Tính diện tích lục giác ABCDEF... Tính diện tích lục giác ABCDEF... Bài toán được chứng minh.
Trang 1KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
Ngày thi: 06-04-2013
Thời gian làm bài: 180 phút
Ghi chú : Thí sinh làm mỗi câu trên 1 hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số … ở trang 1
của mỗi tờ giấy làm bài Đề này có 01 trang
Bài 1: (4 điểm)
Giải phương trình 2
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 và
DC + DE = 1994 2 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 nhất của biểu thức P = x – y + 3xy
Bài 4: (3 điểm)
Tìm các số nguyên dương x , y sao cho:
p = x2 + y2 là số nguyên tố và x3 + y3 – 4 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 nguyên trong đó không
có ba điểm nào thẳng hàng Chứng minh rẳng có ít nhất 3 điểm trong 19 điểm trên là 3 đỉnh của một tam giác có trọng tâm là điểm có to ̣a đô ̣ là các số nguyên
Bài 6: (3 điểm)
Cho hàm số f : Z Z thỏa các điều kiện sau:
f(1) = 1 ; f(n + 3) ≤ f(n) + 3 và f(n + 2012) ≥ f(n) + 2012 vớ i mo ̣i n Z
Tính f(2013)
Hết
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1: Giải phương trình 2
Đặt 2
8 48
Ta được phương trình trở thành
2 57
2 2 48
u v x
uv x
(u + v)2 = 9 u + v = ± 3
1.0
u + v = 3 2
8 48
2 8 48 0
x
x x
u + v = –3 2
10 6 0
x
x x
Trang 3Bài 2 Cho hình lu ̣c giác ABCDEF thỏa mãn các điều kiện sau:
Tam giác ABF vuông cân ta ̣i A , BCEF là hình bình hành , BC = 19, AD = 2013
và DC + DE = 1994 2 Tính diện tích lục giác ABCDEF
∑= 4 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 2
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 2
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 ra đẳng thức
C, K, E, D cù ng thuô ̣c mô ̣t đường tròn
CDE CKE = 900 và DE + DC = 1994 2
0.5
Đặt = KD CE, , ta có:
SABCDEF = SABF + SBCEF + SCDE = SBCEF + SCKE + SCDE = SBCEF + SCKED
= BC.CE.sin + 1
2.CE.KD.sin
= 19.CEsin + 1
2.1994CE sin = 1016.CE sin
1.0
Mă ̣t khác: DC = ECsinCED và DE = EC sinDCE và KDCKDE = 450
DCE CDK= α – 450
và 0 0
180 ( 45 )
CED Do đó:
DE DC EC DCE DEC EC
= 2 sin cos
4
EC
= EC.sin 2 Suy ra EC.sin α = 1994 Do đó SABCDEF = 2025904
1.0
α
D
E
K
F
B
A
C
Trang 4Bài 3: Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn 2x(1 – x) ≥ y(y – 1)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x – y + 3xy ∑ = 3
Cách 1 Ta có: 2x(1 – x) ≥ y(y – 1) 2x – 2x2 ≥ y2 – y
2x – x2 ≥ x2 + y2 – y ≥ 2xy – y
2xy – y – 1 ≤ –(x – 1)2 ≤ 0 2xy ≤ 1 + y 1.0
Do đó: P ≤ x – y + 3(1 ) 2 3
x y
y
Lại có: 2x(1 – x) ≥ y(y – 1) 2x – 2x2 ≥ y2 – y
2x + y ≥ 1 2 2
2 1 (2 )
3 x y ≥
2
(2 ) 3
xy
(2x + y)2 – 3(2x + y) ≤ 0 0 ≤ 2x + y ≤ 3
1.0
Suy ra P ≤ 3 3
2
= 3 Khi x = y = 1 thì P = 3 Vậy Max P = 3 0.5
Cách 2 Ta có: 2x(1 – x) ≥ y(y – 1) 2x – 2x2 ≥ y2 – y
2x + y = 1 2 2
2 1 (2 )
3 x y ≥
2
(2 ) 3
xy
Đặt t = 2x + y, ta được t2
