Dapan Tài liệu sưu tầm

Dễ chứng minh được an là dãy dương, đơn điệu tăng và an → +∞.. Câu 5 Cho AB là dây cung cố định của đường tròn O.. P là điểm trên cung nhỏ AB P khác điểm chính giữa của cung nhỏ AB.. a C

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

KHOA SƯ PHẠM TOÁN HỌC KỲ THI OLYMPIC TOÁN SƠ CẤP

Năm học 2014 - 2015

Câu 1 Cho các số x1, x2, , xn sao cho xk ∈ {−1, 1} với mọi 1 6 k 6 n Chứng minh rằng nếu

P = x1x2x3x4 + x2x3x4x5 + · · · + xn−1xnx1x2 + xnx1x2x3 = 0

thì n chia hết cho 4

Lời giải Ký hiệu Pj = xjxj+1xj+2xj+3, 1 6 j 6 n với quy ước xn+1 = x1,

xn+2 = x2, xn+3 = x3 Khi đó Pj ∈ {−1, 1} và P = Pn

j=1Pj Giả sử có m giá trị

Pj bằng −1 và n − m giá trị Pj bằng 1, khi đó vì P = 0 nên n = 2m, từ đây suy

ra n chẵn Ta có

n

Y

j=1

Pj =

n

Y

i=1

(xi)4 = 1,

mặt khác

n

Y

j=1

Pj = (−1)m(1)n−m = (−1)m Điều này dẫn đến m chẵn Vậy n chia hết cho 4

Câu 2 Giải hệ phương trình

 px +√y −px −√y = √

4x − y

√

y − 3x

Lời giải Điều kiện: x ≥ 4, y ≥ 0, x2 ≥ y, 4x ≥ y và y ≥ 3x Khi đó, PT đầu tương đương với

2x − 2px2 − y = 4x − y

⇔ 2px2 − y = y − 2x

⇔ 4(x2 − y) = y2 − 4xy + 4x2

⇔ y2 − 4xy + 4y = 0

⇔ y = 4x − 4

Thay vào PT thứ hai ta được

p

x2 − 16 = 2 +√x − 4, p

x2 − 16 − 3 =√x − 4 − 1,

x2 − 25

√

x2 − 16 + 3 =

x − 5

√

x − 4 + 1, (x − 5)



x + 5

√

x2 − 16 + 3 −

1

√

x − 4 + 1



= 0

Vì

x + 5

√

x2 − 16 + 3 >

x + 5

√

x2 + 3 =

x + 5

x + 3 > 1 ≥

1

√

x − 4 + 1 nên HPT chỉ có nghiệm duy nhất (x, y) = (5, 16)

Câu 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = px2 + y2 + 2x + 1 +px2 + y2 − 2x + 1 +p3x2 + 3y2 − 12y + 12, x, y ∈ R Lời giải Trong mặt phẳng Oxy, xét các điểm

A(0; 2), B(−1; 0), C(1; 0), T (0;√

3), M (x; y)

Dễ kiểm tra thấy rằng T là điểm nằm trong tam giác ABC thỏa mãn

[

AT B = [CT A = 1500, [BT C = 600

Suy ra

√ 3

−→

T A

T A +

−→

T B

T B +

−→

T C

T C =

−

→

0

Ta có

P = px2 + y2 + 2x + 1 + px2 + y2 − 2x + 1 +p3x2 + 3y2 − 12y + 12

= √

3M A + M B + M C

= √

3M A.T A

T A +

M B.T B

T B +

M C.T C

T C

> √3

−−→

M A.−→

T A

T A +

−−→

M B.−→

T B

T B +

−−→

M C.−→

T C

T C

= √

3(

−−→

M T +−→

T A).−→

T A

(−−→

M T +−→

T B).−→

T B

(−−→

M T +−→

T C).−→

T C

T C

= −−→

M T √

3

−→

T A

T A +

−→

T B

T B +

−→

T C

T C

! +√ 3T A + T B + T C

=

√

3T A + T B + T C

= 1 + 2√

3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 + 2√

3 đạt khi M ≡ T hay x = 0 và y = √

3 Câu 4 Cho dãy số (an)n>1 thỏa mãn

a1 = 1 và an+1 = √

a1 + a2 + · · · + an; n > 2

Tính

lim

n→∞

an

n.

Lời giải Dễ chứng minh được (an) là dãy dương, đơn điệu tăng và an → +∞

Từ giả thiết ta có a2n+1 = a2n + an, do đó

an+1

an

2

= 1 + 1

an → 1 khi n → ∞

Ta suy ra được an+1/an → 1 Mặt khác, a2

n−1− a2

n = an nên

an+1 − an = an

an+1 + an =

1

an+1

a n + 1 → 1

2.

