sôû gd ñt tp caàn thô kyø thi hoïc sinh gioûi ñbscl sở gd đt tp cần thơ kỳ thi học sinh giỏi đbscl trường thpt chuyên đề thi đề nghị môn toán lý tự trọng thời gian làm bài 180 phút bài 1 đại s

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

<b>SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL</b>
<b>TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN TỐN</b>
<i><b> LÝ TỰ TRỌNG ( Thời gian làm bài 180 phút)</b></i>
<b>Bài 1. (Đại số – 3 điểm)</b>

Tìm các giá trị thực của a sao cho tồn tại 5 số thực không âm <i>x</i>₁<i>, x</i>₂<i>, x</i>₃<i>, x</i>₄<i>, x</i>₅ _{thỏa đồng thời}
các điều kiện

∑

<i>k=1</i>

5

<i>k . x_k</i>=<i>a</i>

∑

<i>k=1</i>

5
<i>k</i>3<i>_{. x}</i>

<i>k</i>=<i>a</i>

2

∑

<i>k=1</i>

5

<i>k</i>5<i>. xk</i>=<i>a</i>

3

<b>Bài 2. (Hình học phẳng – 3 điểm)</b>

Cho ABC nhọn, H là trực tâm của tam giác. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là giao điểm của HA, HB, HC
với đường tròn ngoại tiếp ABC. Chứng minh <i>_{HA '}</i>1 + 1

<i>HB '</i> +
1
<i>HC '</i> <i>≥</i>

1
HA+

1
HB+

1
HC

<b>Bài 3. (Số học – 2 điểm)</b>

a) Chứng minh phương trình <i>z</i>2=(<i>x</i>2<i>−1)( y</i>2<i>−1)+2010(1)</i> vô nghiệm với x, y, z  Z.

b) Chứng minh phương trình <i>z</i>2

=(<i>x</i>2<i>−1)( y</i>2<i>−1)+2008(2)</i> có nghiệm với x, y, z  Z.

<b> </b>

<b>Bài 4. (Giải tích – 3 điểm)</b>

Cho dãy số (an) bị chặn và <i>an +2≤</i>
1
6<i>a+</i>

5

6<i>an(n ≥ 1)</i>

Chứng minh rằng dãy (an) hội tụ.

<b>Bài 5. (Tổ hợp – 3 điểm)</b>

Cho 15 bài toán trắc nghiệm, đánh số từ 1 đến 15. Mỗi bài chỉ có 2 khả năng trả lời: Đúng hoặc Sai.
Có 1600 thí sinh tham gia thi, nhưng khơng có ai trả lời đúng 2 bài liền nhau.( Nếu xem bài làm của
mỗi thí sinh tương ứng với một dãy 15 phần tử Đ, S thì khơng bài làm nào có dạng:
ĐSĐĐSSSSSSĐSĐSS 2 chữ đúng kề nhau.)

Chứng minh rằng có ít nhất 2 thí sinh trả lời tồn bộ 15 bài giống hệt như nhau.
<b>Bài 6. (Đại số – 3 điểm)</b>

Tìm các hàm f: R  R khả vi và thỏa điều kiện <i>f (x+f ( y ))=f ( y+f (x ))∀ x, y ∈ R</i>
<b>Bài 7. (Hình khơng gian – 3 điểm)</b>

Cho tứ diện ABCD có các trung điểm các cạnh đều thuộc một mặt cầu.

AB=

√

<i>3 .CD , AC=</i>

√

<i>3 . DB , AD=</i>

√

3 . BC .
<i><b>Hãy tính thể tích tứ diện ABCD theo BC .</b></i>

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

<b>SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL</b>
<b>TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MƠN TỐN</b>

<b> LÝ TỰ TRỌNG</b>
<b>Bài 1. (Đại số – 3 điểm)</b>

Tìm các giá trị thực của a sao cho tồn tại 5 số thực không âm <i>x</i>₁<i>, x</i>₂<i>, x</i>₃<i>, x</i>₄<i>, x</i>₅ _{thỏa đồng thời}
các điều kiện

