Đáp án đềthi chính thức môn: Toán năm 2011

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Ngày thi: 11 và 12/01/2011 (Gồm 6 trang) Bài 1. Xét số thực dương x tùy ý. Ta sẽ chứng minh 2 11( 1) 1 21 nn n n x x x x ++ + +⎛ ⎞≤ ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ (1) bằng phương pháp quy nạp theo n. • Với n = 1, ta cần chứng minh 32( 1) 1 1 2 x x x x + +⎛ ⎞≤ ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ (2) Ta có: (2) ⇔ ( ) ( )4 421 8 ( 1) 0 1 0x x x x+ − + ≥ ⇔ − ≥ . Từ đó suy ra (2) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. • Giả sử đã có (1) đúng khi n = k và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Khi đó, ta có: 2 11( 1) 1 21 kk k k x x x x ++ + +⎛ ⎞≤ ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ . Suy ra: ( )2 2 31 1( 1) 1. 4 21 kk k k xx x x x ++ ++ +⎛ ⎞≤ ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. (3) Ta sẽ chứng minh: ( )21 2 11 1( 1) ( 1) . 41 1 k k k k k k xx x x x x x + + + + ++ +≤+ + (4) và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Thật vậy, ta có: (4) ⇔ 1 2 2 2( 1) ( 1) 4 ( 1)( 1) 0k k kx x x x x+ ++ + − + + ≥ ⇔ 1 2 2( 1) ( 1) 0kx x+ − − ≥ . Từ đó suy ra (4) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Kết hợp điều này với (3) suy ra 2 31 2 1 ( 1) 1 21 kk k k x x x x ++ + + + +⎛ ⎞≤ ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Điều đó chứng tỏ khi n = k + 1, (1) là bất đẳng thức đúng và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Vậy, với n là số nguyên dương tùy ý, (1) là bất đẳng thức đúng với mọi số thực dương x và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. ■ Bài 2. Với mọi n ≥ 1, ta có 2 2 1 2 2 3 1 2( 1) 2( 1) ( 1) ( 1)( 1). 1 2 n n i n n i n n n n nx x x x nn n n+ = ⎛ ⎞+ + − + += = + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∑ . 2 Suy ra 1 2 11 . 1 n n x x n n n + ⎛ ⎞= +⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ∀n ≥ 1. Do đó, với mọi n ≥ 2 12 2 1 3 2 2 2 1 ( 1)( 1) 1 1 11 . (1 ) (1 ) n n n n n n k xn n n n ny x x x nn n n k − + = ⎛ ⎞+ + + + += − = − = = + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ∏ . (1) Từ đó, với lưu ý y1 = x2 – x1 = 3, ta có yn > 0 ∀n ≥ 1, y1 < y2 và với mọi n ≥ 3 2 2 2 2 2 4 3 2 1 1 ( 1) 1 2. . 1 1 1 ( 1) ( 1) n n y n n n y n n n n n n n− ⎛ ⎞+ + −= + = + >⎜ ⎟− + − − +⎝ ⎠ . Suy ra (yn) là dãy số tăng. (2) Vì với mọi n ≥ 2, ta có 21n n+ < và 11 21 1 2 1 1 1(1 ) 1 1 nn n k k k nk −− − = = ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟+ ≤ +⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ∑ ∏ nên từ (1) ta được 11 2 1 1 2 1 1 nn k n k y n −− = ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟< +⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ∑ ∀n ≥ 2. (3) Mà 1 1 1 2 1 2 2 1 1 1 1 11 1 2 2 ( 1) 1 1 n n n k k kk k k k nk − − − = = = ⎛ ⎞< + = + − = − <⎜ ⎟− − −⎝ ⎠∑ ∑ ∑ ∀n ≥ 3 nên từ (3) suy ra 1 222 1 2 1 n ny en −⎛ ⎞< + <⎜ ⎟−⎝ ⎠ ∀n ≥ 2. Do đó (yn) là dãy số bị chặn trên. Kết hợp với (2) suy ra (yn) là dãy hội tụ. ■ Bài 3. 1/ Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng AE và BP. Ta có n n n n0 090 90ACE BCE FAB EFP= + = + = . Suy ra n n 0180 .EFP ECP+ = Do đó CEFP là tứ giác nội tiếp. Suy ra n n 090CFP CEP= = . Vì thế CF // AB. Suy ra CP FP CA FB = . Từ đó, xét tam giác ABP, ta có . . 