De thi HSG Toan 12DOCdoc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (256.63 KB, 15 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Phần thứ hai :

Đề và đáp án

( Dùng cho học sinh giỏi mơn Tốn Học )

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 12

Thời gian làm bài: 180 phút

Nguyễn Hoàng Ngải

Trường T.H.P.T. Chuyên Thái Bình

Câu 1

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

Chứng minh rằng phương trình Q(P(x)) = 2009 khơng có nghiệm là số nguyên.

Câu 2

Cho c là số nguyên dương. Ta xác định dãy

{ }

an như sau:

2 2

n 1 n n

a c

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

= + - - K

Chứng minh rằng tất cả các số hạng an đều là số nguyên dương

Câu 3

Cho các số thực a, b, c,a với a, b,c> a ³0, 2. Chứng minh bất đẳng thức sau:

1
2
1

a (b c) b (c a) c (a b) (ab bc ca)
3

a a a

a-+ a-+ + + + ³ + +

Câu 4

Cho tam giác ABC. Chứng minh bất đẳng thức sau:
a b c

ab bc ca
8(R 2r) 2(m m m )

+ +

- ³ + +

ở đó R, r theo thứ tự là bán kính các vòng tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC;

a b c

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

Câu 5

Chứng minh rằng : ëéên+ n 1+ + n 2+ =ù éú êû ë9n 8 ; n+ ựỳỷ" ẻ Ơ
ú [x] l kớ hiu phần nguyên của số thực x

Câu 6

Hàm số f thỏa mãn điều kiện: f (1) f (2)+ + +L f (n)=n f (n); n2 " ẻ Ơ*
Gi s f(1) = 1004. Hãy tính giá trị của f(2008)

Câu 7

Giả sử n(r) là kí hiệu số các điểm có tọa độ ngun ở trên vịng trịn có bán kính r > 1.
Chứng minh rằng : n(r) 6< 3pr2

ĐÁP ÁN MƠN TỐN

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

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

-= + + +L + Î ¢ = K

n n 1

n n 1 1 0 0

Q(2006) a 2006 a 2006 - a 2006 a 2008 a

-= + + +L + = Þ chẵn

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

-= + + +L + Î ¢ = K

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

-= + + +L + = Þ chẵn

ii) Nếu a lẻ thì a + 2007 chẵn

Vì P(a 2007) b (a 2007)m m bm 1(a 2007)m 1 b (a 2007) b1 0 0 b0

-+ = + + + + +L + + = Þ

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 khơng có nghiệm nguyên(đpcm)

Câu 2 ( 3 điểm )

Xét các trường hợp sau
i) Nếu c = 1

Khi đó an= " Ỵ ¥1, n *. Bài toán được chứng minh

ii) Nếu c³ 2 từ

{ }

2 2

n 1 n n n n

a + =ca + (c - 1)(a - 1)>a Þ a 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 - + = - " ẻ

ị - + =

-Ơ

Ly (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 - - + =

{ }

an 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

a c

a , n

a 2c 1

ỡ =

ùù ị ẻ " ẻ

ớù =

-ùợ Ơ Ơ

T i) v ii) ta cú pcm

Cõu 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

+ + + + +

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

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+

a + a ³ a a =

Tương tự ta có:

1
2

b c c b 2(bc)
c a a c 2(ca)

a a

+ ³

Cộng từng vế của 3 bđt trên, ta được

1 1 1

2 2 2

P 2 (ab) (bc) (ca)

a+ a+ a+

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗỗ + + ữữ

ỗố ứ (1)

Xột hm số

1
2

3
2

f (x) x ,(x 0, 2)
1

f '(x) x
2

1
f ''(x) x

4
a+

a-= > a ³

a +
=

a
-=

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

1 1 1 2

2 2 2 ab bc ca

(ab) (bc) (ca) 3

a+ a+ a+ ổ + ử

+ ữ
ỗ

+ + ỗỗố ÷÷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

ổ ửữ

ỗ

+ + = ỗỗố + + ữữứ= + +

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)- ³ 2

å

m - 2

å

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 vịng trịn ngoại tiếp tam giác ABC
Khi đó ma=AM£ OA OM+ = +R RcosMOC· = +R R cos A

Vậy

m 3R R cosA

A
3R R 1 4 sin

2
r

3R R 1 4R r
R

= +

ổ ửữ

ỗ

= + ỗỗố+ ữữứ

ổ ửữ

ỗ

= + ỗỗố+ ữữứ= +

å

Õ

ii) Nếu tam giác ABC tù
Giả sử góc A > 900

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

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 ln 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 tốn hiển nhiên được chứng minh
Với n³ 3

Trước hết ta chứng minh

(

)

