Chủ đề này có 8 trả lời

[mai quoc thang]

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT DỰ THI CẤP QUỐC GIA - ĐỒNG THÁP
NĂM HỌC 2008 - 2009

ĐỀ THI M?#8221;N: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút ( Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 14 tháng 12 năm 2008
( Đề này g?#8220;m có 01 trang)

Câu 1: (3.0 điểm)
Giải phương trình: $(1+tan1^0)(1+tan2^0)...(1+tan45^0)=2^x$

Câu 2: ( 3 điểm) Cho tam giác $ABC$ có các góc đều nhọn. Gọi $AH, BI, CK$ là các đường cao của tam giác. Chứng minh rằng:
$\dfrac{S_{HIK}}{S_{ABC}}=1-cos^2A-cos^2B-cos^2C$.


Câu 3: ( 2.0 điểm) Cho $a, b$ là hai số nguyên. Chứng minh rằng:
$A=ab(a^2+b^2)(a^2-b^2)$ chia hết cho $30$.

Câu 4: ( 3.0 điểm) Cho hàm số $ f: N* -> N*$ thoả hai điều kiện:
$f(a.b)=f(a).f(b)$ với $a,b \in N*$ và $(a,b)=1$
$f(p+q)=f(p)+f(q)$ với $p, q$ nguyên tố.
Chứng minh $f(2008)=2008$.


Câu 5: ( 3.0 điểm) Chứng minh nếu $n$ chẵn thì $2^n$ chia hết: $C_{2n}^0+3C_{2n}^2+...+3^kC_{2n}^{2k}+...+3^nC_{2n}^{2n}$.


Câu 6: ( 3.0 điểm) Cho ba số thực $a, b, c$. Chứng minh rằng:
$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq (ab+bc+ca-1)^2$.


Câu 7: ( 3.0 điểm) Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. Đường tròn © tiếp xúc với đường thẳng $AB, AC$ lần lượt tại $B$ và $C$. $M$ là điểm tuỳ ý nằm trên đường tròn $©$. Gọi $d_1, d_2,d_3$ lần lượt là các khoảng cách từ $M$ đến các đường thẳng $AB, AC, BC$. Chứng minh: $d_1.d_2=d_3^2$.

Hết.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai quoc thang: 14-12-2008 - 13:43

[mai quoc thang]

Câu 6: ( 3.0 điểm) Cho ba số thực $a, b, c$. Chứng minh rằng:
$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq (ab+bc+ca-1)^2$.

Mình post bên www.maths.vn rồi ... giờ post lại ....
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương : $ (abc-a-b-c)^{2} \geq 0 $
Hiển nhiên đúng và ta có ngay điều phải chứng minh .

[KhùngLãoQuái]

Bài 5

Cm : với $n \in N^{*} \ ; \ 2|n $

thì : $2^{n} \ | \ \sum_{i=0}^{n} 3^{i} C_{2n}^{2i} $

Lời giải :

Đặt $S_n \ = \ \sum_{i=0}^{n} 3^{i} C_{2n}^{2i} $

$ \Rightarrow 2S_n \ = \ (1- \sqrt{3})^{2n} \ + \ (1+ \sqrt{3})^{2n} $


$ \Rightarrow 2S_n \ = \ (4- 2\sqrt{3})^{n} \ + \ (4+ 2\sqrt{3})^{n}$

Đặt $ a_n \ = \ 2S_n$ , Cần chứng minh $2^{n+1} | a_n $ với $n \in N \ ; \ 2|n $

Ta có : $a_{n+2} \ = \ 8a_{n+1} \ - \4a_n \forall n \in N$

Dễ thấy $a_0 \ = \ 2 , a_1 \ = \ 8 $

Ta sẻ cm bằng quy nạp theo $k \in N $ là : $ 2^{2k+1}|a_{2k} \ , \ 2^{2k+3}|a_{2k+1}$

Dễ thấy là khẳng định đã đúng trong trường hợp $k =0 $

Giả sử khẳng định đúng đến $ k$ . Ta sẽ cm trong trường hợp $ k+1$

$a_{2k+2} \ = \ 8a_{2k+1} \ - \4a_{2k} = 2^{3} 2^{2k+3}q \ - \ 2^{2} 2^{2k+1}p $ $( p , q \in Z) $

$ \Rightarrow 2^{2k+3}|a_{2k+2}$

và $a_{2k+3} \ = \ 8a_{2k+2} \ - \4a_{2k+1} = 2^{3} 2^{2k+3}t \ - \ 2^{2} 2^{2k+3}h $ $( t , h \in Z) $

$ \Rightarrow 2^{2k+5}|a_{2k+3}$

Từ đây , theo nguyên lý quy nạp toán học thì dễ thấy khẳng định được cm hoàn toàn :

$ \Rightarrow 2^{n+1} | a_n = 2S_n\ ; \ n \in N \ ; \ 2|n $


$ \Rightarrow 2^{n} |S_n\ ; \ n \in N^{*} \ ; \ 2|n $

Đây là điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KhùngLãoQuái: 14-12-2008 - 13:44

[mai quoc thang]

Câu 3: ( 2.0 điểm) Cho $a, b$ là hai số nguyên. Chứng minh rằng:
$A=ab(a^2+b^2)(a^2-b^2)$ chia hết cho $30$.

