
ị + < < +
Điều khơng thể xảy 9n + 9n + hai số nguyên dương liên tiếp (4) Từ (3) (4) ta có đpcm
Câu ( 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
+ + + =
+ + + - = - ³
L L
Lấy (1) – (2) ta được:
2
2
f (n) n f (n) (n 1) f (n 1) (n 1)
f (n) f (n 1) n
= - -
-Û =
-Áp dụng liên tiếp công thức ta được:
n n n
f (n) f (n 1) f (n 2)
n n n
n n n
f (n 3)
n n n n n n
f (1)
n n n
(n 1)! f (1)
(n 1)! 2f (1)
n(n 1) 2.1004
n(n 1)
- -
-= - =
-+ +
- -
-= - =
+
-
-=
+
-= ×
+ =
+ =
+
K L
Vậy
1 f (2008)
2009
=
Câu 7( điểm) Xét khả sau i) Nếu n 8£
Do r 1, 6> 3p > Þ8 n<63pr2 ii) Nếu n >
Giả sử điểm có tọa độ nguyên P , P , , P1 K n chúng xếp theo thứ tự vòng
trịn
Do sdP P¼1 3+sdP P¼2 4+sdP P¼3 5+ +L sdP P¼n = p4
Suy tồn P P¼i i 2+ cho
¼
i i
4 sdP P
n +
(6)Xét tam giác P P Pi i i 2+ + nội tiếp vịng trịn Þ các góc 2n
p £
Đặt
¼ ¼
i i i i
4
sdPP ,sdPP ,0 ,
n
+ +
p
=a = b <a b<
· µ ·
i i i
2
P , P , P
2 2
+ +
a b- a p- b
Þ = = =
i i i
2r sin 2r sin 2r sin
2 2
P P P
4r + +
æ aửổữ b- aửổữ bửữ
ỗ ữỗ ữỗ ữ
ỗ ữỗ ữỗ ữ
ỗ ỗ ỗ
ố øè øè ø
é ù
Þ Dë û=
2
2 r ( )
2r
2 2
a b b- a ab b- a
£ × × =
( Do sin x£ x, x" ³ 0)
2
3
2 2
3
r
r r 4r
2
4 16 16 n n
ổửbữ ỗ
b ữỗ ữỗố ứ b ổ ửp p
ữ ỗ
Ê = Ê ỗ ữỗố ứữ=
( Theo AM GM:
2
( )
4
b a b- a £
)
2 i i i
4r P P P
n + +
p
é ù
Þ Dë û£
Do i i i P P P
2 + +
éD ù³
ë û
2
3
3
3
1 4r
n 8r r
2 n
p
Þ £ Û £ p < p
Từ i) ii) ta có đpcm
đề thi olympic toỏn
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
y
x x x
y
x x
Câu 2(4 điểm): Tìm tất hàm f xác định R thoả m n.ã
2 2
(( ) ) 2 ( ) ( ( )) ,
f x y x y f x f y x yR.
(7)ta chọn điểm I cho I C nằm hai phía đờng chéo BD Trên đờng chéo BD ta lấy hai điểm E F cho IE song song với AB IF song song với AD Chứng minh hai gúcBIEvDCFcú ln bng
Câu 4(4 điểm): Cho x,y,z số thực dơng thoả m n à xyz1 Chøng minh r»ng
2 2
1
1 1
1 2(1 x) 1 2(1 y) 1 2(1 z)
Câu 5(2 điểm): Cho tập A = 1,2, , 2p (p số nguyên tố).Tìm số tập A mà tổng phần tử đồng d với modp
Câu 6(2 điểm): Cho đờng tròn (C) tâm O , bán kính R tiếp tuyến tiếp xúc với (C) điểm A cố định (C) M điểm nằm ngồi đờng trịn(M ) ,H T lần lợt hình chiếu M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M tới (C).Biết đờng trịn tâm M bán kính MTtiếp xúcngồi với đờng trịn đờng kính OA Chứng minh điểm M thuộc đờng trung trực đoạn HT
Bài đáp án toán olympic Điểm
bài (4 điểm)
(4 ®iĨm)
đặt
2 ( 0)
2 ( 0)
x y
a a b b
Hệ phơng trình trë thµnh
3
3
2
3 3
4 (1)
3
7 (2)
1 (*)
a a a b
a a a b b
a a b
a a b b
Xét f t( ) t3 t (t0) f t,( )3t2 1 f(t) hàm số đồng biến
(*) f a( 1)f b( ) a 1 b Thay vµo (1) ta cã :
2
2
* 5 log
1 5
* log
2 2
x x
a x
a x