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

f '(x) 0, x 4

3 27

= - + - - ³

= - > " ³

Vậy f(x) đồng biến , " ³x 4

Suy ra 3

865
f (x) f (4) 0

³ = >

Hay

(

)

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

Thay x bởi n + 1 ta được

(

)

n(n 1)(n 2)+ + > +n 8 / 9
Áp dụng AM – GM, ta được

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

y '' 0, x 0

4x x

= >

-= < " >

Vậy y là hàm lõm

n n 1 n 2

n 1

n n 1 n 2 9n 9 (2)

+ + + +

Þ < +

Û + + + + < +

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ngoài ra trong khoảng

(

9n 8, 9n 9+ +

)

không chứa số nguyên nào. Thật vậy giả sử cịn có
số ngun

(

)

m 9n 8, 9n 9

9n 8 m 9n 9

ẻ + +

ị + < < +

iu ny khụng 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:

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 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 vịng

trịn.

Do sdP P¼1 3+sdP P¼2 4+sdP P¼3 5+ +L sdP P¼n 2 = p4

Suy ra tồn tại P P¼i i 2+ sao cho

i i 2

4
sdP P

n
+

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Xét tam giác P P Pi i 1 i 2+ + nội tiếp trong vịng trịn Þ các góc của nó đều 
4

p
£

Đặt

¼ ¼

i i 1 i i 2

sdPP ,sdPP ,0 ,

+ +

=a = b <a b<

· µ ·

i 2 i i 2

P , P , P

2 2 2

+ +

a b- a p- b

Þ = = =

i i 1 i 2

2r sin 2r sin 2r sin

2 2 2

P P P

4r
+ +

ỉ ỉ÷ b- aửổữ bửữ

ỗ ữỗ ữỗ ữ

ỗ ỗ ç

è øè øè ø

é ù

Þ Dë û=

2 r ( )

2 2 2 4

a b b- a ab b- a

£ × × =

( Do sin x£ x, x" ³ 0)

2
2

2 3 2 2 3

r .

r r 4 4r

4 16 16 n n

ổửbữ
ỗ

b ữỗ ữỗố ứ b ổ ửp p

ữ
ỗ

Ê = Ê ỗ ữỗố ứữ=

( Theo AM – GM:

( )

b
a b- a £

)

2 3
i i 1 i 2 3

4r
P P P

n
+ +

é ù

Þ Dë û£

Do i i 1 i 2
1
P P P

2
+ +

éD ù³

ë û

2 3

3 2 3 2

1 4r

n 8r 6 r

2 n

Þ £ Û £ p < p

Từ i) và ii) ta có pcm

thi olympic toỏn

Năm học 2008

2009

Thời gian 180 phút

Phạm Công Sính

Trờng THPT Chuyên Thái Bình

Câu 1(4 điểm): Giải hệ phơng trình .

8

4

5.2

2

6

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 m n.ã

2 2 2

((

) )

2 ( ) ( ( ))

,

f

x y





x



y f x



f y



x y



R

.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

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 m n Ã xyz1.
Chứng minh rằng.

2 2 2

1
3

1 1 1

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 ngồi đờng trịn(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 trịn tâm M bán kính MTtiếp xúcngồi với đờng trịn đờng kính
OA .Chứng minh điểm M thuộc đờng trung trực của đoạn HT.

Bài

đáp án tốn olympic

Điểm

bµi 1
(4
điểm)

bài 2

(4
®iĨm)

đặt

2 ( 0)

x
y

a a
b b



.Hệ phơng trình trở thành .





3 2

3 2 3

2 3

3 3

4 5 6 (1)

3 4 2

7 9 4 (2)

1 1 (*)

a a a b

a a a b b

a a b

a a b b

    



     



  




     

Xét

f t( ) t3 t (t0) f t,( )3t2 1 0

f(t) là hàm số đồng biến

(*)

 f a( 1)f b( ) a 1 b

Thay vµo (1) ta cã :

    

     

    

* 5 2 5 log 5

1 5 1 5 1 5

* 2 log

2 2 2

x
x

a x

Cho x= y= 0 ta cã :

2

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

bài 3
(4
điểm)

bài 4
(4

®iĨm)





 



 



 





 













2 2 2 2

2 2

)

1 1 0

2 2 1 1

1 2 ( ) ( ) ( )

x x x

y y y

y y y y y y

x xf x f x x f x


 



       

  

      





     

2
f(0) = 0
f(0)

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

Cho y = 0 f x f x

Cho x = 0 f f

suy ra f f

f(y) = y + 1
suy ra

f(y) = - y -1

Cho x = y

f(x) = x + 1
suy ra

)








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

f(0) = 0









2 2 ( ) ( ) ( )

2 2

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

Ta cã FIC = CAD = DBC
Suy ra : Tứ giác IBCF nội tiếp đ êng trßn

Suy ra : BIC = BIE + EIC = BDC + FCD
MỈt kh¸c ta cã : EIC =

Suy ra : BIE =

  

