Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để với mọi cách tô màu luôn tồn tại 3 số có cùng màu lập thành một cấp số cộng.. Chứng minh rằng nếu mỗi đờng chéo AD, BE, CF đều chia lục giác thành hai phần
Trang 1Sở gd&đt quảng bình kỳ thi chọn đội tuyển chính thức
đề chính thức d ự thi học sinh giỏi quốc gia
năm học 2008-2009
Môn: toán (vòng 2)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (2,5 điểm) : Tìm tất cả các đa thức P(x) bậc n với các hệ số là số tự
nhiên không lớn hơn 6 sao cho P(7) = 84380
Bài 2 (2,5 điểm) : Xác định tất cả các hàm số f :R R và g:R R thoả mãn đồng thời các điều kiện:
i) 2f(x) – g(x) = f(y) – y , ∀x, y∈R;; ii) f(x)g(x) ≥ x + 1 , ∀ ∈x R
Bài 3 (2,5 điểm) : Mỗi số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến n (n ≥ 7) đợc tô bởi một trong hai màu xanh hoặc đỏ Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để với mọi cách tô màu luôn tồn tại 3 số có cùng màu lập thành một cấp số cộng
Bài 4 (2,5 điểm) : Cho hình lục giác lồi ABCDEF Chứng minh rằng nếu mỗi
đờng chéo AD, BE, CF đều chia lục giác thành hai phần có diện tích bằng nhau thì các đờng chéo đó cắt nhau tại một điểm
Hết
Họ tên, chữ ký của giám thị 1: ………
Họ tên, chữ ký của giám thị 2: ………
SBD:
Trang 2Sở gd&đt quảng bình kỳ thi chọn đội tuyển chính thức
đề chính thức dự thi học sinh giỏi quốc gia
năm học 2008-2009
Môn: toán (vòng 2)
đáp án, hớng dẫn chấm
yêu cầu chung
* Đáp án (gồm có 03 trang) chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bớc giải trớc thì cho điểm 0 đối với những bớc giải sau có liên quan.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai nghiêm trọng đối với Bài 4 thì cho điểm 0 đối với Bài 4.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
1
Gọi: P(x) = anxn + an - 1xn - 1 + … + a1x + a0 ;
với ai∈ N, an ≠ 0, ai ≤6, i = 0, n
Khi đó: P(7) = an7n + an – 17n - 1 + … + a17 + a0 = 84380
Do 0 a≤ ≤i 6; i = 0, n nên n = 5 vì:
+ Nếu n ≥ 6 thì P(7) ≥ an7n ≥ 1.7n ≥ 76 = 117649 ⇒ vô lý!
+ Nếu n ≤ 4 thì P(7) ≤ 6(74 + 73 + 72 + 71 + 70) = 16806 ⇒ vô lý!
Lại do 0 a≤ ≤i 6; i = 0, 5 nên a0 là số d của phép chia 84380 cho
7 Suy ra: a0 = 2
Do đó: an7n - 1 + an – 17n - 2 + … + a27 + a1 = 12054
Lập luận tơng tự, ta có a1 là số d của phép chia 12054 cho 7
⇒ a1 = 0
Lại có: an7n - 2 + an – 17n - 3 + … + a37 + a2 = 1722
Tơng tự: a2 là số d của phép chia 1722 cho 7 ⇒ a2 = 0
Suy ra: an7n - 3 + an – 17n - 4 + … + a47 + a3 = 246 ⇒ a3 = 1
và: an7n - 4 + an – 17n - 5 + … + a57 + a4 = 245 ⇒ a4 = 0
Suy ra a4 = 0 ⇒ an7n - 5 + an – 17n - 6 + … + a67 + a5 = 35 ⇒ a5 = 5
Thử lại: P(7) = 5.75 + 1.73 + 2 = 84380 (thoả mãn)
Vậy, đa thức cần tìm là: P(x) = 5x5 + x3 + 2
2,5
0,25 0,25 0,5
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
Trang 3Thay y = x vào điều kiện i) có: 2f(x) – g(x) = f(x) – x
Khi đó: g(x) = 2x + b và f(x) = g(x) – x = x + b
Thay biểu thức của f(x) và g(x) vào điều kiện ii) ta có:
Vậy: f(x) = x + 3 và g(x) = 2x + 3
Thử lại điều kiện i) và ii) đều thoả mãn
2,5
0,25
0,25 0,25 0,25
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
3
+Với n = 7, ta chỉ ra một cách tô màu không thoả mãn yêu cầu bài
toán: tô màu xanh các số 1, 2, 5 và tô màu đỏ các số 3, 4, 6, 7
+Tơng tự, với n = 8, ta cũng chỉ ra một cách tô màu không thoả mãn
yêu cầu bài toán: tô màu xanh các số 1, 2, 5, 6 và tô màu đỏ các số 3, 4,
7, 8
Bây giờ ta sẽ chứng minh, khi n = 9 thì với mọi cách tô màu luôn tồn tại
3 số cùng màu lập thành một cấp số cộng
Sử dụng phơng pháp phản chứng Giả sử tồn tại một cách tô màu sao
cho không có 3 số nào cùng màu lập thành một cấp số cộng; không mất
tính tổng quát ta giả sử tô số 5 màu xanh, kí hiệu 5x
1 4 7
3 6 9
Ta xét màu của số 4 và số 6, có hai trờng hợp xảy ra:
+ Trờng hợp 1: Số 4 và số 6 có cùng màu
1a): Số 4 và số 6 tô màu đỏ (kí hiệu 4đ, 6đ): Khi đó, số 2x và số 8x (vì
thuẫn giả thiết phản chứng
1b): Số 4 và số 6 tô màu xanh: Khi đó tồn tại ữ4, 5, 6 ⇒ mâu thuẫn giả
thiết phản chứng
+ Trờng hợp 2: Số 4 và số 6 đợc tô khác màu
2a): Số 4 tô màu đỏ, số 6 tô màu xanh
2b): Số 4 tô màu xanh, số 6 tô màu đỏ
phản chứng
Suy ra điều phải chứng minh
Rõ ràng khi n > 9 thì các số từ 1 đến 9 đã đợc tô màu theo mọi cách và
thoả mãn yêu cầu bài toán
2,5
0,25 0,25
0,25
0,25 0,25
0,5
0,5
Trang 4Vậy, n = 9 là số cần tìm 0,25
4
Giả sử các đờng chéo AD, BE, CF đều chia lục giác ABCDEF thành hai
phần có diện tích bằng nhau nhng không cắt nhau tại 1 điểm
Không mất tính tổng quát, ta xét trờng hợp đờng chéo BE cắt các cạnh
của tam giác LCD (hình vẽ)
Do đó:
AK.BK = DK.EK (1) ; CL.DL = AL.FL (2) ; FM.EM = BM.CM (3)
(Vì với mỗi cặp tam giác bằng nhau có một cặp góc ở vị trí đối đỉnh
bằng nhau)
Nhân các đẳng thức (1) , (2) , (3) vế theo vế và hoán đổi vị trí, ta có:
AK.BK.CL.DL.EM.FM = AL.BM.CM.DK.EK.FL (4)
Nhng do điểm L nằm giữa A và K nên AK > AL; tơng tự: BK > BM ,
CL > CM , DL > DK , EM > EK , FM > BL
So sánh từng nhân tử tơng ứng ở hai vế của (4), suy ra đẳng thức (4)
không thể xảy ra
Kết luận, ba đờng chéo AD, BE, CF của lục giác đã cho luôn đi qua một
điểm (đ p c m)
2,5
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
A
B
C
F
E
D K
M L