∑

<i>k=1</i>

5

<i>k . x_k</i>=<i>a</i>

∑

<i>k=1</i>

5
<i>k</i>3<i>_{. x}</i>

<i>k</i>=<i>a</i>

2

∑

<i>k=1</i>

5

<i>k</i>5<i>. xk</i>=<i>a</i>

3
<b>Giải:</b>

Giả sử hệ có nghiệm khơng âm với mỗi giá trị nào đó của a. Khi đó

(

∑

<i>k=1</i>

5

<i>k . x_k</i>

)(

_∑

<i>k=1</i>

5
<i>k</i>5<i>_{. x}</i>

<i>k</i>

)

=

(

∑

<i>k=1</i>

5
<i>k</i>3<i>_{. x}</i>

<i>k</i>

)

2
<i>⇔</i>

(

_∑

<i>k=1</i>

5

(

√

<i>k . x_k</i>

₎

2

)(

_∑

<i>k=1</i>

5

(

√

<i>k</i>5<i>_{. x}</i>

<i>k</i>

)

2

)

=

(

∑

<i>k=1</i>

5

√

<i>k . x_k</i>

_√

<i>k</i>5<i>_x</i>

<i>k</i>

)

2

(1)

(1) là trường hợp xảy ra dấu bằng của bất đẳng thức Bouniakovski. Do đó ta có các trường hợp
sau:

+ xi = 0 với i = 1,2,3,4,5. (2)

+ 4 trong 5 số xi bằng 0, số còn lại khác 0. (3)

+ Số các số khác 0 lớn hơn hoặc bằng 2. (4)
(4) không xảy ra.

(2) suy ra a = 0.

Từ (3) ta có các trường hợp

 <i>x</i>1<i>≠ 0 , x</i>2=<i>x</i>3=<i>x</i>4=<i>x</i>5=0<i>⇒ a=1</i>
 <i>x</i>2<i>≠ 0 , x</i>1=<i>x</i>3=<i>x</i>4=<i>x</i>5=0<i>⇒ a=4</i>
 <i>x</i>3<i>≠ 0 , x</i>1=<i>x</i>2=<i>x</i>4=<i>x</i>5=0<i>⇒ a=9</i>
 <i>x</i>4<i>≠0 , x</i>1=<i>x</i>2=<i>x</i>3=<i>x</i>5=0<i>⇒ a=16</i>
 <i>x</i>5<i>≠ 0 , x</i>1=<i>x</i>2=<i>x</i>3=<i>x</i>4=0<i>⇒ a=25</i>

Với a = i2_với <i>_i_∈</i>_{<i>_{0 ;1;2 ;3 ;4 ;5}</i>_} _{. Hệ có nghiệm khơng âm là} <i>_x</i>

<i>i</i>=<i>i; xj</i>=0 .<i>∀ i≠ j, 1≤ i ; j≤ 5</i> .

Vậy các giá trị cần tìm của a là 0;1;4;9;16;25.

<b>SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL</b>

<b>TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN</b>

<b> LÝ TỰ TRỌNG</b>

<b>Bài 2. (Hình học phẳng – 3 điểm)</b>

Cho ABC nhọn, H là trực tâm của tam giác. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là giao điểm của HA, HB, HC
với đường tròn ngoại tiếp ABC. Chứng minh <i>_{HA '}</i>1 + 1

<i>HB '</i> +
1
<i>HC '</i> <i>≥</i>

1
HA+

1
HB+

1
HC

<b>Giải</b>

A B’

B1
A0

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

+ Dễ dàng chứng minh được HA’ = 2 HA1, HB’ = 2 HB1, HC’ = 2 HC1.

+Áp dụng Erdoss ta có HA + HB + HC  2(HA1 + HB1 + HC1) = HA’ + HB’ + HC’.(*)

+ Xét phép nghịch đảo cực H, phương tích là 1. Khi đó: A0, B0, C0, A2, B2, C2 lần lượt là ảnh

của A, B, C, A1, B1, C1.

