De thi HSG Toan 12.DOC

Phần thứ hai : Đề và đáp án
( Dùng cho học sinh giỏi môn Toán Học )

.
THI CHN HC SINH GII MễN TON LP 12
Thi gian lm bi: 180 phỳt
Nguyn Hong Ngi
Trng T.H.P.T. Chuyờn Thỏi Bỡnh
Cõu 1
P(x), Q(x) l cỏc a thc vi h s nguyờn. Gi s rng x = a v x = a + 2007 ( a l s
nguyờn ) l cỏc nghim ca P(x). Cho bit P(2006) = 2008
Chng minh rng phng trỡnh Q(P(x)) = 2009 khụng cú nghim l s nguyờn.
Cõu 2
Cho c l s nguyờn dng. Ta xỏc nh dóy
{ }
n
a
nh sau:

1
2 2
n 1 n n
a c
a ca (c 1)(a 1), n = 1,2,
+
=
= + - - K
Chng minh rng tt c cỏc s hng
n
a
u l s nguyờn dng

Cõu 3
Cho cỏc s thc
a, b,c,a
vi
a, b,c 0, 2> a
. Chng minh bt ng thc sau:

1
2
1
2
2
a (b c) b (c a) c (a b) (ab bc ca)
3
a+
a a a
a-
+ + + + + + +
Cõu 4
Cho tam giỏc ABC. Chng minh bt ng thc sau:

a b c
ab bc ca
8(R 2r) 2(m m m )
R
+ +
- + + -
ú R, r theo th t l bỏn kớnh cỏc vũng trũn ngoi tip, ni tip tam giỏc ABC;
a b c
m ,m ,m

l di cỏc trung tuyn h t A, B, C tng ng; a = BC, b = CA, c = AB
Cõu 5
Chng minh rng :
n n 1 n 2 9n 8 ; n
ộ ự ộ ự
+ + + + = + " ẻ
ờ ỳ ờ ỳ
ở ỷ ở ỷ
Ơ
ú [x] l kớ hiu phn nguyờn ca s thc x
Cõu 6
Hm s f tha món iu kin:
2 *
f (1) f (2) f (n) n f (n); n+ + + = " ẻL Ơ
Gi s f(1) = 1004. Hóy tớnh giỏ tr ca f(2008)
Cõu 7
Gi s n(r) l kớ hiu s cỏc im cú ta nguyờn trờn vũng trũn cú bỏn kớnh r > 1.
Chng minh rng :
3
2
n(r) 6 r< p
P N MễN TON
Cõu 1 (3 im)
191
Giả sử
n n 1
n n 1 1 0 i
Q(x) a x a x a x a ; a ,i 0,1,2, ,n
-
-

= + + + + Î =L ¢ K
n n 1
n n 1 1 0 0
Q(2006) a 2006 a 2006 a 2006 a 2008 a
-
-
= + + + + = ÞL
chẵn
Vậy
Q(0) Q(2006) 2008 0(mod 2)= = º
Giả sử :
m m 1
m m 1 1 0 i
P(x) b x b x b x b ; b ,i 0,1,2, , m
-
-
= + + + + Î =L ¢ K
Xét 2 khả năng sau:
i) Nếu a chẵn:
Ta có
m m 1
m m 1 1 0 0
P(a) b a b a b a b 0 b
-
-
= + + + + = ÞL
chẵn
ii) Nếu a lẻ thì a + 2007 chẵn
Vì
m m 1

m m 1 1 0 0
P(a 2007) b (a 2007) b (a 2007) b (a 2007) b 0 b
-
-
+ = + + + + + + + = ÞL

chẵn
Vậy
P(0) P(a) P(a 1) P(a 2007) 0(mod2)º º + º º + ºK

Q(P(x)) 0(mod2)Þ º

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
*
n
a 1, n= " Î ¥
. Bài toán được chứng minh
ii) Nếu
c 2³
từ
{ }
2 2
n 1 n n n n
a ca (c 1)(a 1) a a
+

= + - - > Þ
là dãy tăng
ta lại có:

