Đề đề nghị thi học sinh giỏi đồng bằng sông Cửu Long năm học 2008 – 2009 môn: Toán - Trường THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

 SÔÛ GD – ÑT KIEÂN GIANG	 KYØ THI HOÏC SINH GIOÛI ÑOÀNG BAÈNG SOÂNG CÖÛU LONG
TRÖÔØNG THPT CHUYEÂN HUYØNH MAÃN ÑAÏT	 NAÊM HOÏC 2008 – 2009
ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ MOÂN : TOAÙN
Thôøi gian : 180 phuùt
BÀI 1: PT-BPT-3Đ
Tìm tất cả các số nguyên tố x,y thoả mãn phương trình: 
 Với k là số nguyên dương ta có:
 Hay k= 	0,25 
 => = 	0,25
 =( 2k+1)k= 2k2 +k 	0,25
 Cho k=1,2,3,,x-1 rồi lấy tổng từng vế của các dẳng thức thu dược ta có: 
 2(12 +22 ++(x-1)2 ) +1+2++(x-1) 	0,25
 = 	0,25
 = 	0,25
 = 	0,25
 => là số nguyên 
 Do y laø soá nguyeân toá => y là ước của một trong ba số: x, x-1, 4x+1 0,25
 => y = 4x+1
 => 6= 	0,25
 => x2 –x -6 ó 
 Do x là số nguyên tố => x=2 v x=3 	0,25
 Với x =2 => y= 3 
 Với x= 3 => y =13 	0,25
 Vậy ta có các nghiệm nguyên tố của phương trình là: x=2, y=3
 và x=3, y=13 0,25
 BAØI 2: HÌNH HOÏC PHAÚNG -3Ñ
Cho hình vuông cạnh bằng 1. Có hai tam giác đều cạnh lớn hơn nằm bên trong hình vuông. Chứng minh rằng hai tam giác ấy có điểm chung.
Ta sẽ chứng minh mọi tam giác đều, cạnh lớn hơn nằm trong hình vuông có cạnh bằng 1 đều chứa tâm hình vuông ở bên trong.
Thật vậy, giả sử tồn tại một tam giác đều ABC với cạnh a = nằm bên trong hình vuông cạnh 1 mà không chứa tâm O của hình vuông. (0.5)
Khi đó tồn tại một cạnh, chẳng hạn cạnh AB sao cho điểm O và tam giác nằm về hai phía của cạnh AB (xem hình vẽ). 	(0.5)
Vẽ qua O đường thẳng d song song với AB và từ C kẻ CK vuông góc với d. 
Gọi H là giao điểm của CK và AB, ta có CH < CK CO	(1) 	(0.5) 
Vì C nằm trong hình vuông nên CO (độ dài nửa đường chéo hình vuông cạnh 1 là ). 
Do CH là đường cao của tam giác đều cạnh nên CH = .	(0.5)
Kết hợp với (1) suy ra < , vô lý. (1.0)
Vậy mọi tam giác đều, cạnh lớn hơn nằm trong hình vuông có cạnh bằng 1 đều chứa tâm hình vuông ở bên trong. Tức là hai tam giác đề bài cho có điểm chung là tâm của hình vuông. ■
BÀI 3-SỐ HỌC- 3 Đ
Giải phương trình nghiệm nguyên:
	 (1)
Viết lại phương trình này trong dạng và áp dụng định lí trên ta có PT (1) có nghiệm nguyên PT (2) sau có nghiệm nguyên
	 (2) 	(1.0)
PT (2) tương đương với (3)ó v2 – y2 = 14 ó (v – y )(v + y) = 14 	(1.0)
	(1.0)	
Hai hệ phương trình trên vô nghiệm nguyên, suy ra PT (2) vô nghiệm, nên PT (1) không có nghiệm nguyên.
Áp dụng các định lý sau:
Định lí 1:
Phương trình với các hệ số nguyên có nghiệm nguyên khi là số chính phương của một số nguyên ( là số chính phương).