1CP OA FB OA CA OB FP OB = = − . Vì thế, theo định lí Xê va, ba đường thẳng PO, AE và BC đồng quy. ■ 2/ Đặt BP = x và kí hiệu R là bán kính của (O). Xét tam giác vuông ABP, ta có 2 2 2 24PA PB AB x R= + = + . Suy ra 2 2 2 24 PB xPC PA x R = = + và 2 2 2 4 4 RAC PA PC x R = − = + . 3 Vì CF // AB (cmt) nên MC CF PC MB AB PA = = . Suy ra 1BC PC PC PA MB PA PA += + = . Do đó 2 2 2 2 4. . 2 Rx x RPA BC PB ABBM PC PA PC PA x R += = =+ + + . Vì vậy n 2 2 3 2 2 2 2 41 1 2. .sin .2 . . 2 2 22 2AMB Rx x R AC R xS AB BM ABM R Rx R x R += = =+ + . Suy ra 3 22 2 2 2AMB R x RS xR ≤ = và 2 2AMB RS = ⇔ 2 22x R= ⇔ 2x R= . Vậy, tam giác AMB có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi P nằm cách B một khoảng bằng 2R (có hai vị trí như vậy); khi đó 2 2AMB RS = . ■ Bài 4. Để chứng minh khẳng định của bài toán, ta sẽ chứng minh có thể phủ ngũ giác ABCDE bởi 5 hình tròn đơn vị có tâm nằm trên cạnh của ngũ giác đó. Ta có Nhận xét sau: Nhận xét: Có thể phủ tam giác XYZ có độ dài các cạnh không vượt quá 3 bởi 3 hình tròn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của tam giác đó. Chứng minh: Giả sử ngược lại, tồn tại điểm M thuộc tam giác XYZ mà M không thuộc bất cứ hình tròn nào trong các hình tròn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của tam giác đó. Khi đó, ta có MX > 1, MY > 1 và MZ > 1. Dễ thấy, trong ba góc nXMY , nYMZ và nZMX phải có ít nhất một góc có số đo lớn hơn hay bằng 1200. Không mất tổng quát, giả sử n 0120XMY ≥ . Áp dụng định lí côsin cho tam giác XMY, ta được n2 2 2 12 . .cos 1 1 2. 3 2 XY MX MY MX MY XMY= + − > + + = (do n 1cos 2 XMY ≤ − ). Suy ra 3XY > , trái với giả thiết. Mâu thuẫn nhận được cho ta điều muốn chứng minh. Do các tam giác ABC, ACD và ADE có độ dài các cạnh không vượt quá 3 nên theo Nhận xét trên, chúng lần lượt được phủ bởi các bộ ba hình tròn đơn vị ((A), (B), (C)), ((A), (C), (D)) và ((A), (D), (E)). Do đó, ngũ giác ABCDE được phủ bởi 5 hình tròn đơn vị có tâm nằm tại các đỉnh của ngũ giác đó. Theo nguyên lí Dirichlet, trong 5 hình tròn đó phải tồn tại hình tròn chứa ít nhất 403 điểm trong số các điểm đã lấy. ■ Bài 5. Cách 1: Xét dãy số nguyên (bn) xác định bởi b0 = 1, b1 = –1 và 1 26 2016n n nb b b− −= + với mọi n ≥ 2. Dễ thấy với mọi n ≥ 0, ta có (mod 2011)n na b≡ . (∗) Phương trình đặc trưng của dãy (bn): 2 6 2016 0x x− − = , hay (x – 48)(x + 42) = 0. Suy ra, số hạng tổng quát của dãy (bn) có dạng: 1 2.( 42) .48 n n nb C C= − + . Từ các điều kiện ban đầu của dãy (bn), ta được 1 2 1 2 1 42 48 1. C C C C + =⎧⎨ − =⎩ 4 Suy ra 1 49 90 C = và 2 4190C = . Vì vậy 49.( 42) 41.48 90 n n nb − += ∀n ≥ 0. Vì 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Phecma nhỏ, ta có: 2010 2010( 42) 48 1(mod 2011)− ≡ ≡ . Do đó 2012 2012 2 22012 290 49.( 42) 41.48 49.( 42) 41.48 90 (mod 2011)b b≡ − + ≡ − + ≡ . Suy ra 2012 2 (mod 2011)b b≡ (vì (90, 2011) = 1). Mà b2 = 6b1 + 2016b0 = 2010 nên 2012 2010(mod 2011)b ≡ . Vì thế 2012 2010(mod 2011)a ≡ (theo (∗)). ■ Cách 2: + Số hạng tổng quát của dãy (an): ( ) ( )1 2 1 23 14 3 142 214 14n nna ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . (1) + Đặt p = 2011, ta có: ( ) ( )1 11 1 2 1 23 14 3 142 214 14p ppa + ++ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . Do ( ) 1 1 13 14 . 