      

  

 

BFC

BAC BDC
FCD

1

2

1 B

C

D

A

E

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

bµi 5

(2
®iĨm)

bµi 6
(2
®iĨm)

CMR:

2 2 2

1
3

1 1 1

1 2(1 x) 1 2(1 y) 1 2(1 z) 

(1)

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

2, 2 , 2

np mp mn

x y z

m n p

Bất đẳng thức trên trở thành:

2 2

2( ) 3

4
4

m
(1)

 

 



cyc m np

2 2 2 2

2 2 4 4 4 2 2

2 4 2 2 2 2

cyc cyc cyc cyc

( )

Áp dung BDT -Svác ta có:

2( ) 2 ( )

3 m m (m ) m ( ) 0

4
4

m
m

 



     

 

       

 



cyc

m n p

m np m n p m np

np 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







 



0 0 1

... n n n

n n n

x x x  x

  













2 2p

n n n-1

f(x) = 1 + x 1 + x 1+ x f f(x) = f f

( fn lµ số các tập con của A có tổng các phần tử của tập là n+1 )

Vậy ta cần phải tính

2

1

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>



 







2 2

2 2 2 ( 1) ( 2) 2

2 ( 1)

...
1

( ) (1) ( ) ... ( ) ...(*)

(1) 2

( ) (1 )(1 )...(1 )

, ,..., , ,..., , ,...,

, ,..., , ,

p

k k k k pk

k k pk k k pk p k p k pk
k k pk p k

G x G G G

P
G

G

 

    

        

    



 



  

 

          



   

 

0 p 2p

0 p 2p
f f f

Đặt xf(x) f f f

mµ



( 2)



2
2

,...,
( ) (1 )(1 )...(1 )

1 0 , ,...,

( ) (1 1) 4 1, 2,... 1

...

p k p

k k p

p

k k k

G

G k p



    

  



 

     

   

     

   

0 p 2p

là hệ thặng d đầy đủ theo modp

Do đó

pt : f + có các nghiệm
Vậy

Thay vào (*) Ta có

f f f





2 1

1 2 4 4(1 ... )

2 4 ... 4
2

1; 1; 1 ... 0

2 4

: ...

2 4

p p

p

p p

p

p p p

suy ra

p

 



   








   

    



      




   



0 p 2p
Do đó :

f f f

Số tập con của A mà tổng các phần tử của nó đồng d 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 gi¶ thiÕt cã MT + R/2 = MO1

1 y

x

O1

O

M

T

H

A



</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

2 2 2 2 2

( ) ( )

2 2

2 4

R

OT MO

R R

x R y R x y

R R

x y Rx R x y Rx

y Rx
MO

   

       

        

 



1
MO

B ì nh ph ong hai vế sau đó rút gọn .Ta có

§iĨm M thc Parabol (P) cã tiê u điểm O (R/2, 0) , có là đ ờng chuẩn
Vậy : 1MK MH MT 

Chó ý

.+)Mọi cách giải đúng cho im ti a.

+)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.

Đề THI môn Toán

Thời gian làm bài : 180 phút

Trờng THPt Chuyên Hà Nam

Câu1 : Cho
1

1 2

2008

n n
n

a
a a

a

Tớnh

lim n
n

a
n

 

C©u 2: Chứng minh phương trình x2y2z2 7(xyz1)khơng có nghiệm ngun dương.
C©u 3 : Tìm đa thức :

 

1 1

( )

( ) n n ... ( 1) (n 1)

n

f x x

f x x a x  a x n




      



Có các nghiệm xi(i1; ),n xk



k k; 1



C©u 4: Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số ngun dương k nhỏ nhất có

tính chất: Trong mỗi tập con có k phần tử của tập hợp A đều tồn tại 2 số phân biệt a và b sao cho a2
+ b2 là 1 số ngun tố.

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

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Chứng minh HD HQ

C©u6: Cho hình bình hành ABCD. Đường trịn (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



3 3 3 3







4 a b c d 15 abc bcd cda dab   1

ĐÁP ÁN
Bài 1:



 





 

     

 

       

 

 

 

        

 

   

    

     

  

3 3 3

1 2 1

3 3 3

1 2 3 6

3 3
1

3 3

1 2 1

1 2 1 2

3 ... 3

lim

1 3 1

3 3

đặt lim 3

...

... ...