Áp dụng định lý Stolz,

Câu 5 Cho AB là dây cung cố định của đường tròn (O) Tiếp tuyến tại A, B của (O) cắt nhau tại C P là điểm trên cung nhỏ AB (P khác điểm chính giữa của cung nhỏ AB) Tiếp tuyến tại P của (O) cắt hai đường thẳng CA, CB tương ứng tại M, N ; I là giao điểm của M B và N A

a) Chứng minh ba điểm C, P, I thẳng hàng

b) Gọi K là giao điểm của AP với BC Chứng minh rắng OK vuông góc với BM

c) d là đường thẳng qua O vuông góc với CP Chứng minh ba đường thẳng

M N , AB, d đồng quy

Lời giải

a) Ta có: CA = CB, M A = M P, N B = N P do đó

AM

AC × BC

BN × P N

P M = 1.

Áp dụng định lý Ceva cho tam giác CM N với ba đường thẳng N A, M B, CP suy

ra chúng đồng quy tại I, hay ba điểm C, P, I thẳng hàng

b) Ta chứng minh được kết quả sau: “Trong một tứ giác, hai đường chéo vuông góc với nhau khi và chỉ khi tổng bình phương các cạnh đối bằng nhau”

Áp dụng tính chất trên để chứng minh OK vuông góc với BM ta cần chứng minh:

OM2 + BK2 = M K2 + OB2

Ta xét:

OM2 + BK2 − M K2 − OB2 = OA2 + AM2 + (OK2 − OB2) − M K2 − OB2

= AM2 + OK2 − OA2 − M K2(OA = OB)

= 0(OM ⊥AK)

Vậy ta có điều phải chứng minh

c)

Gọi J là giao điểm của d với đường thẳng AB Ta cần chứng minh J P là tiếp tuyến của đường tròn (O) Gọi Q là giao điểm thứ hai của CP với (O); H là giao điểm của CO với AB Ta có: CP.CQ = CA2 = CH.CO, suy ra tứ giác P QOH nội tiếp, do đó

∠CQO = ∠CHP

Tam giác OP Q cân tại O nên

∠CQO = ∠QP O

Suy ra

∠QP O = ∠CHP

Ta có:

∠JOP + ∠QP O = ∠CHP + ∠JOP = 900 = ∠CHP + ∠JHP

Suy ra ∠JOP = ∠JHP , hay tứ giác JP HO nội tiếp Từ đó, suy ra

hay IP là tiếp tuyến của (O) Vậy ta có điều phải chứng minh.

Câu 6 Cho dãy hữu hạn các số tự nhiên a0, a1, a2, , an−1 có tính chất sau đây: với mỗi i ∈ {0, 1, 2, , n − 1} thì ai là số các số hạng nhận giá trị bằng i trong dãy trên (chẳng hạn, dãy gồm 4 số hạng là a0 = 1, a1 = 2, a2 = 1, a3 = 0) Chứng minh rằng khi n > 7 thì có duy nhất dãy gồm n số hạng thỏa mãn tính chất trên là

n − 4, 2, 1, 0, , 0, 1, 0, 0, 0

Lời giải Đầu tiên ta chứng minh rằng a0+a1+· · ·+an−1 = n Thật vậy, theo định nghĩa của ai thì a0+ a1+ · · · + an−1 chính là số phần tử của dãy a0, a1, a2, , an−1,

và giá trị này bằng n

Vì a0 là số các số hạng bằng 0, nên ta suy ra rằng n − a0 là số các số hạng khác

0 trong dãy trên Tuy nhiên, a0 6= 0 vì nếu ngược lại, a0 = 0 thì mâu thuẫn Khi

đó, ngoài a0, còn lại có n − a0 − 1 số hạng khác 0 Lại vì a0+ a1 + · · · + an−1 = n nên tổng của n − a0 − 1 số hạng khác 0, không bao gồm a0, bằng n − a0 Do vậy, trong n − a0 − 1 số hạng này, có n − a0 − 2 số hạng bằng 1 và có đúng một số hạng bằng 2 (vì tất cả đều là số tự nhiên dương)

Nếu a0 = 1 thì a1 = n − a0 − 2 + 1 = n − 2, a2 = 1, an−2 = 1, điều này dẫn đến a0 + a1 + a2 + an−2 = n + 1 > n: mâu thuẫn Do đó, a0 6= 1 Lập luận tương

tự ta cũng có a0 6= 2, vì vậy a0 > 3

Giả sử a0 = k Ta suy ra a1 = n − k − 2, a2 = 1, an−k−2 = 1 Điều này kéo theo n − k − 2 = a1 = a2 + an−k−2 = 1 + 1, do đó k = n − 4 = a0 Từ đây suy ra

a1 = 2, a2 = 1, an−4 = 1 Vì a0 > 3 nên n > 7

Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa theo từng bài