Trên các cạnh AC và AB lần lượt lấy các điểm P và Q.. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MNJ cắt PQ tại R.[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011–2012
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi thứ nhì: 20 – 10 – 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1: (4 điểm)
Tìm tất cả các hàm f :R→R thỏa mãn:
( )
f f x +y =f x −y +4yf x với ∀x, y R∈
Bài 2: (4 điểm)
Cho a, b, c là ba số dương Chứng minh rằng:
+ +
Bài 3: (4 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Trên các cạnh AC và AB lần lượt lấy các điểm P và Q Gọi M, N, J lần lượt là trung điểm của BP, CQ và PQ Đường tròn ngoại tiếp tam giác MNJ cắt PQ tại R Chứng minh rằng OR vuông góc với PQ
Bài 4: (4 điểm)
Cho dãy số (un) định bởi
1
4 n
4 u 5 u u
+
⎧ =
⎪⎪
⎨
Hãy lập công thức tính số hạng tổng quát un theo n
Bài 5: (4 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho:
(ab)2 – 4(a + b) là bình phương của một số nguyên
HẾT
Trang 2ĐÁP ÁN
Bài 1
( )
f f x +y =f x −y +4yf x (1)
Thay
2
x f (x
y
2
−
= ) vào (1) ta có
2
=
f x f x⎡ x ⎤ 0
Suy ra f 0( )=0 Ta sẽ chứng minh
Nếu tồn tại a≠0 mà f a( )=0 thì f x( )=0 ∀x
Thật vậy
Thay x 0= vào ( )1 ta được f y( ) ( )= −f y
Thay x a= vào (1) ta được f y( )=f a( 2−y)
Vậy f y( ) ( )= − =f y f a( 2−y) ∀ ∈y R⇒f f x( ( ) )= −f( f x( ) )=f a( 2+f x( ) )
Thay y 0= vào (1) ta được f f x( ( ) )=f x( )2 x R∀ ∈ (2)
Thay y a= 2 vào (1) ta được f f x( ( ) )=f f x( ( )+a2) ( )=f x2 +4a f x2 ( ) x R∀ ∈ (3)
Từ (2) (3) suy ra f x( )=0 ∀ ∈ (vì x R a 0≠ )
Vậy f x( )≡0 hoặc f x( )=x2
Bài 2:
Theo bdt Cauchy–Schwarz , ta có: 2 92 2 12 2 162
⇒ 2 ab22 2 1 a 2 9ab22 2
⇒ 2 ab22 2 a b c 9(ab22 bc2 ca )2
Để có được bdt đã cho, ta cần chứng minh: 3(ab2 + bc2 +
ca2 ) ≤ (a + b + c)(a2 + b2 + c2) (*)
(*) ⇔ b(a – b)2 + c(b – c)2 + a(c – a)2 ≥ 0 (Đúng)
Bài 3:
¾ Ta có JM//AB và JN//AC nên
MJN =BAC ⇒ n nMRN =BAC
RMN =RJN =APQ
Do đó: ∆ APQ ~ ∆ RMN
K
T
H
L
F
M
N
J R E
O
A
Q
P
Trang 3¾ Vẽ BL//MR và CL//NR và H là giao điểm của CL và PQ Ta có NR là đường trung bình ∆QHC nên R
là trung điểm QH
Tachứng minh:
OQ = OH ⇔ PH/(O) = PQ/(O) ⇔ HL.HC = QA.QB (*)
¾ Vẽ các hình bình hành BQPT và KLHT
Ta có: M là trung điểm của QT
nBQ=nAQP QJM=n=nRNM =nHCT
T
Do đó:
Lại có: nBKT =BLC BAC TPCn =n=n Vậy ∆BKT ~ ∆CPT
Do nAQP HCT=n và QAP THCn=n nên ∆APQ ~ ∆HTC
Do đó ta có: HC HT TC
⇒ HC.HL = QA.QB ⇒ (*) đúng
Vậy OH = OQ Suy ra OR vuông góc với PQ
Bài 4 :
Ta có u 1 =4
5 ∈ (0; 1) Giả sử u k ∈ (0; 1) , khi đó 4k
u u
u 8(1 u )
+ = + − 2 ∈ (0; 1)
Vậy un ∈ (0; 1) ∀n ∈ N*
Đặt vn=
n
1
u ∀n∈N* Ta có
1
4 n
5 v 4
1 v
+
⎧ =
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪⎩
n N*∈
⇒ 1
5
v
4
v + 8v 8v 1
⎧ =
⎪
⎨
(I)
Ta chứng minh ( 2 2 n 2 2 2 n 2)
n
1
2
= + (1) ∀n ∈N* bằng quy nạp theo n
• Với n=1: (1) ⇔ ( 1)
1
−
= + = : Đúng
• Giả sử có ( 2 2 k 2 2 2 k 2)
k
1
2
= + , ta chứng minh ( 2 2 k 2 2 k)
k 1
1
2
−
Thật vậy, ta có ( 2 k 2 2 k 2)4 ( 2 k 2 2 k 2)2
1
2
1
2
( 2 2 k 2 2 k ) ( 2 2 k 1 2 2 k 1) ( 2 2 k 1 2 2 k 1)
1
2
2
−
Vậy (1) đúng ∀n ∈N*
⇒ n 22 n 2 22 n 2
2
u
2 − 2 −
=
+ − ∀n ∈N*
Trang 4Bài 5 :
đặt (ab)2 – 4(a + b) = x2 (x ≥ 0)
⇒ x < ab do a, b > 0
Nếu x = ab – 1 : (ab)2 – 4(a + b) = (ab – 1)2
⇒ –4 (a + b) = –2ab + 1
⇒ 4 (a + b) = 2ab – 1
Vô lý vì vế trái chẵn, vế phải lẻ
Nếu x ≤ ab – 2 ⇒ (ab)2 – 4(a + b) = x2 ≤ (ab–2)2
⇒ ab ≤ a + b + 1
Giả sử : a ≤ b
Nếu a ≥ 3 : ab ≥ 3b ≥ a + b + b > a + b + 1 : sai
⇒ a = 2 hoặc a = 1
Nếu a = 1
b2 – 4(b + 1) = x2
⇔ (b – 2 – x)(b – 2 +x) = 8
Ta có b–2 –x , b– 2 + x cùng chẵn và b – 2 – x < b – 2 +x
Nên chỉ có thể : b – 2 – x = 2 và b – 2 +x = 4
⇒ (a,b) = (1,5)
Nếu a = 2
4b2 – 4(b + 2) = x2
⇔ (2b – 1 – x)(2b – 1 +x) = 9
Có 2 khả năng : 2b – 1 – x = 2b – 1 + x = 3
Hoặc 2b – 1 – x = 1 và 2b – 1 +x = 9 ⇒ b = 2
b = 3
⇒ (a,b) = (2,2) ; (a,b) = (2,3)
Kết luận :
(a,b) = (1,5) ; (5,1) ; (2,2) ; (2,3) ; (3,2)