14p p pA B+ + ++ = + và ( ) 1 1 13 14 . 14p p pA B+ + +− = − , trong đó 1( 1) / 2 2 2 2 1 1 0 .3 .14 pp ii i p p i A C ++ − + + = = ∑ (2) và 1( 1) / 2 2 1 2 1 2 1 1 1 .3 .14 pp ii i p p i B C ++ −− − + + = = ∑ , (3) nên 1 1 14p p pa A B+ + += − . (4) + Do p là số nguyên tố nên 0(mod )kpC p≡ ∀k =1, 1p− . Do đó, từ 11k k kp p pC C C −+ = + suy ra 1 0(mod ) k pC p+ ≡ ∀k =2, 1p− . Vì vậy, từ (2) và (3), ta được: ( 1) / 2 1 1 (14 3 )(mod ) p p pA p + + + ≡ + và ( 1) / 2 1 ( 1) / 2 11 3( 1)(14 3 ) 3(14 3 )(mod ) p p p p pB p p − − − − + ≡ + + ≡ + . Do đó, từ (4) suy ra ( 1) / 21 ( 3 2.14 )(mod ) p p pa p − + ≡ − + . (5) Để ý rằng 452 ≡ 14 (mod p) và (45 , p) = 1, theo định lí Phecma nhỏ ta có: 3 3(mod )p p≡ và ( 1) / 2 114 45 1(mod )p p p− −≡ ≡ . Do đó, từ (5) ta được 2012 1 3 2 1 2010(mod 2011)pa a += ≡ − + = − ≡ . (Đpcm) Chú ý: Đối với bài làm của thí sinh theo Cách 2, yêu cầu trình bày chi tiết các bước tìm số hạng tổng quát an. Bài 6. Do nABC và nACB là các góc nhọn nên E nằm trên tia đối của tia AB hoặc nằm trong cạnh AB, đồng thời F nằm trong cạnh AC hoặc nằm trên tia đối của tia AC. Vì thế, từ định nghĩa các điểm M, N, P suy ra E, M, N thẳng hàng và M, F, P thẳng hàng. 5 Do đó n n n( ) n1 12 2NMP AEF AFE BAC= + = . Suy ra: A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi n n1 2 NAP BAC= . (1) Tiếp theo, ta sẽ chứng minh n n1 2 NAP BAC= khi và chỉ khi d đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. (2) Không mất tổng quát, giả sử AB < AC. (3) • Điều kiện cần: Giả sử I ∈ d. Khi đó, từ (3) suy ra E nằm trên tia đối của tia AB và F nằm trong cạnh AC. Qua A, kẻ đường thẳng Ax (khác AC) tiếp xúc với (P). Ta sẽ chứng minh Ax tiếp xúc với (N). Thật vậy, gọi T, T1, T2, T3 lần lượt là tiếp điểm của (P) và Ax, CD, DF, FC. Gọi S là giao điểm của Ax và DF. Ta có: AT = AT3 , CT3 = CT1 , DT1 = DT2 và ST2 = ST. Do đó AS – SD = (AT – ST) – (DT2 – ST2) = AT3 – DT1 = AC – CD. (4) Vì I ∈ d nên D là tiếp điểm của (I) và cạnh BC. Suy ra AC – CD = AB – BD. (5) Từ (4) và (5) suy ra AS + BD = AB + SD. Vì thế ABDS là tứ giác ngoại tiếp. Suy ra Ax tiếp xúc với (N). Từ đó, ta có n n n n n n1 1 1 2 2 2 NAP NAx xAP BAx xAC BAC= + = + = . • Điều kiện đủ: Giả sử n n1 2 NAP BAC= . Xét hai trường hợp sau: - Trường hợp 1: E nằm trên tia đối của tia AB và F nằm trong cạnh AC. Qua A, kẻ tiếp tuyến Ax (khác AC) của (P) cắt DF tại S. Ta có n n n n n n1 1 1 2 2 2 NAx NAP xAP BAC xAC BAx= − = − = . Suy ra Ax tiếp xúc với (N). Do đó ABDS là tứ giác ngoại tiếp. Suy ra AS + BD = AB + SD. Hơn nữa, theo chứng minh ở phần trên, ta có AS – SD = AC – CD. (Xem (4)). Từ đó, ta được BD = AB + CD – AC. Suy ra 2BD = AB + BC – AC. Do đó BD = p – b, trong đó p = 2 AB BC CA+ + và b = AC. Suy ra BD = BK, trong đó K là tiếp điểm của (I) và cạnh BC. Từ đó, do D và K cùng nằm trong cạnh BC, suy ra D ≡ K. Vì vậy I ∈ d. - Trường hợp 2: E nằm trong cạnh AB và F nằm trên tia đối của tia AC. Khi đó, do (3) nên CD > CK. (∗) Mặt khác, dễ thấy, trong trường