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

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