Đầu tiên là : $ A=ab(a^{2}-b^{2})(a^{2}+b^{2})=b(a^{5}-a)-a(b^{5}-b) \vdots 5 $ với mọi $ a,b \in Z $.
Thứ hai là : $ A=ab(a^{2}-b^{2})(a^{2}+b^{2})=(a^{2}+b^{2})( b(a-1)a(a+1)-a(b-1)b(b+1)) \vdots 6 $ với mọi $ a,b \in Z $ . (**)
Vì $ (5,6)=1 $ nên từ và (**) ta có ngay đpcm .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai quoc thang: 14-12-2008 - 14:28

[mai quoc thang]

Câu 1: (3.0 điểm)
Giải phương trình: $(1+tan1^0)(1+tan2^0)...(1+tan45^0)=2^x$

Phương trình đề bài tương đương $ 2^{23}=2^{x} \Leftrightarrow x=23$

[KhùngLãoQuái]

Cu Thắng là tắt quá đó nha mày :

Bài 1 :

với $ i \ = \ \overline{1;22} $ thì :

$ tg45^{o} \ = \ \dfrac{tg(45^{o}\ - \ i^{o}) \ + \ tg i^{o} }{1 \ - \ tg(45^{o}\ - \ i^{o})tg i^{o} }\ = \ 1$


$ \Rightarrow tg(45^{o}\ - \ i^{o}) \ + \ tg i^{o} \ = \ 1 \ - \ tg(45^{o}\ - \ i^{o})tg i^{o} $

$ \Rightarrow tg(45^{o}\ - \ i^{o}) \ + \ tg i^{o} \ + \ 1 \ + \ tg(45^{o}\ - \ i^{o})tg i^{o} \ = \ 2$

$( tg(45^{o}\ - \ i^{o}) \ + \ 1)( tg i^{o} \ + \ 1 ) \ = \ 2$

Cho $ i$ chạy từ $1 $ đến $ 22 $ rồi nhân các biểu thức thu được vế theo vế , ta thu được

$ (1+ tg 1^{o} ) (1+ tg 2^{o} ) ... (1+ tg 44^{o} ) \ = \ 2^{22}$


mà $ 1+ tg 45^{o} \ = \ 2$

$ \Rightarrow (1+ tg 1^{o} ) (1+ tg 2^{o} ) ... (1+ tg 44^{o} ) (1+ tg 45^{o} ) \ = \ 2^{23} \ = \ 2^{x}$

$ \Rightarrow x= 23 $

Bài 3 :

Thực ra thì có bổ đề : $30 \ | \ k^{5} -k \forall k \in Z $

Chứng minh : $ k^{5} -k \ = \ (k-1)k(k+1) (k^{2} \ + \ 1)$

$ (k-1) \ , \ k \ , \ (k+1)$ là $ 3$ số nguyên liên tiếp nên trong 3 số có tối thiểu $1 $ số chia hết

cho $2 $, $1 $ số chia hết cho $ 3$


$(2 \ ; \ 3) = 1 $ , $2.3 | (k-1)k(k+1) \Rightarrow 6 | k^{5} -k $ $ $

Biểu diễn : $k \ = \ 5t \ + \ a , a \in \{-2 \; \ -1 \ , \ 0 \ ; \ 1 \ ; \ 2 \}$ $(t \in Z) $


$k^{5} -k \ = \ (5t \ + \ a)^{5} \ - \ (5t \ + \ a) \ = \ 5h + (a^{5} - a) $ $(h \in Z) $

Theo định lý nhỏ $Fermat $ thì do $ 5$ là số nguyên tố nên :


$a^{5} \equiv a ( mod \ 5 ) $

$ \Rightarrow 5 \ | \ a^{5} \ - \ 5 $ $ \Rightarrow 5| k^{5} -k(**)$

Từ $ \ , \ (**)$ và $ (5,6) \ = \ 1$ ta suy ra $30| k^{5} -k $


Vào bài :

Áp dụng bổ đề , ta có :

$ ab(a^{2} \ + \ b^{2})(a^{2} \ - \ b^{2}) \ = \ b(a^{5} - a) \ - \ a(b^{5} \ - \ b) \ \vdots \ 30 $

và Đây là điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KhùngLãoQuái: 14-12-2008 - 14:51

[mai quoc thang]