ã lim lim lim 3

n n n

n
n
n

n n n n

n n n

n n n n n
n n

n n

n

n n n

a a a a n

a
a

a a a a

a a a

y a a y

y y y a a

y y y y y y

Ta c y

n n

hay

   



  

3 3 3

im n 3 lim n 3

n n

a a a

n n

Bài 2: Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương.
Gọi ( ; ; )x y zo o o là nghiệm thỏa mãn:

(xoyo zo) ,min xo yo zo

Phương trình: x2 7y z x yo o  o2zo2 7 0 (1)có nghiệm xo

Suy ra

2 2
2 2

( 7) o o

o o o

o

y z

y z x x

x

 

     

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

 

   



    



     

 

   



   








1 1

2 2
2

2 2 2

1 1 1

2 2

*) 1 : 0 ( , , ) cịng µ Ưm đa (1)

( ) 0 7 3( )

*) 2 : 1 7( 1)

0, 0( )

*) 3 : 0 7

49
7

o o
o o o

o o
o

o o

o o o o

o o
o

o

TH x x y z l nghi c

x x y z

y z

f y VL

y z

TH x x y z x y z

VT VP VL

TH x y z

y

VT VL

z
Bài 3:

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

2
1

2, ( ) 3

n f x x a x có nghiệm x1 ,x2 thỏa mãn









1 2 2 1

1 2 1 1

1 2

2 2

2 1 2 1 1 2

2 2

1 1

1 1 1

1 2 3 0 2

. 3

4 . 4

0 12 4 12 16

, 0 4

x x x x

x x a a
x x

x x x x x x

a a

a a a

       

   







    

      

   

Thử lại : f x( )x2 4x3có nghiệm 1x1 2 x2 3





1 2

... 2 !

; 1 ... !

n

i 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

( ) 4 3

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
ln 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 ngun tố:

A =



1, 4

 

 2;3

 

 5;8

 

 6;11

 

 7;10

 

 9;16

 

 12;13

 

 14;15



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

D C

B
P

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Đặt

HB HP PB
tg

HC HB BC

    

xét phép đồng dạng

0
90

tg
H H

V H  R

 trong đó HHtglà phép vị tự tâm 
H tỷ số k = tg và

0
90

H

R là phép quay tâm H, góc quay 900
:

V C B

B P




BC biến thành BP. Do tính chất của phép đồng dạng nên BP = BC
vì

'
:

DCBCV D D tia BC

và V : CD BD' sao cho .

PB

BD CD BC BC PB BQ
BC

 

    

Vì Q và D’ thuộc tia BC  D'  Q HDHQ ( đpcm)

Bài 6.

Gọi

P MN BC
Q MN CD







, ,

CPQ BPM DQN

  cân tại C, B, D

 

1
2

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) PB O/  PB O/ ' ; PD O/  PD O/ '

 BD là trục đẳng phương của (O) và (O’).

Mà E, F là giao điểm của BD và (O)     '    '

 

' '

/ / 0; / / 0 ,

E O E O F O F O

P P  P P   E F O  O

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

A D

C
N

Bài 7.

Xét











 



3
3 3 3 3

, , , 4 15

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, , , khơng âm, a+b+c+d = 1

Ta có







 



, , , , , , 4 4 5 5

2 2 4

c d c d

f a b c d  f a b    c d c d a b

 



, , ,





, , ,0





4 4 5 5



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

      



, , ,



min , , , ,



, , ,0



2 2

c d c d

f a b c d f a b    f a b c d 

      

 

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Tương tự









, , , min , , , , ,0, ,

2 2

a b a b

f a b c c  f    c c f a b c c 

 

 



, , ,0



min , , ,0 ,



,0, ,0



2 2

a b a b

f a b c  f   c  f a b c 

 

 

Mặt khác

















, , , 6 0, ,0, , 3 0

f x x y y  xy x y  f x y y  x x y 



,0, ,0











0 ,

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 1 1 1

, ,0,0 ; , , , 0

2 2 3 3 3

   

   

</div>

De thi HSG Toan 12DOCdoc

Phần thứ hai :

<sub>Đề và đáp án</sub>

<b>( Dùng cho học sinh giỏi mơn Tốn Học )</b>

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 12

Câu 1

Câu 2

{ }

Câu 3

Câu 4

Câu 5

Câu 6

Câu 7

ĐÁP ÁN MƠN TỐN

Câu 2 ( 3 điểm )

{ }

(

)

{ }

Cõu 3( 3 điểm)

Câu 4( 3 điểm )

å

å

å

å

å

å

å

Õ

å

å

å

å

å

Câu 5(3điểm)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

Câu 6 ( 3 điểm)

Câu 7( 2 điểm)

thi olympic toỏn

<b>Năm học 2008 </b>

<b> 2009</b>

<i>Thời gian 180 phút</i>

<b>Phạm Công Sính</b>

<i>Trờng THPT Chuyên Thái Bình</i>

8

4

5.2

2

6

7.4

9.2

4 8











 

((

) )

2

( ) ( ( ))

,

<i>f</i>

<i>x y</i>





<i>x</i>