Cho x= y= ta cã :
2
2
(8)bài (4 điểm)
bài (4 điểm)
2
2
2
2 2 2
2
2
)
1
2
2 1
1 ( ) ( ) ( )
x x x
y y y
y y y y y y
x xf x f x x f x
2
2 f(0) = f(0)
f(0) = f(0) =
Cho y = f x f x
Cho x = f f
suy f f
f(y) = y + suy
f(y) = - y -1
Cho x = y
f(x) = x + suy
f
)
f(x) = x + (t/m) (x) = x -
f(0) =
2 2
2 2 ( ) ( ) ( )
2
Cho y = ta cã f(x ) = x f(x) = x x > Cho x = y
suy f(x)= x
VËy : f(x)= x ; f(x) = x +
x xf x f x f x x x R
Ta cã FIC = CAD = DBC Suy : Tø gi¸c IBCF néi tiÕp ® êng trßn
Suy : BIC = BIE + EIC = BDC + FCD Mặt khác ta có : EIC =
Suy : BIE =
BFC
BAC BDC FCD
1
1
1
2
2
1
B
C D
A E
(9)bµi 5
(2 điểm)
bài (2 ®iÓm)
CMR:
2 2
1
1 1
1 2(1 x) 1 2(1 y) 1 2(1 z) (1)
Do xyz =1 nên ta tồn số thực dương m,n,p cho
2, ,
np mp mn
x y z
m n p
Bất đẳng thức trở thành:
2
1
2( )
4
m (1)
m
cyc m np
2 2
2 4 2
2 2 2
cyc cyc cyc cyc
( )
Áp dung BDT -Svác ta có:
2( ) ( )
3 m m (m ) m ( )
4
m m
cyc
cyc
m n p
m np m n p m np
np n p
Ta có đpcm Dấu đẳng thức xảy m = n = p ,suy x = y = z =1
XÐt hµm sinh
0
n n n
n n n
x x x x
2 2p
n n n-1
f(x) = + x + x 1+ x f f(x) = f f
( fn số tập A có tổng phần tử tập n+1 )
Vậy ta cần phải tính
2
1
1
(10)
1
2
2
2 2 ( 1) ( 2)
2 ( 1)
( ) (1) ( ) ( ) (*)
(1)
( ) (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
0 p 2p
0 p 2p f f f
Đặt xf(x) f f f
mà ( 2)
2
2
, , ( ) (1 )(1 ) (1 )
1 , , ,
( ) (1 1) 1, 2,
p k p
k k p
p
k k k
G
G k p
p
0 p 2p
hệ thặng d đầy đủ theo modp
Do
pt : f + cã nghiệm Vậy
Thay vào (*) Ta có
f f f
2
2
1
2
2
1 4(1 )
2
1
1; 1;
1
2
:
2
p p
p p
p
p p
p
p
p p p
suy ra
p
p
0 p 2p Do :
f f f
Số tập A mà tổng phần tử đồng d với modp :
Chọn hệ trục toạ độ nh hình vẽ
Ta có toạ độ điểm A(0,0) ; O1(R/2, 0) ; O(R,0) ; M(x,y)
Theo gi¶ thiÕt cã MT + R/2 = MO1
1
1
y
x O1
O M
T H
A
(11)2
1
2 2 2
2
2 2 2
2
2
( ) ( )
2
2
2
2
R
OT MO
R R
x R y R x y
R R
x y Rx R x y Rx
y Rx MO
2
1 MO
B ì nh ph ong hai vế sau rút gọn Ta cú
Điểm M thuộc Parabol (P) có tiê u ®iĨm O (R/2, 0) , cã lµ ® êng chn VËy : 1MK MH MT
Chó ý
.+)Mọi cách giải cho điểm tối đa.
+)Trên hớng dẫn giải làm học sinh phải làm chi tiết đầy dủ bớc.
+) Điểm toàn không làm tròn.
Đề THI môn Toán Thời gian làm : 180 phút
Trờng THPt Chuyên Hà Nam
C©u1 : Cho
1
2008
n n n
a a a
a
Tính
3
lim n n
a n
C©u 2: Chứng minh phương trình x2y2z2 7(xyz1)khơng có nghiệm ngun dương C©u : Tìm đa thức :
1
1
( )
( ) n n ( 1) (n 1)
n
f x x
f x x a x a x n
Có nghiệm xi(i1; ),n xkk k; 1
C©u 4: Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương Hãy tìm số ngun dương k nhỏ có
tính chất: Trong tập có k phần tử tập hợp A tồn số phân biệt a b cho a2 + b2 số ngun tố.