hợp này B đóng vai trò của C và C đóng vai trò của B, E đóng vai trò của F và F đóng vai trò của E, (N) đóng vai trò của (P) và (P) đóng vai trò của (N) trong trường hợp trước. Vì thế, theo chứng minh trên, ta phải có CD = CK, mâu thuẫn với (∗). Mâu thuẫn nhận được cho thấy trường hợp này không thể xảy ra. Vậy, (2) được chứng minh. Từ (1) và (2) hiển nhiên ta có điều phải chứng minh theo yêu cầu của đề bài. ■ Bài 7. Ta sẽ chứng minh khẳng định của bài ra bằng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại các đa thức với hệ số thực G(x, y) và H(x, y), khác đa thức hằng, sao cho ( , ) ( , ). ( , )P x y G x y H x y= , (1) 6 trong đó ( , ) n nP x y x xy y= + + , n N∗∈ . Viết G(x, y) và H(x, y) dưới dạng các đa thức của x: 1 1 1 0( , ) ( ). ( ). ... ( ). ( ) m m m mG x y g y x g y x g y x g y − −= + + + + , m N∈ ; 1 1 1 0( , ) ( ). ( ). ... ( ). ( ) k k k kH x y h y x h y x h y x h y − −= + + + + , k N∈ ; trong đó ( ), 0,ig y i m= , và ( ), 0,jh y j k= , là các đa thức với hệ số thực của y. Từ (1) suy ra: + m + k = n, (2) + Với n ≥ 2, ( ), ( )m kg y h y là các đa thức hằng và do đó chúng không là bội của y. (3) Từ (3), do G(x, y) và H(x, y) khác đa thức hằng nên nếu n ≥ 2 thì m, k ≥ 1. (4) • Xét n = 1. Khi đó, theo (2), ta có m + k = 1. Suy ra m = 0 và k = 1, hoặc m = 1 và k = 0. Giả sử m = 0 và k = 1. (Trường hợp m = 1 và k = 0 xét tương tự). Khi đó, ta có 0 1 0 0( 1) ( ). ( ) ( ). ( )y x y g y h y x g y h y+ + = + . Suy ra 0 1 0( )( ( ) ( )) 1g y h y h y− = . Vì thế, 0 ( )g y là đa thức hằng, mâu thuẫn với giả thiết G(x, y) khác đa thức hằng. • Xét n ≥ 2. Gọi i0 và j0 là các chỉ số bé nhất sao cho 0 ( )ig y và 0 ( )jh y là các đa thức không là bội của y. Dễ thấy, hệ số của 0 0i jx + trong khai triển của G(x, y). H(x, y) là 0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 1 1 1 1 0( ). ( ) ( ). ( ) ... ( ). ( ) ( ). ( ) ... ( ). ( )i j i j i j i j i jg y h y g y h y g y h y g y h y g y h y+ + − + − ++ + + + + + Từ định nghĩa của i0 và j0 suy ra hệ số trên không chia hết cho y. Vì thế, từ (1), với lưu ý rằng P chỉ có duy nhất hệ số của xn không chia hết cho y, suy ra i0 + j0 = n. Do đó i0 = m và j0 = k. Kết hợp với (4) suy ra phải có m = 1 hoặc k = 1, vì nếu trái lại, m, k > 1, thì từ việc cân bằng hệ số của x ở hai vế của (1) ta sẽ có y = 20 1 1 0( ). ( ) ( ). ( )g y h y g y h y y+ # , là điều vô lí. Giả sử m = 1. (Trường hợp k = 1 xét tương tự). Khi đó, ta có 1 20 2 1 0( ( ))( ( ). ... ( ). ( )) n n n n nx xy y ax g y bx h y x h y x h y − − −+ + = + + + + + , (5) trong đó a, b là các hằng số thực, với ab = 1. Từ (5) ta được 0 0( ). ( ) ny g y h y= . Suy ra 0 ( )g y = ' sa y , trong đó s N ∗∈ , s ≤ n và 'a là một hằng số thực khác 0. Đặt 'ac a = − , ta có c ≠ 0. Thế x = scy vào (5), ta được 1 0n sn s nc y cy y++ + ≡ . (6) + Nếu s = 1 và n = 2 thì từ (6) ta được 2 2( 1) 0c c y+ + ≡ . Suy ra 2 1 0c c+ + = , là điều vô lí. + Nếu s = 1 và n > 2 thì từ (6) ta được 2( 1) 0n nc y cy+ + ≡ , là điều vô lí (vì c ≠ 0). + Nếu s ≥ 2 và n ≥ 2 thì sn > n và sn > s + 1. Do đó (6) là điều vô lí, vì c ≠ 0. • Vậy, tóm lại, điều giả sử ban đầu là sai và vì thế ta có điều đề bài yêu cầu chứng minh. ■