Đáp án chính thức đề thi HSG QG 2009

Giới thiệu Đáp án chính thức đề thi HSG QG 2009

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đáp án chính thức đề thi HSG QG 2009.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Đáp án chính thức đề thi HSG QG 2009

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán học sinh giỏi tại đây

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2009 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Câu 1. Điều kiện xác định của hệ phương trình: 0 ≤ x, y ≤ 1 . (*) 2 Nhận xét: Với điều kiện (*), ta có 1 1+ 2 x2 + 1 1+ 2 y 2 ≤ 2 1 + 2 xy . Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi x = y. Chứng minh: Theo bất đẳng thức Bu-nhia-côp-xki, ta có ⎛ 1 ⎜ + ⎜ 1+ 2 x2 ⎝ 2 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎟ ≤ 2⎜ + ⎟ 2 1+ 2 y 2 ⎠ 1 + 2 y 2 ⎟⎠ ⎝ 1+ 2 x 1 Dấu “ = ” xảy ra ⇔ 1 + 2 x 2 = 1 + 2 y 2 ⇔ x = y (do x, y ≥ 0). Tiếp theo, ta có 2( y − x ) 2 (2 xy − 1) 1 1 2 + − = ≤ 0 (do (*)) 1 + 2 x 2 1 + 2 y 2 1 + 2 xy (1 + 2 xy )(1 + 2 x 2 )(1 + 2 y 2 ) 1 1 2 + ≤ Suy ra: 1 + 2 x 2 1 + 2 y 2 1 + 2 xy Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = y . Từ (1) và (2), ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra ⇔ đồng thời xảy ra dấu ” = ” ở (1) và (2) ⇔ x = y. Từ Nhận xét suy ra hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình ⎡ 9 − 73 x= y= ⎧x = y ⎢ ⎪ 36 ⎨ x (1 − 2 x ) + y (1 − 2 y ) = 2 ⇔ ⎢ ⎢ 9 73 + ⎪⎩ 9 ⎢x = y = 36 ⎣ Vậy, hệ phương trình đã cho có tất cả 2 nghiệm là hai cặp số (x ; y) vừa nêu trên. (1) (2) ■ Chú ý: Có thể chứng minh rằng với x, y ∈ [0; 1/2], phương trình thứ nhất của hệ tương đương với phương trình x = y, bằng cách khảo sát hàm số f dưới đây trên đoạn [0; 1/2]: 1 1 2 , + − f ( x) = 2 2 1 + 2 xy 1+ 2 x 1+ 2 y trong đó y được coi là một điểm cố định thuộc đoạn [0; 1/2]. Câu 2. Từ định nghĩa dãy (xn) dễ thấy xn > 0 ∀n ≥ 1. Viết lại hệ thức xác định dãy (xn) dưới dạng: 2 xn − xn − 1 = xn2 − 1 + 4 xn − 1 (1) ∀n ≥ 2. Từ đó suy ra: xn −1 = xn2 − xn xn −1 ∀n ≥ 2. 1 1 1 = − ∀n ≥ 2 (do xn ≠ 0 ∀n ≥ 2, theo (*)). 2 xn −1 xn xn Vì thế, với mọi n ≥ 2, ta có Dẫn tới: (2) 1 yn = n 1 1 = 2 + 2 xi x1 ∑ i =1 ⎛ 1 1⎞ 1 1 1 1 − − =6− . ⎜ ⎟⎟ = 2 + ∑ ⎜x xi ⎠ x1 xn xn x1 i = 2 ⎝ i −1 n ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ Từ (2) và (1) dễ dàng suy ra ⎜ ⎟ là một dãy giảm, bị chặn dưới bởi 0. Do đó, ⎜ ⎟ là dãy hội tụ và ⎝ xn ⎠ ⎝ xn ⎠ 1 từ (2) ta được lim ■ = 0 . Suy ra (yn) là dãy hội tụ và lim yn = 6 . xn Câu 3. 