De thi HSG Toan 12DOC.doc

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MễN TOÁN LỚP 12 Thời gian làm bài: 180 phỳt Nguyễn Hoàng Ngải Trường T.H.P.T.. Câu 34 điểm: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn.Trên đờng chéo AC,... ta chọn đi

Phần thứ hai : Đề và đáp án

( Dùng cho học sinh giỏi môn Toán Học )

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MễN TOÁN LỚP 12

Thời gian làm bài: 180 phỳt

Nguyễn Hoàng Ngải Trường T.H.P.T Chuyờn Thỏi Bỡnh

Cõu 1

P(x), Q(x) là cỏc đa thức với hệ số nguyờn Giả sử rằng x = a và x = a + 2007 ( a là số nguyờn ) là cỏc nghiệm của P(x) Cho biết P(2006) = 2008

Chứng minh rằng phương trỡnh Q(P(x)) = 2009 khụng cú nghiệm là số nguyờn

Cõu 2

Cho c là số nguyờn dương Ta xỏc định dóy { }an như sau:

1 2 2

a c

a + ca (c 1)(a 1), n = 1,2,

=

Chứng minh rằng tất cả cỏc số hạng an đều là số nguyờn dương

Cõu 3

Cho cỏc số thực a, b, c,a với a, b,c 0,> a ³ 2 Chứng minh bất đẳng thức sau:

1 2 1

2

2

3

a+

Cõu 4

Cho tam giỏc ABC Chứng minh bất đẳng thức sau:

a b c

ab bc ca

R

+ +

ở đú R, r theo thứ tự là bỏn kớnh cỏc vũng trũn ngoại tiếp, nội tiếp tam giỏc ABC; m , m , ma b c

là độ dài cỏc trung tuyến hạ từ A, B, C tương ứng; a = BC, b = CA, c = AB

Cõu 5

Chứng minh rằng : ộn+ n 1+ + n 2+ =ự ộ9n 8 ; n+ ự" ẻ

ở đú [x] là kớ hiệu phần nguyờn của số thực x

Cõu 6

Hàm số f thỏa món điều kiện: f (1) f (2)+ + +L f (n)=n f (n); n2 " ẻ Ơ*

Giả sử f(1) = 1004 Hóy tớnh giỏ trị của f(2008)

Cõu 7

Giả sử n(r) là kớ hiệu số cỏc điểm cú tọa độ nguyờn ở trờn vũng trũn cú bỏn kớnh r > 1 Chứng minh rằng : n(r) 6< 3pr2

ĐÁP ÁN MễN TOÁN

Giả sử Q(x) a xn n a xn 1 n 1- a x a ; a1 0 i ,i 0,1, 2, , n

Vậy Q(0)=Q(2006)=2008º 0(mod 2)

Giả sử : P(x) b xm m bm 1xm 1- b x b ; b1 0 i ,i 0,1, 2, , m

Xét 2 khả năng sau:

i) Nếu a chẵn:

Ta có P(a) b am m bm 1am 1- b a b1 0 0 b0

ii) Nếu a lẻ thì a + 2007 chẵn

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 không có nghiệm nguyên(đpcm)

Câu 2 ( 3 điểm )

Xét các trường hợp sau

i) Nếu c = 1

Khi đó an= " Î ¥ Bài toán được chứng minh1, n *

a + =ca + (c - 1)(a - 1)>a Þ a là dãy tăng

ta lại có:

a 2ca a a 1 c (2)

-¥

Lấy (1) – (2) ta được:

Do { }an là dãy tăng

a 2ca a

-Và

n 2

2

íï =

Từ i) và ii) ta có đpcm

Câu 3( 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)

Vì a, b > 0, a ³ 2, áp dụng bđt AM – GM, ta được:

1 2

a b b a 2 a b.b a 2(ab)

a+

Tương tự ta có:

1 2 1 2

b c c b 2(bc)

c a a c 2(ca)

a+

a+

Cộng từng vế của 3 bđt trên, ta được

çè ø (1)

Xét hàm số

1 2

1 2

3 2

2

f (x) x ,(x 0, 2)