Chứng minh được các bộ (C2, A0, B2), (B2, C0, A2), (A2, B0, C2) thẳng hàng. Khi đó, trong tam

giác A2B2C2, áp dụng (*) ta có

HA2+HB2+HC2<i>≥ 2(HA</i>0+HB0+HC0)
<i>⇔</i> 1

HA₁+
1
HB₁+

1
HC₁ <i>≥2</i>

(

1
HA+

1
HB+

1

HC

)

<i>⇔ 2</i>

<i>HA '</i>+
2
<i>HB '</i>+

2
HC <i>≥2</i>

(

1
HA+

1
HB+

1
HC

)

<i>⇔</i> 1

<i>HA '</i> +
1
<i>HB '</i> +

1
HC <i>≥</i>

1

HA +

1
HB+

1
HC

<b>SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL</b>
<b>TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MƠN TỐN</b>

<b> LÝ TỰ TRỌNG</b>
<b>Bài 3. (Số học – 2 điểm)</b>

c) Chứng minh phương trình <i>z</i>2=(<i>x</i>2<i>−1)( y</i>2<i>−1)+2010(1)</i> vô nghiệm với x, y, z  Z.

d) Chứng minh phương trình <i>z</i>2

=(<i>x</i>2<i>−1)( y</i>2<i>−1)+2008(2)</i> có nghiệm với x, y, z  Z.

<b>Giải:</b>

a) Xét theo modul 8 thì
<i>x</i>2<i>_{≡0,1,4 (mod 8)}</i>

<i>y</i>2<i>≡ 0,1,4(mod 8)</i> 

<i>x</i>2<i>_{−1 ≡−1,0,3(mod 8)}</i>

<i>y</i>2<i>− 1≡ −1,0,3(mod8)</i>  (<i>x</i>
2

<i>−1)( y</i>2<i>−1)≡1,0,5 (mod 8)</i>
Mà <i>2010 ≡2(mod8)</i>  (<i>x</i>2<i>−1)( y</i>2<i>−1)+2010 ≡ 3,2,7(mod 8)</i>

Trong khi <i>z</i>2<i>_{≡ 0,1,4(mod8)}</i> _{. Do đó phương trình (1) vơ nghiệm.}
b) (2)<i>⇔ z</i>2

<i>− x</i>2<i>y</i>2+<i>x</i>2+<i>y</i>2=2009

Xét phương trình <i>x</i>2+<i>y</i>2=2009(3) .

Nếu (3) có nghiệm x0,thì (2) có nghiệm x= x0, y = y0, z = x0y0.

Vậy ta chứng minh (3) có nghiệm bằng cách chỉ ra một bộ x0, y0 thỏa (3).

Thấy <i>x</i>2

+<i>y</i>2 có tận cùng bằng 9 nên tận cùng của (<i>x</i>2<i>, y</i>2) chỉ có thể là (0;9), (4;5).

Nghĩa là tận cùng của (x; y) chỉ có thể là (0;3); (0;7); (2;5); (8;5) (Do vai trò x, y là như nhau).
Bằng cách thử trực tiếp ta có một nghiệm của (3) là x = 28, y = 35.

Vậy phương trình (2) có nghiệm.

<b>SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL</b>
<b>TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MƠN TỐN</b>

<b> LÝ TỰ TRỌNG</b>

H

C
C’

B
A’

A
1
C1

A0

C
0
B

0

A2
B
2
C

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

<b> </b>

<b>Bài 4. (Giải tích – 3 điểm)</b>

Cho dãy số (an) bị chặn và <i>an +2≤</i>
1
6<i>a+</i>

5

6<i>an(n ≥ 1)</i>

Chứng minh rằng dãy (an) hội tụ.

<b>Giải: </b> <i>a_{n +2}≤</i>1

6<i>a+</i>
5

6<i>an⇒an+2</i>+
5

6<i>an+1≤ a+</i>
5
6<i>an</i>

Đặt <i>b_n</i>=<i>a+</i>5

6<i>an</i> . Ta có

(

<i>bn</i>

)

bị chặn do

(

<i>an</i>

)

bị chặn.