2 2
n 2 n 1 n 1
2 2 2
n 2 n 1 n 1
2 2 2 *
n 2 n 1 n 2 n 1
2 2 2
n 3 n 2 n 3 n 2
a ca (c 1)(a 1)
(a a ) (c 1)(a 1)
a 2ca a a 1 c , n (1)
a 2ca a a 1 c (2)
+ + +
+ + +
+ + + +
+ + + +
= + - -
Þ - = - -
Û - + = - " Î
Þ - + = -
¥

Lấy (1) – (2) ta được:
( )
2 2
n 1 n 3 n 2 n 3 n 2

n 1 n 3 n 3 n 2 n 1
a a 2ca a a 0
(a a )(a 2ca a ) 0
+ + + + +
+ + + + +
- + - =
Û - - + =
Do
{ }
n
a
là dãy tăng
n 1 n 3 n 3 n 2 n 1
n 3 n 2 n 1
a a a 2ca a 0
a 2ca a
+ + + + +
+ + +
Þ < Þ - + =
Û = -
Và
1
* *
n
2
2
a c
a , n
a 2c 1
ì

=
ï
ï
Þ Î " Î
í
ï
= -
ï
î
¥ ¥
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)
a a a
a a a a a a
+ + + + +
= + + + + +
Vì a, b > 0,
2a ³
, áp dụng bđt AM – GM, ta được:
192
1
2
a b b a 2 a b.b a 2(ab)
a+
a a a a
+ ³ =
Tương tự ta có:

1
2
1
2
b c c b 2(bc)
c a a c 2(ca)
a+
a a
a+
a a
+ ³
+ ³
Cộng từng vế của 3 bđt trên, ta được
1 1 1
2 2 2
P 2 (ab) (bc) (ca)
a+ a+ a+
æ ö
÷
ç
÷
³ + +
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
(1)
Xét hàm số

1
2
1
2
3
2
2
f (x) x ,(x 0, 2)
1
f '(x) x
2
1
f ''(x) x
4
a+
a-
a-
= > a ³
a +
=
a -
=
Vậy f(x) là hàm lồi, áp dụng bđt Jensen, ta có:
1
1 1 1
2
2 2 2
ab bc ca
(ab) (bc) (ca) 3

3
a+
a+ a+ a+
æ ö
+ +
÷
ç
+ + ³
÷
ç
÷
ç
è ø
(2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
Câu 4( 3 điểm )
a b c
abc 2S 2S 2S
ab bc ca 2R(h h h )
S a b c
æ ö
÷
ç
+ + = + + = + +
÷
ç
÷
ç
è ø
a b c

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:
a a a a
8(R r) 2 m 2 h 4(R r) m h- ³ - Û - ³ -
å å å å
Ta chứng minh cho
a
m 4R r£ +
å
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
Khi đó
·
a
m AM OA OM R RcosMOC R R cosA= £ + = + = +
Vậy
a
m 3R R cosA
A
3R R 1 4 sin
2
r
3R R 1 4R r
R
= +
æ ö
÷
ç

= + +
÷
ç
÷
ç
è ø
æ ö
÷
ç
= + + = +
÷
ç
÷
ç
è ø
å å
Õ
ii) Nếu tam giác ABC tù
Giả sử góc A >
0
90
Ký hiệu M, N, P theo thứ tự là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB.
193
Ta có
a b
a a c
m AM , m BN PN PB
2 2
+
= < = < + =

Tương tự
c a
a b b c a A
m m 2a 4R (p a) tan 4R r
2 2 2
+ + -
< Þ < + < + - = +
å
Vậy ta luôn có:

a
m 4R r< +
å
Mà
a a a
h 9r m h 4R r 9r 4R 8r³ Þ - < + - = -
å å å
(đpcm)
Câu 5(3điểm)
Với n = 0, 1, 2 thì bài toán hiển nhiên được chứng minh
Với
n 3³
Trước hết ta chứng minh
( )
3
n(n 1)(n 2) n 8 / 9+ + > +
Thật vậy ta xét hàm
( )
3
f (x) (x 1)x(x 1) x 1/ 9 ; x 4