1

2

1

4

a+

a +

=

a

-=

Vậy f(x) là hàm lồi, áp dụng bđt Jensen, ta có:

1

3

a+

a+ + a+ + a+ ³ æçç + + ÷ö÷

÷

Từ (1) và (2) ta có đpcm

Câu 4( 3 điểm )

abc 2S 2S 2S

ç

h , h , h là độ dài các đường cao hạ từ A, B, C tương ứng

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

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 năng sau:

i) Nếu tam giác ABC không tù

Gọi M là trung điểm của BC, O là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

a

m =AM£ OA OM+ = +R RcosMOC= +R R cos A

Vậy

a

A 3R R 1 4 sin

2 r

R

ç

ç

= + ççè+ ÷÷ø= +

Õ

ii) Nếu tam giác ABC tù

Giả sử góc A > 900

Ký hiệu M, N, P theo thứ tự là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB

Ta có a b

+

Tương tự mc a b ma 2a b c a 4R (p a) tanA 4R r

Vậy ta luôn 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, 2 thì bài toán hiển nhiên được chứng minh

Với n³ 3

n(n 1)(n 2)+ + > +n 8 / 9 Thật vậy ta xét hàm

f (x) (x 1)x(x 1) x 1/ 9 ; x 4

2x 28

= - > " ³

Vậy f(x) đồng biến , x" ³ 4

Suy ra f (x) f (4) 8653 0

9

(x 1)x(x 1)- + > -x 1/ 9

n(n 1)(n 2)+ + > +n 8 / 9

Áp dụng AM – GM, ta được

3

n n 1 n 2 9n 8 (1)

Xét hàm

1

4x x

-= < " >

Vậy y là hàm lõm

3

n n 1 n 2 9n 9 (2)

Từ (1) và (2) ta có: 9n 8+ < n+ n 1+ + n 2+ < 9n 9+ (3)

Ngoài ra trong khoảng ( 9n 8, 9n 9+ + không chứa số nguyên nào Thật vậy giả sử còn có số )

nguyên

( )

2

m 9n 8, 9n 9

Þ + < < +

Điều này không thể xảy ra vì 9n + 8 và 9n + 9 là hai số nguyên dương liên tiếp (4)

Từ (3) và (4) ta có đpcm

Câu 6 ( 3 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 2

L

L

Lấy (1) – (2) ta được:

2 2

f (n) n f (n) (n 1) f (n 1)

(n 1)

-Áp dụng liên tiếp công thức này ta được:

n 1 n 2 n 3

n 1 n 2 n 3 1

(n 1)!

2 f (1)

(n 1)!

2f (1)

n(n 1)

2.1004

n(n 1)

-=

-= ×

+

=

+

=

+

K L

Vậy f (2008) 1

2009

=

Câu 7( 2 điểm)

Xét 2 khả năng sau

i) Nếu n 8£

Do r 1,6> 3p > Þ8 n<63pr2

ii) Nếu n > 8

Giả sử các điểm có tọa độ nguyên là P , P , , P1 2 K n và chúng sắp xếp theo thứ tự ấy trên vòng tròn

sdP P +sdP P +sdP P + +L sdP P = p4

Suy ra tồn tại ¼P Pi i 2+ sao cho ¼i i 2

4 sdP P

n

+

p

£ Xét tam giác P P Pi i 1 i 2+ + nội tiếp trong vòng tròn Þ các góc của nó đều 4

2n

p

£

4

n

p

=a = b <a b<

ã à ã

2

i i 1 i 2

2r sin 2r sin 2r sin

P P P

4r

ổ aửổữ b- aửổữ bửữ

2

2r

a b b- a ab b- a

Ê ì ì = ( Do sin xÊ x, x" ³ 0)

2 2

3

3

r

2

ổửbữ

ỗ

b ữỗ ữỗố ứ b ổ ửỗ pữ p

Ê = Ê ỗ ữỗố ứữ= ( Theo AM – GM:

2

4

b

a b- a Ê )