Và <i>b_{n +1}≤ b_n,∀ n≥ 1</i> _{. Suy ra}

₍

<i>b_n</i>

₎

_{hội tụ.}

Gọi b = <i>_{n →∞}</i>lim<i>b</i> . Ta chứng minh rằng <i>_{n →∞}</i>lim<i>a=a</i> với <i>a=</i> 6

11<i>b</i>

Vì <i>_{n →∞}</i>lim<i>b</i> =b, với   > 0,  n0  N:

|

<i>bn− b</i>

|

<

<i>ε</i>

12 <i>,∀ n≥ n</i>0
<i>ε</i>

12>

|

<i>bn− b</i>

|

=

|

<i>a+</i>
5
6<i>an−</i>

<i>11a</i>

6

|

=

|

<i>a −a+</i>
5

6(<i>an− a)</i>

|

<i>≥</i>

|

<i>an+ 1− a</i>

|

<i>−</i>
5

6

|

<i>an−a</i>

|

Vậy

|

<i>an+1− a</i>

|

<
5

6

|

<i>an− a</i>

|

+

<i>ε</i>

12

<i>⇒</i>

_|

<i>a_n</i>₀₊<i>_k− a</i>

_|

<5

6

|

<i>an</i>0+<i>k− 1− a</i>

|

+

<i>ε</i>

12

<i>⇒</i>

_|

<i>an</i>0+<i>k− a</i>

|

<

5
6

(

5

6

|

<i>an</i>0+<i>k − 2− a</i>

|

+

<i>ε</i>

12

)

+

<i>ε</i>

12

<i>⇒</i>

_|

<i>a_n</i>₀₊<i>_k− a</i>

_|

<

(

5
6

)

<i>k</i>

|

<i>a_n</i>₀<i>− a</i>

_|

+

(

1+5
6+. ..+

(

5
6

)

<i>k −1</i>

)

12<i>ε</i>

Ta có 1+5
6+. ..+

(

5
6

)

<i>k − 1</i>

=6

(

<i>1−</i>

(

5
6

)

<i>k</i>

)

<6<i>⇒</i>

_|

<i>an</i>0+<i>k−a</i>

|

<

(

5
6

)

<i>k</i>

|

<i>an</i>0<i>−a</i>

|

+

<i>ε</i>

2

Với

(

5

6

)

<i>k</i>

|

<i>an</i>₀<i>− a</i>

|

<<i>ε</i>

2 với k đủ lớn <i>⇒</i>

|

<i>an− a</i>

|

<<i>ε</i> với n đủ lớn. Suy ra <i>n →∞</i>lim<i>a=a</i> .

<b>SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL</b>
<b>TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MƠN TỐN</b>

<b> LÝ TỰ TRỌNG</b>
<b>Bài 5. (Tổ hợp – 3 điểm)</b>

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

Có 1600 thí sinh tham gia thi, nhưng khơng có ai trả lời đúng 2 bài liền nhau.( Nếu xem bài làm của
mỗi thí sinh tương ứng với một dãy 15 phần tử Đ, S thì không bài làm nào có dạng:
ĐSĐĐSSSSSSĐSĐSS 2 chữ đúng kề nhau.)

Chứng minh rằng có ít nhất 2 thí sinh trả lời toàn bộ 15 bài giống hệt như nhau.
<b>Giải:</b>

- Với giả thiết đã cho, số phần tử Đ trong các bài làm của các thí sinh tối đa là 8.

- Với mỗi k: 0  k  8 ta tìm số dãy có k chữ Đ, số chữ sai là 15-k. Các chữ S này tạo thành
15-k + 1 khoảng trống, kể cả 2 khoảng trống 2 đầu mút.

Ta cần đặt k chữ Đ vào 15-k + 1 khoảng trống này. Có <i>C15 − k+1</i>

<i>k</i>

cách như vậy. Vậy có <i>C16 − k</i>

<i>k</i>

bài
có k chữ Đ.