C©u 5: Cho hình vuông ABCD Trên cạnh AB BC ta lấy điểm tương ứng P Q cho
(12)Chứng minh HD HQ
C©u6: Cho hình bình hành ABCD Đường trịn (O) nằm hình bình hành, tiếp xúc với AB
AD M,N cắt BD E, F Chứng minh tồn đường tròn qua E,F tiếp xúc với CB, CD
C©u 7: Cho a, b, c, d số thực không âm a + b + c + d = Chứng minh
3 3
4 a b c d 15 abc bcd cda dab 1
ĐÁP ÁN Bài 1:
3
3 3
1
3
3 3
1
3
3
1
1 2
1
3
lim
1
3
đặt lim
ã lim lim lim
l
n n n
n n n
n n n n
n n n
n n n n n n n
n n
n
n n n
a a a a n
a a
a a a a
a a a
y a a y
y y y a a
y y y y y y
Ta c y
n n
hay
3 3
1
im n lim n
n n
a a a
n n
Bài 2: Giả sử phương trình có nghiệm ngun dương Gọi ( ; ; )x y zo o o là nghiệm thỏa mãn:
(xoyo zo) ,min xo yo zo
Phương trình: x2 7y z x yo o o2zo2 0 (1)có nghiệm xo
Suy
2 2
1
7
( 7) o o
o o o
o
y z
y z x x
x
(13)
1
1
2 2
2 2
1 1
2
1
*) : ( , , ) cịng µ Ưm ña (1)
2
( ) 3( )
1
*) : 7( 1)
0, 0( )
*) :
7
49
o o o o o
o o o
o o
o o o o
o o o
o
TH x x y z l nghi c
x x y z
y z
f y VL
y z
TH x x y z x y z
VT VP VL
TH x y z
y
VT VL
z Bài 3:
n=1, f(x)=x-2 có nghiệm x=2 thuộc [1;2]
2
2, ( )
n f x x a x có nghiệm x1 ,x2 thỏa mãn
1 2
1 1
1
2
2 1
2
1
1 1
1
0
4
0 12 12 16
,
x x x x
x x a a x x
x x x x x x
a a
a a a
Thử lại : f x( )x2 4x3có nghiệm 1x1 2 x2 3
1
1
3
!
; !
n
i n
n
x x x n n
x i i x x x n VL
Vậy có đa thức thỏa mãn: f(x)=x-2
2
( )
f x x x
Bài 4: Giả sử k số nguyên dương cho tập hợp có k phần tử tập hợp A tồn số phân biệt a b mà a2 + b2 số nguyên tố.
+ Xét tập T gồm tất số chẵn thuộc tập A Dễ thấy, T có phần tử với a, b tùy ý thuộc T ln có a2 + b2 hợp số Từ suy k9
+ Một phân hoạch gồm tập tập A mà tập gồm phần tử số có tổng bình phương số ngun tố:
A = 1, 4 2;3 5;8 6;11 7;10 9;16 12;13 14;15
Theo nguyên lý Đirichlet, phần tử tùy ý tập A phải có phần tử thuộc tập phân hoạch nêu Nói cách khác, tập có phần tử tập A tồn hai số phân biệt a, b mà a2 + b2 số nguyên tố kmin 9
Bài 5
A
D C
B P
(14)Đặt
HB HP PB tg
HC HB BC
xét phép đồng dạng
0 90
tg H H
V H R
HHtglà phép vị tự tâm H tỷ số k = tg
0 90
H
R phép quay tâm H, góc quay 900 :
V C B
B P
BC biến thành BP Do tính chất phép đồng dạng nên BP = BC
' :
DCBCV D D tia BC
và V : CD BD' cho
PB
BD CD BC BC PB BQ BC
Vì Q D’ thuộc tia BC D' Q HDHQ ( đpcm)
Bài 6.
Gọi
P MN BC Q MN CD
, ,
CPQ BPM DQN
cân C, B, D
1
3
CP CQ BM BP DN DQ
Từ (1) tồn đường tròn (O’) tiếp xúc với đường thẳng CB CD P Q. (2) (3) PB O/ PB O/ ' ; PD O/ PD O/ '
BD trục đẳng phương (O) (O’).
Mà E, F giao điểm BD (O) ' '
' '
/ / 0; / / ,
E O E O F O F O
P P P P E F O O
đi qua E, F tiếp xúc với CB, CD (đpcm)
P
Q
O
A D
B
C N
M
F
E
Bài 7.
Xét
3 3 3
, , , 15
f a b c d a b c d abc bcd cda dab a b c d
Ta cần chứng minh f a b c d , , , 0 a b c d, , , khơng âm, a+b+c+d =
Ta có
2
3
, , , , , , 4 5
2
c d c d
f a b c d f a b c d c d a b
, , , , , ,0 4 5
f a b c d f a b c d cd c d a b
, , , , , , , , , ,0
2
c d c d
f a b c d f a b f a b c d
(15)Tương tự
, , , , , , , ,0, ,
2
a b a b
f a b c c f c c f a b c c
, , ,0 , , ,0 , ,0, ,0
2
a b a b
f a b c f c f a b c
Mặt khác
2
, , , 0, ,0, ,
f x x y y xy x y f x y y x x y
,0, ,0 3 2 ,
f x y x y x y x y R
Vậy f a b c d , , , 0 a b c d, , , 0 a + b + c + d = Đẳng thức xảy (a,b,c,d) =
1 1 1
, ,0,0 ; , , ,
2 3