– 3t ≤ 0 0 ≤ t ≤ 3
1.0
3P = 3x – 3y + 9xy = 3x – 3y + 9xy – 1 + 1 = (3x – 1)(3y + 1) + 1
= 1(6 2)(3 1) 1
2 x y ≤
2
(6 3 1)
1 8
x y
= 1 2
(3 1) 1
Ta có t [0; 3] –1 ≤ 3t – 1 ≤ 8 (3t – 1)2 ≤ 64
3P ≤ 1.64 1
Khi t = 3 và 6x – 2 = 3y + 1 2 3
6 3 3
x y
x y
x = y = 1 thì P = 3
Trang 5
Bài 4
Tìm các số nguyên dương x , y sao cho:
p = x2 + y2 là số nguyên tố và x3 + y3 – 4 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) và (2) ta được : xy380(modp)
(x y 2)(x y 2xy 2(x y) 4) 0(mod )p
0.5
Vì p là số nguyên tố, ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1: x + y + 2 chia hết cho p
Khi đó : x2y2 xy2 x(x1)y(y1)2
0.5
Vì x, y là số nguyên dương nên có các trường hợp:
x = y = 1; x = 2, y = 1; x = 1, y = 2
Thử lại, ta có các cặp số (x, y) thoả là : (1; 1), (2; 1), (1; 2)
0.5 Trường hợp 2: Nếu x2y22xy2(xy)4p
Khi đó : x2y22xy2(xy)4(x2y2)
) (
4 ) ( 2
2xy xy x2y2
0.5
Do 2xy – 2( x + y) + 4 = 2 [( x – 1)( y – 1) + 1] > 0
2 2
4 ) ( 2
2xy xy x y
4 ≥ (x – y)2 + 2(x + y) ≥ 4
x = y =1 Thử la ̣i ta có că ̣p số (1; 1) thỏa
Vậy các số nguyên dương x, y cần tìm là : (1; 1), (2; 1), (1; 2)
0.5
Bài 5
Trong mă ̣t phẳng to ̣a đô ̣ Oxy, cho 19 điểm có các to ̣a đô ̣ là những số nguyên
trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng Chứng minh rẳng có ít nh ất 3
điểm trong 19 điểm trên là 3 đỉnh của mô ̣t tam giác có tro ̣ng tâm là điểm có
tọa độ là các số nguyên ∑ = 3 đ Giả sử A1, A2, …, A19 là 19 điểm đã cho trong đó không có ba điểm
nào thẳng hàng và Ai(xi, yi) với xi, yi Z ( i 1,2, ,19)
Một số khi chia cho 3 thì dư 0; 1 hoặc 2
0.5
Vì 19 > 3.6 nên theo nguyên lí Dirichlet: có ít nhất 7 trong 19 số xi có
cùng số dư khi chia cho 3
Không mất tính tổng quát, giả sử các số đó là x1, x2, …, x7
1.0
Xét bảy điểm A1, A2, …, A7
Vì 7 > 3.2 nên theo nguyên lí Dirichlet: có ít nhất 3 trong 7 số yi
( i1,2, ,7) có cùng số dư khi chia cho 3
Không mất tính tổng quát, giả sử các số đó là y1, y2, y3
0.5
Xét ba điểm A1(x1; y1), A2(x2; y2) và A3(x3; y3)
Vì x1, x2, x3 có cùng số dư khi chia cho 3 và y1, y2, y3 cũng là ba số có
cùng số dư khi chia cho 3 nên 1 2 3
3
x x x Z
; 1 2 3
3
y y y Z
0.5 Vậy trọng tâm của tam giác A1, A2, A3 có các tọa độ đều là các số
nguyên Bài toán được chứng minh
0.5
Trang 6Bài 6 Cho hàm số f : Z Z thỏa các điều kiện sau:
f(1) = 1 ; f(n + 3) ≤ f(n) + 3 và f(n + 2012) ≥ f(n) + 2012 vớ i mo ̣i n Z
Tính f(2013)
∑ = 3 đ
Theo tính chất f n( 3) f n( ) 3 , với mọi số nguyên n ta có
( 2013) ( 670.3) 3 ( 670.3) 3 ( ) 2013
Mặt khác theo tính chất f n( 2012) f n( ) 2012 ta cũng có
( 2013) ( 1) 2012 ( 1) 2012
f n f n f n , với mọi số nguyên n (2) 0.5
Từ (1) và (2) suy ra 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) và (5) suy ra f n( 2012) f n( ) 2012 , với mọi số nguyên n
Thay n bằng 1 ta được f(2013) f(1) 2012 2013
0.5