2x 28
f '(x) 0, x 4
3 27
= - + - - ³
= - > " ³
Vậy f(x) đồng biến ,
x 4" ³
Suy ra
3
865
f (x) f (4) 0
9
³ = >
Hay
( )
3
(x 1)x(x 1) x 1/ 9- + > -
Thay x bởi n + 1 ta được
( )
3
n(n 1)(n 2) n 8 / 9+ + > +
Áp dụng AM – GM, ta được
3
n n 1 n 2 8
n. n 1. n 2 n
3 9
n n 1 n 2 9n 8 (1)
+ + + +
> + + > +
Þ + + + + > +

Xét hàm
y x,x 0
1
y'' 0, x 0
4x x
= >
-
= < " >
Vậy y là hàm lõm
n n 1 n 2
n 1
3
n n 1 n 2 9n 9 (2)
+ + + +
Þ < +
Û + + + + < +
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
194
( )
2
m 9n 8, 9n 9
9n 8 m 9n 9
Î + +

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
+ + + =
+ + + - = - ³
L
L
Lấy (1) – (2) ta được:

2 2
2
2
f (n) n f (n) (n 1) f (n 1)
(n 1)
f (n) f(n 1)
n 1
= - - -
-
Û = -
-
Áp dụng liên tiếp công thức này ta được:
n 1 n 1 n 2
f (n) f (n 1) f (n 2)
n 1 n 1 n

n 1 n 2 n 3
f (n 3)
n 1 n n 1
n 1 n 2 n 3 1
f (1)
n 1 n n 1 3
(n 1)!
2 f(1)
(n 1)!
2f (1)

n(n 1)
2.1004

n(n 1)
- - -
= - = -
+ +
- - -
= - =
+ -
- - -
=
+ -
-
= ×
+
=
+
=

+
K
L
Vậy
1
f (2008)
2009
=
Câu 7( 2 điểm)
Xét 2 khả năng sau
i) Nếu
n 8£
Do
3
2
3
r 1,6 8 n 6 r> p > Þ < p
ii) Nếu n > 8
Giả sử các điểm có tọa độ nguyên là
1 2 n
P ,P , , PK
và chúng sắp xếp theo thứ tự ấy trên vòng tròn.
Do
¼
¼
¼
¼
1 3 2 4 3 5 n 2
sdP P sdP P sdP P sdP P 4+ + + + = pL
Suy ra tồn tại

¼
i i 2
PP
+
sao cho
¼
i i 2
4
sdPP
n
+
p
£
Xét tam giác
i i 1 i 2
PP P
+ +
nội tiếp trong vòng tròn
Þ
các góc của nó đều
4
2n
p
£
Đặt
¼
¼
i i 1 i i 2
4
sdPP ,sdPP ,0 ,

n
+ +
p
=a =b <a b<
195
ã
à
ã
i 2 i i 2
2
P ,P ,P
2 2 2
+ +
a b- a p- b
ị = = =
i i 1 i 2
2r sin 2r sin 2r sin
2 2 2
PP P
4r
+ +
ổ ửổ ửổ ử
a b- a b
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ố ứố ứố ứ

ộ ự
ị D =
ở ỷ

2
2
r ( )
2r
2 2 2 4
a b b- a ab b- a
Ê ì ì =
( Do
sin x x, x 0Ê "
)

2
2
3
2 3 2 2 3
3
r .
r r 4 4r
2
4 16 16 n n
ổử
b
ữ
ỗ
b
ữ

ỗ
ữ
ỗ
ổ ử
b p p
ố ứ
ữ
ỗ
Ê = Ê =
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
( Theo AM GM:
2
( )
4
b
a b- a Ê
)
2 3
i i 1 i 2
3
4r
PP P
n
+ +
p
ộ ự

ị D Ê
ở ỷ
Do
i i 1 i 2
1
PP P
2
+ +
ộ ự
D
ở ỷ

2 3
3
3 2 3 2
3
1 4r
n 8r 6 r
2 n
p
ị Ê Ê p < p
T i) v ii) ta cú pcm
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
8 4 5.2 2 6

7.4 9.2 4 8
yx x x
y
x x
+





=
+ = +
Câu 2(4 điểm): Tìm tất cả các hàm f xác định trên R thoả mãn.
2 2 2
(( ) ) 2 ( ) ( ( )) ,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,
196