1/ Xét tam giác AFM, ta có: n n + FAM n = 900 − EFI n + FAM n = 900 − ECI n + FAM n AMF = 1800 − MFA ( ) ( l l l ⎛C A⎞ B n. = 900 − ⎜ + ⎟ = = IBA ⎜2 ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ Lại có: n NIM = n AIB (đối đỉnh). Suy ra: ∆IMN ∼ ∆IBA. ) ( C N F (*) H Vì thế, hạ IH ⊥ MN, ta được: MN IH IH n = sin α . = = = sin EFI BA ID IF 2 Do đó: MN = BA.sin α 2 = const. ) I A P D M E B 2/ Dễ thấy các điểm F và D đối xứng với nhau qua đường thẳng AM. Kết hợp điều này với (*), ta n = IBD n . Do đó, tứ giác IMBD là tứ giác nội tiếp. được: IMD n = 900 , hay tam giác BMA vuông tại M. Vì thế, gọi P là trung điểm của AB, ta có Suy ra BMA n = 2 BAM n = BAC n. BPM Do các điểm E và D đối xứng với nhau qua đường thẳng BN nên với lưu ý tới (*) ta được: n = 2 INM n = 2 IAB n = BAC n. MND n = MND n . Suy ra, bốn điểm M, N, D, P cùng nằm trên một đường tròn. Điều đó Vì thế, ta có BPM chứng tỏ đường tròn ngoại tiếp ∆DMN luôn đi qua điểm cố định P – trung điểm của đoạn thẳng AB. Câu 4. Với mỗi số nguyên dương n, đặt Tn = a n + b n + c n . Theo giả thiết, Tn ∈ Z ∀n ≥ 1. Ta sẽ chứng minh các số p = – (a + b + c), q = ab + bc + ca và r = – abc thỏa mãn điều kiện của bài toán. Thật vậy, theo định lí Vi-et đảo, các số a, b, c là 3 nghiệm của phương trình x3 + px2 + qx + r = 0. Hơn nữa, do p = – T1 nên p ∈ Z. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh q, r ∈ Z. Dễ thấy, ta có các biểu diễn dưới đây của Tn qua p, q, r : T1 = − p T2 = p 2 − 2 q (1) T3 = − p 3 + 3 pq − 3r (2) Tn + 3 = − pTn + 2 − qTn + 1 − rTn ∀n ≥ 1. (3) Do T2, p ∈ Z nên từ (1) suy ra 2q ∈ Z. Từ (2) suy ra 2pT3 = – 2p4 + 6p2q – 6pr. Từ đó, với lưu ý tới (4), dễ dàng suy ra 6pr ∈ Z. Ở (3), cho n = 1 ta được: T4 = – pT3 – qT2 – rT1 = p4 – 4p2q + 4pr + 2q2. Suy ra 3T4 = 3p4 – 12p2q + 12pr + 6q2. Từ đó, với lưu ý tới (4) và (5), suy ra 6q2 ∈ Z. Kết hợp với (4), ta được q ∈ Z. (4) (5) 2 m , m ∈ Z. (6) 3 Mặt khác, từ (3) ta có: rTn ∈ Z ∀n ≥ 1. Kết hợp với (6), ta được mTn ≡ 0(mod 3) ∀n ≥ 1. (7) – Nếu tồn tại n sao cho (Tn , 3) = 1 thì từ (7) suy ra m ≡ 0(mod 3). Vì thế r ∈ Z. – Xét trường hợp Tn ≡ 0(mod 3) ∀n ≥ 1. Khi đó, do p = T1 ≡ 0(mod 3) và T3 ≡ 0(mod 3) nên từ (2) dễ dàng suy ra r ∈ Z. Bài toán được chứng minh. ■ Vì thế, từ (2) suy ra 3r ∈ Z. Do đó r phải có dạng: r = Chú ý: Có thể chứng minh 6q2 ∈ Z bằng cách sử dụng (1), (2) và hệ thức 2 q 2 = − T4 + T22 + 4 rT1 . Câu 5. Với mỗi n ∈N*, kí hiệu dn là số cần tìm theo yêu cầu của đề bài. Xét bảng ô vuông kích thước 2 x n. Điền vào các ô vuông con của bảng, lần lượt từ trên xuống dưới, từ trái qua phải, các số từ 1 đến 2n. (Xem Hình 1). Gọi ô thứ n của hàng 1 và ô thứ 1 của hàng 2 là hai ô đặc biệt. Khi đó, hai số a, b ∈ T thỏa mãn |a – b| ∈ {1; n} khi và chỉ khi chúng nằm ở hai ô kề nhau hoặc ở 2 ô đặc biệt. 1 2 n+1 n +2 ………. n–1 n ………. 