tröôøng thpt tröôøng thpt vinh loäc ñeà thi hoïc sinh gioûi baäc thpt naêm hoïc 2006 2007 moân toaùn 150 phuùt khoâng keå thôøi gian giao ñeà ñeà baøi baøi 1 cho px laø ña thöùc baäc n coù n ng

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (82.19 KB, 4 trang )

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

TRƯỜNG THPT 
VINH LỘC

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI BẬC THPT
Năm học : 2006 - 2007

MÔN : TỐN

( 150 phút, khơng kể thời gian giao đề )

ĐỀ BAØI

Bài 1 : Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt x1,x2,...,xn.
 Chứng minh rằng:

∑

j=1
n P''

(xj)

P'(xj)=0 .

Baøi 2 : Gọi I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. AI, BI, CI cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D,E,F tương ứng. Chứng
minh rằng nếu IDIA +IE

IB+
IF

IC=3 thì tam giác ABC là tam giác đều.

Bài 3 : Giải phương trình :

(log2 x)2+ xlog7 (x+3) = log2 x [ x2 + 2log7 (x+3)].

Bài 4 : Xác định hàm số f(x) thỏa mãn các điều kiện sau:
f(x+y)  f(x).f(y)  2006x+y, với mọi x, y  R.

ĐÁP ÁN
Bài 1 :

Từ giả thiết, ta có thể viết P(x) dưới dạng sau:
P(x) = a(x-x1)(x-x2)...(x-xn), với a  0.

Suy ra P'(x) = P(x)( x-x1

+ 1

x-x2+.. .+
1

x-xn ) (1)

Do P(x1) = P(x2) = ... = P(xn) = 0

nên theo định lý Rolle phương trình 
P'(x) = 0

có n -1 nghiệm phân biệt y1,y2,...,yn-1 với x1 y1x2y2 x3  ... xn-1yn-1xn.

Vì thế P'(x) có thể viết lại dưới dạng

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

Suy ra P"(x) = P'(x)( x-y1

+ 1

x-y2+. ..+
1

x-yn-1 ) (2)

Theo (1) ta coù 
P'(yk) = P(yk)(

yk-x1+
1

yk-x2+. ..+
1

yk-xn ) = 0, với mọi k=1, n-1.

Do P(yk)  0 neân suy ra:

yk-x1+
1

yk-x2+. ..+
1

yk-xn = 0 (3), với mọi k = 1, n-1.

Từ (2) và (3) suy ra:
P ''(xj)

P '(xj)=¿

xj-y1+
1

xj-y2+.. .+
1

xj-yn-1 (4) , với mọi j =1, n-1

Cộng từng vế n -1 đẳng thức dạng (4) ta có :

¿
¿

∑

j=1
n P''

(xj)

P'

(xj)=

∑

j=1
n

xj-y1+
1

xj-y2+.. .+
1

xj-yn-1¿

=

-( 1

yk− x1+¿

yk− x2+. . .+

yk− xn)

∑

k=1
n −1

(5)
Từ (3) và (5) suy ra:

∑

j=1
n P''

(xj)
P'(xj)=0 .

Baøi 2 : T a có góc ICD bằng góc DIC nên DI=DC. Trong tam
giác ADC ta có DC= 2Rsin A2 nên DI=2Rsin A2 .Vậy

ID
IA=

2 R sin A
2
r
sin A
2
= 
sin A
2
2 sinB

2 sin

C

.
Tương tự,ta có :

IB =

sinB
2
2 sin A

2sin

C

; IFIC =

sinC
2
2 sin A

2sin

B

.

Suy ra IDIA+
IE
IB+

IF
IC ≥ 3

√

1
8 sin A

2 sin
B

2 sin
C
2
.

Theo bất đẳng thức cơ bản trong mọi tam giác, ta có

sin A
2 sin
B
2sin
C
2
1
8 .

Do đó, IDIA+IE
IB+

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

Dấu bằng xảy ra, tức là IDIA +IE
IB+

IC=3 khi và chỉ khi A=B=C

hay tam giác ABC đều (đpcm).

Bài 3 : Điều kiện x 0. Phương trình đã cho tương đương với:
log2 x (log2 x - x2 ) - 2log7 (x+3) (log2 x - x2 ) = 0

 (log2 x - x2 ) [log2 x - 2log7 (x + 3) ] =0



log2x −x

2=0(1)
¿

log2x −2 log7(x+3)=0(2)
¿

¿
¿
¿

Giaûi (1) :

(1)  x2 = 2x
 ln xx =ln22 (3)

Deã thấy x = 2 và x = 4 là các nghiệm của (3).
Xét hàm số f(x) = ln xx , ta coù : f'(x) = 1 − ln xx2 .

Suy ra : f'(x)  0 với 0  x  e
f'(x) = 0 với x = e
f'(x) 0 với x  e.

Vì vế trái của (3) đồng biến trên (0;e] và nghịch biến trên [e;+),
trong khi vế phải là hàm hằng nên (3) có nhiều nhất hai nghiệm. Vậy (3)

có hai nghiệm x = 2 và x = 4.

Giải (2):

Đặt t = log2 x, khi đó x = 2t. Phương trình (2) trở thành :

t = 2log7 (2t + 3)

 ( 47 )t + 6( 72 )t + 9( 71 )t = 1 (4)

Dễ thấy t = 2 là một nghiệm của (4) và do vế trái của (4) là hàm
nghịch biến còn vế phải là một hàm hằng nên t = 2 là nghiệm duy nhất
của (4). Từ t = 2 ta có x = 4.

Kết hợp các trường hợp chúng ta được nghiệm của phương trình
đã cho là x = 2 và x = 4.

Baøi 4 :

Thay x = 0, y = 0 vaøo f(x+y)  f(x).f(y)  2006x+y (1)

ta coù :

f(0)  f(0).f(0)  20060 = 1 (2)

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

 0  f(0)  1 (3)

Từ (2) và (3) suy ra : f(0) = 1.
Thay y = - x vào (1) ta có ;

f(0)  f(x).(-x)  20060 = 1
 f(x).f(-x) = 1

 f(x) = f (− x)1 (4)

Thay y = 0 vào (1) ta có : f(x) 2006x (5)

Suy ra : f(-x) 2006-x