Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi thành phố Hồ Chí Minh lớp 12 THPT năm học 2011-2012 môn thi: Toán (V2)

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.

pdf4 trang | Chia sẻ: tuanbinh | Ngày: 17/08/2018 | Lượt xem: 10 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi thành phố Hồ Chí Minh lớp 12 THPT năm học 2011-2012 môn thi: Toán (V2), để tải tài liệu về máy bạn hãy click vào nút TẢI VỀ
SỞ 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 : thỏa mãn: R R→
( )( ) ( ) ( )2f 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: 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
ab bc ca a b c
a 2b c b 2c a c 2a b 4
+ ++ + ≤+ + + + + + 
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
n 1 4 2
n n
4u
5
uu
u 8u 8+
⎧ =⎪⎪⎨⎪ = ∀⎪ − +⎩
 n N*∈
 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 
www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN 
Bài 1 
( )( ) ( ) ( )2f f x y f x y 4yf x+ = − + (1). 
Thay 
2x f (xy
2
−= ) vào (1) ta có 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2x f x x f xf f 2 x f x
2 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + ⎡ ⎤= + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠
f x
=
( ) ( ) 2f x f x x 0⎡ ⎤⇔ −⎣ ⎦ 
Suy ra . Ta sẽ chứng minh ( )f 0 0=
Nếu tồn tại a mà thì 0≠ ( )f a 0= ( )f x 0 x= ∀ . 
Thật vậy 
Thay vào ta được . x 0= ( )1 ( ) ( )f y f y= −
Thay vào (1) ta được . x a= ( ) ( )2f y f a y= −
Vậy ( ) ( ) ( )2f y f y f a y y R= − = − ∀ ∈ ( )( ) ( )( ) ( )( )2f f x f f x f a f x⇒ = − = + 
Thay vào (1) ta được y 0= ( )( ) ( )2f f x f x= x R∀ ∈ (2). 
Thay vào (1) ta được 2y a= ( )( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2f f x f f x a f x 4a f x= + = + x R∀ ∈ (3) 
Từ (2) (3) suy ra ∀ ∈ (vì ( )f x 0= x R a 0≠ ). 
Vậy hoặc f x( )f x 0≡ ( ) 2x= . 
Bài 2: 
Theo bdt Cauchy–Schwarz , ta có: 2 2 2 2 2 2
9 1 16
a b c b a 2b c
+ ≥+ + + + 2 
⇒ 
2 2
2 2 2 2 2 2
ab 1 9aba
a 2b c 16 a b c
⎛ ⎞≤ +⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠
⇒ 
2 2
2 2 2 2 2 2
ab a b c 9(ab bc ca )
a 2b c 16 16(a b c )
+ + + +≤ ++ + + +∑
2 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 
n nMJN BAC= ⇒ n nMRN BAC= 
n n nRMN RJN APQ= = 
Do đó: ∆ APQ ~ ∆ RMN. 
K
T
H
L
F
M
N
J R
E
O
A
C
Q
P
B
www.VNMATH.com
¾ 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. 
n n n n nBQ AQP QJM RNM HCT= = = =T Do đó: 
mà n nABL ACL= ⇒ n nKBT PCT= 
Lại có: n n n nBKT BLC BAC TPC= = = . Vậy ∆BKT ~ ∆CPT 
Do n nAQP HCT= và n nQAP THC= nên ∆APQ ~ ∆HTC . 
Do đó ta có: HC HT TC
AQ AP PQ
= = = TC
TB
; TC PC PT BQ
TB BK KT HL
= = = ⇒ HC BQ
AQ HL
= . 
⇒ HC.HL = QA.QB ⇒ (*) đúng. 
Vậy OH = OQ. Suy ra OR vuông góc với PQ. 
Bài 4 : 
Ta có u1=
4
5
∈ (0; 1). Giả sử uk ∈ (0; 1) , khi đó 
4
k
k 1 4
k k
uu
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
4 2
n 1 n n
4 2
n n
5v
4
1
v1 1
1 8v 8v 8v 18
v v
+
⎧ =⎪⎪⎪⎨⎪ = = ∀⎪ − +− +⎪⎩
 n N*∈
⇒ 1
4 2
n 1 n n
5v
4
v 8v 8v 1+
⎧ =⎪⎨⎪ = − + ∀ ∈⎩ n N*
 (I) 
Ta chứng minh ( )2 n 2 2 n 22 2n 1v 2 22 − −−= + (1) ∀n ∈N* bằng quy nạp theo n 
• Với n=1: (1) ⇔ ( )11 1 5v 2 22 4−= + = : Đúng 
• Giả sử có ( )2 k 2 2 k 22 2k 1v 2 22 − −−= + , ta chứng minh ( )2 k 2 k2 2k 1 1v 2 22 −+ = + 
Thật vậy, ta có ( ) ( )2 k 2 2 k 2 2 k 2 2k 24 24 2 2 2 2 2k 1 k k 1 1v 8v 8v 1 8. 2 2 8. 2 216 4− − − −− −+ = − + = + − + +1 
( ) ( )2 k 1 2 k 1 2 k 1 2 k 122 2 2 21 2 2 2 2 2 2 22 − − − −− −= + + − + + 1+ 
( ) ( ) ( )2 k 1 2 k 1 2 k 1 2 k 1 2 k 1 2 k 122 2 2 2 2 21 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 − − − − − −− − −= + + + + − + + 1+ 
( ) ( ) ( )2 k 2 k 2 k 1 2 k 1 2 k 1 2k 12 2 2 2 2 21 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1+2 − − − −− − −= + + + + + − + − ( )2 k 2 k2 21 2 22 −= + 
Vậy (1) đúng ∀n ∈N* 
⇒ 2n 2 2 n 2n 2 2
2u
2 2
− −= + − ∀n ∈N* 
www.VNMATH.com
Bài 5 : 
đặt (ab)2 – 4(a + b) = x2 (x ≥ 0) 
⇒ x 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) 
 4
www.VNMATH.com

File đính kèm:

  • pdfHSG1112_HCM_V2.pdf