Bài 4 :
Từ đk a) thay $ a=b=1 $ ta có : $ f(1)=(f(1))^{2} \Rightarrow f(1)=1 $ .
Ta có : $ f(6)=f(2.3)=f(2).f(3) $
Lại có : $ f(6)=f(3+3)=f(3)+f(3)=2f(3)=f(2).f(3) \Rightarrow f(2)=2 $
Từ đó có : $ f(4)=2f(2)=4 $
Và $ f(12)=f(3).f(4)=4f(3)=f(5)+f(7)=f(2)+f(3)+f(2)+f(5)=4+f(3)+f(2)+f(3)=6+2f(3) \Rightarrow f(3)=3 $
Ta tính đc một loạt các giá trị như sau :
$ f(5)=f(2)+f(3)=5 $
$ f(7)=f(2)+f(5)=7 $
$ f(8)=f(3)+f(5)=8 $
$ f(9)=f(7)+f(2)=9$
$ f(36)=f(4).f(9)=36 $
$ f(14)=f(2).f(7)=14 $ .
$ f(14)=f(3)+f(11)=3+f(11) \Rightarrow f(11)=11 $ .
Lại có được : $ f(2001)=f(3.667)=3f(667)=3f(23.29)=3f(23).f(29) $ .
Ta có : $ 36=f(36)=f(29)+f(7)=f(29)+7 \Rightarrow f(29)=29 $
$ 34=f(29)+f(5)=f(34)=f(23)+f(11)=f(23)+11 \Rightarrow f(23)=23 $
Vậy $ f(2001)=3.23.29=2001 $ .
Ta có : $ 2001= f(2001)=f(2)+f(1999)=2f(2)+f(1997)=4+f(1997) \Rightarrow f(1997)=1997 $
Ta có : $ f(2008)=f(11+1997)=f(11)+f(1997)=11+1997 $ .
Và ta có đpcm .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai quoc thang: 14-12-2008 - 14:27

[mai quoc thang]

Bài 2 : Ta có : $\dfrac{S_{HIK}}{S_{ABC}}=1-(\dfrac{S_{AKI}}{S_{ABC}}+ \dfrac{S_{BKH}}{S_{ABC}}+\dfrac{S_{CIH}}{S_{ABC}}) $
Ta thấy : tam giác ABC đồng dạng với tam giác AIK nên : $ \dfrac{IA}{AB}=\dfrac{AK}{AC} $
Ta có : $ \dfrac{S_{AKI}}{S_{ABC}}= \dfrac{AK.AI}{AB.AC}=\dfrac{IA^{2}}{AB^{2}}=cos^{2}A $
Tương tự cho hai cái còn lại .. cuối cùng cộng ba cái ấy lại ta có đpcm .

[KhùngLãoQuái]

Kết thúc cái đề này tại đây :

Bài 7 :
Ta xét trường hợp $M $ nằm trên mặt phẳng bờ $BC $ cùng phía với $ A $

( Trường hợp còn lại , vẽ hình và cm tương tự )

Gọi $I , J , K $ là hình chiếu của $ M $ trên $ AC \ , \ BC \ , \ AB$

Kí hiệu $ \widehat{MCJ} \ = \ \widehat{C_1} \ , \ \widehat{MCI} \ = \ \widehat{C_2} $

$ \widehat{MBJ} \ = \ \widehat{B_1} \ , \ \widehat{KBM} \ = \ \widehat{B_2} $

$ d_3 \ = \ MC sin \widehat{C_1} \ , \ d_1 \ = \ MC sin \widehat{C_2} $

$ \Rightarrow d_1 \ = \ \dfrac{d_3 . sin \widehat{C_2}}{sin \widehat{C_1} } $

Tương tự , chứng minh được : $ d_2 \ = \ \dfrac{d_3 . sin \widehat{B_2}}{sin \widehat{B_1} } $


Nên tóm lại là đi chứng minh $\dfrac{sin \widehat{B_2}}{sin \widehat{B_1} } \ . \ \dfrac{ sin \widehat{C_2}}{sin \widehat{C_1} } \ = \ 1$ $ $

Cái này chỉ cần để ý : $AB , AC $ tiếp xúc với $ ( C ) $ tại $ B \ , \ C$

Nên sử dụng các tính chất cơ bản của góc nội tiếp , góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung , góc ở tâm chắn cung , ta có :

$ \widehat{B_2} \ = \ \dfrac{ \widehat{MOB}}{2} \ = \ \widehat{C_1} $


$ \widehat{C_2} \ = \ \dfrac{ \widehat{MOC}}{2} \ = \ \widehat{B_1} $

Từ đây ta thấy rằng đẳng thức $ $ đúng và bài toán được giải quyết hoàn tòan

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KhùngLãoQuái: 14-12-2008 - 16:05