2 3

4r

P P P

n

p

Do P P Pi i 1 i 2 1

2

2 3

3

3

1 4r

p

Từ i) và ii) ta cú đpcm

đề thi olympic toán

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

7.4 9.2 4 8

y

x x x

y

x x

+







− − = − + = +

Câu 2(4 điểm): Tìm tất cả các hàm f xác định trên R thoả mãn.

f x y − = − x y f x + f y ∀ x y R ∈

Câu 3(4 điểm): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn.Trên đờng chéo AC,

ta chọn điểm I sao cho I và C nằm về hai phía đối với đờng chéo BD Trên đờng chéo BD ta lấy hai điểm E và

F sao cho IE song song với AB và IF song song với AD Chứng minh hai góc∠BIEvà∠DCFcó độ lớn bằng nhau

Câu 4(4 điểm): Cho x,y,z là các số thực dơng thoả mãn xyz=1

Chứng minh rằng

1 3

1 2(1 x) +1 2(1 y) +1 2(1 z) ≥

Câu 5(2 điểm): Cho tập A = {1,2, ,2p} (p là số nguyên tố).Tìm số tập con của A mà tổng các phần tử của

nó đồng d với 1 modp

Câu 6(2 điểm): Cho đờng tròn (C) tâm O , bán kính R và tiếp tuyến ∆ tiếp xúc với (C) tại một điểm A cố định trên (C) M là một điểm nằm ngoài đờng tròn(M∉∆) ,H và T lần lợt là hình chiếu của M trên ∆ và tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M tới (C).Biết rằng đờng tròn tâm M bán kính MTtiếp xúcngoài với đờng tròn đờng kính OA Chứng minh điểm M thuộc đờng trung trực của đoạn HT

bài 1

(4

điểm)

x y

a a

b b

 = >





= >

 Hệ phơng trình trở thành

( )

 − − = −



+ = +



⇒ + + + = +

Xét f t( )= +t3 t (t> ⇒0) f t,( ) 3= t2+ >1 0

f(t) là hàm số đồng biến

(*) ⇔ f a( + =1) f b( )⇔ + =a 1 b

Thay vào (1) ta có :

= ⇔ = ⇔ =

2

2

x

x

2

2

bµi 2

(4

®iÓm)

bµi 3

(4

®iÓm)

Cho x= y= 0 ta cã :

( )

2

2

2

2

)

2

x xf x f x x f x



⇒  +

⇒ = + ⇒ = + ∀ ≥







2 2

f(0) = 0 f(0)

f(0) = 1 f(0) = 1

f(y) = y +1 suy ra

f(y) = - y -1 Cho x = y

f(x) = x +1 suy ra

f )



 +

f(x) = x +1 (t/m) (x) = x -1

f(0) = 0

Cho y = 0 ta cã f(x ) = x f(x) = x x > 0

Cho x = y 0

suy ra f(x)= x

VËy : f(x)= x ; f(x) = x +1

∀ ∈

x xf x f x f x x

x R

1

1

1

1

2

C D

F I

B

Ta cã FIC = CAD = DBC

Suy ra : Tø gi¸c IBCF néi tiÕp ®­êng trßn

Suy ra : BIC = BIE + EIC = BDC + FCD

MÆt kh¸c ta cã : EIC =

BFC

BAC BDC

bµi 4

(4

®iÓm)

bµi 5

(2

®iÓm)

CMR:

1 3

Do xyz =1 nên ta tồn tại các số thực dương m,n,p sao cho

= np = mp = mn

Bất đẳng thức trên trở thành:

1

4 4

m (1)

m

∑

Áp dung BDT -Svác ta có:

4 4

m m

+ +

≥

 

 

cyc

cyc

m n p

Ta có đpcm Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m = n = p ,suy ra x = y = z

=1

XÐt hµm sinh

( fn lµ sè c¸c tËp con cña A cã tæng c¸c phÇn tö cña tËp lµ n+1 )

VËy ta cÇn ph¶i tÝnh

2

1

2

1

bài 6

(2

điểm)