Định lí 2:
Phương trình hệ số ngyuyên có nghiệm nguyên khi và chỉ khi là bình phương của một số nguyên.)
BAØI 4: GIAÛI TÍCH -3 Ñ
 Dãy số xác định như sau : 
=, ở đây chỉ phần nguyên của số (là số nguyên lớn nhất không vượt quá ).
Chứng minh rằng , thì là số lẻ.
 	(0.25 đ)
 	(0.25 đ)
Vậy (1) 	(0.25 đ)
Chú ý rằng nếu k lẻ thì 	(0.25 đ)
 Còn nếu k chẵn (k= 2m) thì 	(0.25 đ)
Như thế từ(1) suy ra là số nguyên dương thì 
 là số chẵn 	(0.25 đ)
Ta có =1 , 2 , 	(0.25 đ) 
 Lại có (2) 	(0.25 đ)
Do <<1 Vậy theo định nghĩa phần nguyên từ (2) suy ra
 (3) 	(0.5 đ)
Vì là số chẵn = 1 , 2 , ;do vậy từ (3) suy ra =1,2, thì 
 = là số lẻ đó là đ.p.c.m. 	(0.5 đ)
BÀI 5: TỔ HỢP-3Đ
Cho A là tập tất cả các phần tử với . Một chương trình máy tính chọn ngẫu nhiên 2008 phần tử từ tập A ( các phần tử khác nhau ) được một dãy . Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho lấy bất kì n số hạng của dãy ta luôn tìm được 16 số hạng mà 2 số hạng bất kì trong 16 số hạng đó có ít nhất là 2 thành phần khác nhau. 
Đáp án
Thang điểm
Trước hết ta chứng minh không là giá trị cần tìm.
Ta phân hoạch A thành các lớp rời nhau sao cho các phần tử trong mỗi tập hợp có 5 thành phần cuối như nhau. 
Như vậy A được phân hoạch thành lớp mà mỗi lớp có 4 phần tử.
0.25
0.25
Dãy có 2008 số hạng, ta có nên theo nguyên lý Dirichlet trong dãy có 2 số hạng (khác nhau) cùng thuộc trong một lớp.
Ta có nên theo nguyên lý Dirichlet trong 2006 số hạng còn lại của dãy có 2 số hạng (khác nhau) cùng thuộc trong một lớp. 
Thực hiện tương tự 15 lần mỗi lần ta thu được kết quả là 2 số hạng cùng thuộc trong một lớp ( ta có thể thực hiện được vì ). Ta có 30 số hạng khác nhau của dãy :. 
0.25
0.25
0.25
Lấy 16 phần tử bất kì trong các số hạng trên, theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất hai phần tử cùng chung một lớp, mà theo cách xây dựng các lớp, hai phần tử đó không thể có quá 1 thành phần khác nhau. Vậy không là giá trị cần tìm.
0.5
Ta chứng minh 31 là số cần tìm.
Ta tiếp tục phân hoạch A thành 2 lớp rời nhau: .
 Thấy rằng mỗi lớp này đều có số phần tử bằng nhau và bằng 2048 , hơn nữa trong mỗi lớp hai phần tử khác nhau đều có ít nhất hai thành phần khác nhau. 
0.5
0.25
Theo nguyên lý Dirichlet, với 31 số hạng bất kì của dãy có ít nhất 16 số hạng thuộc cùng một lớp. Ta thấy rằng hai số hạng bất kì trong số 16 số hạng này đều có ít nhất là hai thành phần khác nhau.
Vậy là số cần tìm.
0.5
BÀI 6: ĐẠI SỐ-3Đ 
Cho và . Chứng minh rằng 
Nội dung
điểm 
Mệnh đề 1. 
Gọi 
1, Ta chứng minh:
(1) Nếu và thì 
(2) Nếu thì 
(3) Nếu thì 
Ta có
Theo BĐT Côsi, 
Ta chứng minh xong được (1).