2n – 1 2n Hình 1 Vì thế, dn chính bằng số cách chọn một số ô của bảng (kể cả số ô được chọn bằng 0) mà ở mỗi cách không có hai ô kề nhau hoặc hai ô đặc biệt được chọn. Với mỗi n ∈N*, kí hiệu: + kn là số cách chọn mà ở mỗi cách không có hai ô kề nhau được chọn; (*) + sn là số cách chọn mà trong các ô được chọn ở mỗi cách có 2 ô đặc biệt và không có hai ô kề nhau. Ta có: dn = kn – sn. • Trước hết, ta tính kn. Dễ thấy, tất cả các cách chọn ô thỏa mãn điều kiện (*) bao gồm: + kn – 1 cách chọn mà ở mỗi cách không có ô nào thuộc cột thứ 1 của bảng được chọn; + 2tn – 1 cách chọn mà ở mỗi cách đều có ô thuộc cột thứ 1 của bảng được chọn ; trong đó, tn là số cách chọn ô thỏa mãn điều kiện (*) từ bảng khuyết đơn 2 x n. (Xem Hình 2). ……… (1) Do đó kn = kn – 1 + 2tn – 1. ……… x Lại có, tất cả các cách chọn ô thỏa mãn điều kiện (*) từ bảng khuyết Hình 2 đơn 2 x n bao gồm: + kn – 1 cách chọn mà ở mỗi cách ô đánh dấu “x” không được chọn; + tn – 1 cách chọn mà ở mỗi cách ô đánh dấu “x” đều được chọn. Vì thế: tn = kn – 1 + tn – 1. (2) Từ đó và (1) suy ra: kn = kn – 1 + 2(kn – 2 + tn – 2) = 2kn – 1 + kn – 2 ∀n ≥ 3. (3) Bằng cách đếm trực tiếp, ta có: k1 = 3 và k2 = 7. 2 Hệ thức truy hồi (1) có phương trình đặc trưng: x – 2x – 1 = 0. ( Suy ra: kn = C1 1 + 2 ) n Dựa vào (3), ta tìm được: C1 = Vậy kn (1 + 2 ) = n +1 ( + 1− 2 ( + C2 1 − 2 ) n ∀n ≥ 1. (4) 1+ 2 1− 2 và C2 = . 2 2 2 ) n +1 . (5) • Tiếp theo, ta tính sn. 3 Dễ thấy, s1 = 0, s2 = s3 = 1 và với n ≥ 4 ta có: sn = hn – 2, trong đó hn là số cách chọn ô thỏa mãn điều kiện (*) từ bảng khuyết kép 2 x n. (Xem Hình 3). A ……… ……… Hình 3 Do s3 = 1, đặt h1 = 1. Bằng cách đếm trực tiếp, ta có h2 = 4. Xét n ≥ 3. Dễ thấy, tất cả các cách chọn ô thỏa mãn điều kiện (*) từ bảng khuyết kép 2 x n bao gồm: + kn – 2 cách chọn mà ở mỗi cách cả 2 ô A và B đều không được chọn; + 2tn – 2 cách chọn mà ở mỗi cách có đúng một trong 2 ô A, B được chọn; + hn – 2 cách chọn mà ở mỗi cách cả 2 ô A và B cùng được chọn. ∀n ≥ 3. Do đó hn = kn – 2 + 2tn – 2 + hn – 2 = kn – 1 + hn – 2. ∀n ≥ 3. Từ (2) và (6) suy ra 2hn – kn = 2hn – 2 – kn – 2 n Dẫn tới 2hn – kn = (–1) ∀n ≥ 1. Vì thế sn = hn − 2 = kn − 2 + ( −1) n − 2 2 • Vậy d1 = 3, d2 = 6 và d n = (6) ∀n ≥ 3. 2 kn − kn − 2 + ( −1) n − 3 trong đó kn được xác định theo (5). B 2 ∀n ≥ 3, ■ 4
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top