1 2

1

(1) 2

p p

P G

G

−

+ + +

+ + +

= ⇒  + + + = + + +

=

f f f

2 2

2 2

, ,

p

G

ε

ε ε ε

+

+ + + =

p

là hệ thặng dư đầy đủ theo modp

Do đó

pt : f + có các nghiệm

Vậy

Thay vào (*) Ta có

1 2

2

2

1

1

p

p

p

suy ra

p

p

ε

ε

−

−

−

− + + +

−

−

− + + + =

−

Do đó :

f f f

Số tập con của A mà tổng các phần tử của nó đồng dư với 1 modp là :

Chọn hệ trục toạ độ nh hình vẽ

Ta có toạ độ các điểm A(0,0) ; O1(R/2, 0) ; O(R,0) ; M(x,y)

Theo giả thiết có MT + R/2 = MO1

1

1

1

y

x

O1

O

M

T H

A

∆

∆

K

1

2

2

2

2

2

R

y Rx MO

⇔ =

∆

2

1

MO

B ì nh phưong hai vế sau đó rút gọn Ta có

Điểm M thuộc Parabol (P) có tiê u điểm O (R/2, 0) , có là đường chuẩn

Vậy : 1 =MK ⇔MH =MT W

Chú ý

.+)Mọi cách giải đúng cho điểm tối đa.

+)Trên đây là hớng dẫn giải khi làm bài học sinh phải làm chi tiết đầy dủ các

bớc.

+) Điểm toàn bài không làm tròn.

1

Đề THI môn Toán

Thời gian làm bài : 180 phút

Trờng THPt Chuyên Hà Nam

Câu1 : Cho

1

2008

1

n

a

a

+

=





 = +



Tớnh

3

lim n

n

a

n

→+∞

x +y +z = xyz+ khụng cú nghiệm nguyờn dương

Câu

3 : Tỡm đa thức :

[ ]

1

( )

n

f x x

f x x a x − a x n

−

∈

= + + + + − +

Â

Cú cỏc nghiệm x i∈Ă (i=1; ),n x k∈[k k; +1]

Câu 4: Cho tập hợp A gồm 16 số nguyờn dương đầu tiờn Hóy tỡm số nguyờn dương k nhỏ nhất cú

tớnh chất: Trong mỗi tập con cú k phần tử của tập hợp A đều tồn tại 2 số phõn biệt a và b sao cho a2 +

C©u 5: Cho hình vuông ABCD Trên các cạnh AB và BC ta lấy các điểm tương ứng P và Q sao cho

BP = BQ Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống CP

Chứng minh HD ⊥HQ

C©u6: Cho hình bình hành ABCD Đường tròn (O) nằm trong hình bình hành, tiếp xúc với AB và AD

tại M,N và cắt BD tại E, F Chứng minh tồn tại một đường tròn qua E,F và tiếp xúc với CB, CD

C©u 7: Cho a, b, c, d là các số thực không âm và a + b + c + d = 1 Chứng minh rằng

4 a + + +b c d +15 abc bcd cda dab+ + + ≥1

ĐÁP ÁN Bài 1:

+

→+∞

+

− →+∞

→+∞ →+∞ →+∞

= + ÷ > + > > +

⇒ = +∞

− = + ÷ − = + + →

+ + + = −

3

3

1

1

lim

l

n

n

n

n n

n

a

a

hay

→+∞ →+∞

1

Bài 2: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương.

Gọi ( ; ; )x y z là nghiệm thỏa mãn: o o o

(x o+ +y o z o) ,min x o ≥ y o ≥z o

Phương trình: x2−7y z x y o o + o2+ − =z o2 7 0 (1)có nghiệm xo

Suy ra

1

7

o

y z

x

+ − + − M ⇒ = ∈¢

Theo Viet phương trình (1) còn có nghiệm x1

> ⇒

⇒ ≥ ≥ ≥

+

⇒ ≥ ⇒ < ≤

+

≤ − ⇒ + + = +

> ≤

= ⇒ + =





M

M M

1

2

1

2

1

7

49 7

o o

o

o o

o o o

o

x x y z

y z

y z

VT VP VL

y

z

Bài 3:

n=1, f(x)=x-2 có nghiệm x=2 thuộc [1;2]