(2) Từ đẳng thức trên cho x = 1, ta có 
(3) Xét hai trường hợp
TH 1. Nếu thì sử dụng kết quả (2) ta được 
TH2. Nếu thì vì nên 
(thật vậy,
 )
Do đó sử dụng kết quả (2) ta có 
Mệnh đề 1 được chứng minh xong. Nó sẽ cho phép ta đưa bài toán về 1 biến.
Mệnh đề 2. Ta sẽ luôn đưa được bài toán về trường hợp có 2007 biến bằng nhau và không lớn hơn 1.
Thật vậy,
Đưa về trường hợp có 2007 biến không lớn hơn 1.
Giả sử còn có nhiều hơn 1 biến lớn hơn 1, giả sử rằng đó là . Khi đó sử dụng mệnh đề 1 (3) ta luôn có thể thay bộ bởi 1 bộ khác, vẫn có tích bằng 1Sau hữu hạn lần thay (không quá 2007 lần) ta sẽ có được bài toán 2007biến không lớn hơn 1.
Đưa 2007 biến không lớn hơn 1 về bằng nhau.
Giả sử là 2007 biến có trung bình nhân là x. Nếu 2007 biến này chưa bằng nhau thì và sử dụng mệnh đề 1 ta có thể thay toàn bộ 
Khi đó f không giảm và số biến tăng lên ít nhất 1 biến. 
Và (vì a1 là số dương nhỏ nhất trong số nên )
do đó việc thay thế này vẫn đảm bảo 2007 biến khôgn lớn hơn 1, điều đó cho phép việc thay thế đc thực hiện liên tiếp. Sau hữu hạn lần thay thế ta sẽ có 2007 biến đuề bằng nhau.
Cuối cùng, ta giải bài toán 1 biến, tức chứng minh với 
Đặt với 
Ta có 
Ta thấy ngay với nên suy ra điều phải chứng minh.
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
BÀI 7-HÌNH HỌC KHÔNG GIAN-3Đ 
Moät hình choùp töù giaùc ñeàu S.ABCD coù caïnh ñaùy AB = a, caïnh beân SA = b vôùi a<b. Coù moät maët caàu tieáp xuùc vôùi maët ñaùy ABCD taïi A vaø tieáp xuùc vôùi ñöôøng thaúng SB taïi K . Haõy tính baùn kính cuûa maët caàu naøy .
Goïi J laø taâm maët caàu , O laø taâm cuûa hình vuoâng ñaùy .
Ta coù JA
	SO 
Suy ra SO // JA	
Goïi I laø hình chieáu cuûa J treân SO thì : 	
JI// AO vaø AO 
 neân : JI 	 	
Goïi R laø baùn kính maët caàu taâm J treân thì :	JK = JA = R
Chöùng minh treân cho :JA = IO =R; JI = OA = 	(0.25ñ)	
Tam giaùc SBD cho : SO =	
Tam giaùc SIK vaø SBO ñoàng daïng neân : 	(0.25ñ)	
Ta coù caùc khaû naêng sau:
1/ Neáu I thuoäc ñoaïn SO thì : SI = SO- OI = 	(0.5ñ)	 
2/ Neáu I ôû treân phaàn noái daøi veàphía S cuûa OS thì : SI = OI – OS = 	(0.5ñ)	 
 3/ Neáu I ôû treân phaàn noái daøi veà phía O cuûa OS thì : SI = OI + OS = (1)	(0.5ñ)
Tam giaùc IKJ vuoâng taïi I cho : R2 = JK2 = JI2 +IK2 = 	(0.5ñ)	
Vaäy : Neáu I thuoäc ñoaïn SO hay I ôû treân phaàn noái daøi veà phía S cuûa SO , ta coù :
(1)hay 
Töø ñoù ta ñöôïc : R =	(0.25ñ)
Neáu I thuoäc phaàn noái daøi veà phía O cuûa SO ,ta coù : (1) 
 Töø ñoù ta ñöôïc : R =	(0.25ñ)