- Số tất cả các bài làm có thể là:

_∑

<i>k=0</i>

8
<i>C16 −k</i>

<i>k</i>

=1+15+91+286+495+462+210+36+1=1597<1600

- Điều này chứng tỏ phải có ít nhất 2 thí sinh có bài làm giống hệt nhau.

<b>SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL</b>

<b>TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MƠN TỐN</b>

<b> LÝ TỰ TRỌNG</b>
<b>Bài 6. (Đại số – 3 điểm)</b>

Tìm các hàm f: R  R khả vi và thỏa điều kiện <i>f (x+f ( y ))=f ( y+f (x ))∀ x, y ∈ R</i>

<b>Giải:</b>

Từ điều kiện đề bài, lần lượt đạo hàm hai vế theo x, y ta được
<i>f '(x +f ( y ))=f '( y+f (x )). f '(x )(1)</i>

<i>f ' (x+f ( y )). f '( y)=f '( y+f (x ))(2)</i>

Nhân hai vế của (1) với –f’(y), và cộng với (2) vế theo vế ta được
<i>f ' ( y +f ( x))(1− f '(x ). f ' ( y))=0(3)</i>

Trường hợp 1: Nếu tồn tại <i>x</i>0<i>∈ R : f '(x0</i>)=0

Từ (3) suy ra <i>f ' ( y +f ( x</i>0))=0 ,<i>∀ y</i> . Do đó f(x) = c = const
Trường hợp 2: Nếu <i>f ' (x)≠0,∀ x ∈ R</i>

Từ (3) suy ra <i>f ' (x). f ' ( y )=1,∀ x , y</i> . Do đó f’(x) = c = const hay f(x) = cx + d c, d  R.
Với f’(x) = c, f’(y) = c. Ta có c2_{= 1 hay c = ± 1.}

Từ điều kiện bài toán chỉ nhận c = 1.

Thử lại các hàm số f(x) = c; f(x) = x + d với c, d  R là các hàm số cần tìm.

<b>SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL</b>
<b>TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN MƠN TỐN</b>

<b> LÝ TỰ TRỌNG</b>

<b>Bài 7. (Hình khơng gian – 3 điểm)</b>

Cho tứ diện ABCD có các trung điểm các cạnh đều thuộc một mặt cầu.

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

<i><b>Hãy tính thể tích tứ diện ABCD theo BC .</b></i>
<b>Giải</b>

 Tứ diện ABCD có các trung điểm các cạnh đều thuộc một mặt cầu. Dễ dàng chứng minh
được ABCD là tứ diện trực tâm.

 Dựng hình hộp AB’CD’.A’BC’D ngoại tiếp tứ diện. Khi đó, hình hộp có các mặt đều là hình
thoi.

Hơn nữa, do AB=

√

<i>3 .CD , AC=</i>

√

<i>3 . DB , AD=</i>

√

3 . BC nên các mặt hình hộp đều là hình thoi
bằng nhau có góc 600_.

Trong đó các góc phẳng tại đỉnh C’ của hình hộp đều bằng 600_{nên BC = BD = DC.}

Tương tự, các góc phẳng tại đỉnh A của hình hộp đều bằng 600_{nên AD = AB = AC =}

√

3. BC . Suy ra hình chóp A.BCD là hình chóp đều.

Thật vậy, <i>4 AB '</i>2_=AC2

+<i>D ' B'</i>2=3 DB2+<i>D ' B'</i>2=<i>4 D' B '</i>2<i>⇒ AB'=D ' B'</i>

 Khi đó <i>V</i>ABCD=

1

3<i>S</i>BCD<i>. h</i>

Với h là khoảng cách từ A đến (BCD).
Dễ dàng tính được <i>h=BC</i>2

√

6

3 , <i>S</i>BCD=BC
2

√

3

4 <i>⇒V</i>ABCD=BC
3

√

2

6

B’
A

D’
A’

D

C

C’

</div>

<!--links-->