2 1

n= f x =x +a x+ có nghiệm x1 ,x2 thỏa mãn

1 2

0

x x

≤ ≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ − ≤

+ = − ⇒ <



 =



⇒ ≤ − ≤ ⇒ ≤ ≤

∈¢ < ⇒ = −

Thử lại : 2

f x =x − x+ có nghiệm 1= < <x1 2 x2 =3

[ ]

1 2

1 2

3

n

n

x x x n n

x i i x x x n

VL

≥

= + <

⇒

Vậy có 2 đa thức thỏa mãn:

f(x)=x-2

2

f x =x − x+

Bài 4: Giả sử k là số nguyên dương sao cho trong mỗi tập hợp con có k phần tử của tập hợp A đều

tồn tại 2 số phân biệt a và b mà a2 + b2 là 1 số nguyên tố

+ Xét tập con T gồm tất cả các số chẵn thuộc tập A Dễ thấy, T có 8 phần tử với a, b tùy ý thuộc T luôn có a2 + b2 là 1 hợp số Từ đó suy ra k≥9

+ Một phân hoạch gồm 8 tập con của tập A mà mỗi tập con gồm 2 phần tử là 2 số có tổng bình phương là 1 số nguyên tố:

Theo nguyên lý Đirichlet, trong 9 phần tử tùy ý của tập A phải có 2 phần tử thuộc cùng một tập con trong phân hoạch nêu trên Nói cách khác, trong mỗi tập con có 9 phần tử của tập A đều tồn tại hai số phân biệt a, b mà a2 + b2 là 1 số nguyên tố ⇒kmin =9

Bài 5

A

D

B P

Q H

Đặt tg HB HP PB

HC HB BC

λ = α = = = xét phép đồng dạng tg 900

V =H α R trong đó H H tgαlà phép vị tự tâm H

tỷ số k = tgα và 90 0

H

R là phép quay tâm H, góc quay 900

:

B P

→

→

→BC biến thành BP Do tính chất của phép đồng dạng nên BP = BCλ

vì

'

:

và V: CD→BD' sao choBD CD BC PB.BC PB BQ

BC

Vì Q và D’ thuộc tia BC '

Bài 6.

Gọi P MN BC

Q MN CD

=

=

I

I

CPQ BPM DQN

( ) ( ) ( )

1 2 3

CP CQ

BM BP

DN DQ

=





⇒ =

 =



Từ (1)⇒ tồn tại đường tròn (O’) tiếp xúc với đường thẳng CB và CD tại P và Q

(2) (3)⇒ P B O/ ( ) =P B O/( )' ; P D O/ ( ) =P D O/( )'

⇒BD là trục đẳng phương của (O) và (O’)

Mà E, F là giao điểm của BD và (O) ⇒ ( ) ( )' ( ) ( )' ( ) ( )

P =P = P =P = ⇒E F∈ O ⇒ O

đi qua E, F và tiếp xúc với CB, CD (đpcm)

P

Q

O

B

C

N

M

F

E

Bài 7.

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, , , không âm, a+b+c+d = 1

c d c d

f a b c d − f a b + + = c d− c+ d− a− b

( , , , ) ( , , , 0) 3 (4 4 5 5 )

f a b c d f a b c d cd c d a b

c d c d

f a b c d f a b + +  f a b c d 

a b a b

f a b c c ≥ f  + + c c f a b+ c c 

( , , ,0) min , , ,0 , ( , 0, ,0)

a b a b

f a b c ≥ f  + + c  f a b+ c 

f x x y y = xy x y+ ≥ f x y y = x x y− ≥

f x y = x y− x y+ ≥ ∀x y R∈

Vậy f a b c d( , , , )≥ ∀0 a b c d, , , ≥0 và a + b + c + d = 1

Đẳng thức xảy ra ⇔(a,b,c,d) = 1 1, ,0,0 ; 1 1 1, , ,0

   và các hoán vị của nó (đpcm)