Tiêu đề Đề Thi Olympic Toán Trại Hè Phương Nam 2015 [Đáp Án].pdf ✅

1.2 Đề thi lần 2 Năm 2015 tại Thành phố Thủ Dầu Một, Bình Dương. Trường THPT Chuyên Hùng Vương. Đề thi Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f(x, y) = 3xy − 7y2 x + y7 x2 + y4 x8 ; x > 0, y > 0. Bài 2. Ứng với mỗi số nguyên dương n, gọi v(n) là số các cặp nguyên dương (x, y) sao cho 1 x + 1 y = n. Xác định n ∈ {2000, 2001, . . . , 3000} để v(n) = 5. Bài 3. Hỏi mệnh đề sau có đúng không: Giả sử x, y là các số thực sao cho y ≥ 0 và y(y + 1) ≤ (x + 1)2 thì khi đó y(y − 1) ≤ x2 ? Bài 4. Cho tam giác nhọn ABC với trực tâm H và W là điểm trên cạnh BC. Gọi M, N là chân các đường cao tương ứng của tam giác ABC hạ từ B, C. Xét các đường tròn ω1 và ω2 ngoại tiếp tam giác BW N và CW N tương ứng. Gọi X, Y là các điểm nằm trên ω1 và ω2 sao cho XW và Y W lần lượt là đường kính của ω1 và ω2 tương ứng. Chứng minh các điểm X, Y, H thẳng hàng. Bài 5. Xác định các bộ số (a, b, c) sao cho hàm số f(x) = ax2 + bx + c thỏa mãn các điều kiện � |f(x)| ≤ 1, ∀x ∈ [0, 1] f(x) ≥ 17, ∀x ≥ 2 .
Lời giải chi tiết Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: f(x, y) = 3xy − 7y2 x + y7 x2 + y4 x8 ; x > 0, y > 0. Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta được 3xy + y7 x2 + y4 x8 + 1 + 1 ≥ 7 �7 x−7y14 = 7y2 x . Suy ra f(x, y) ≥ −2. Do đó giá trị nhỏ nhất cần tìm là −2. Dấu bằng xảy ra khi xy = y7 x2 = y4 x8 = 1 hay x = y = 1. � Bài 2. Ứng với mỗi số nguyên dương n, gọi v(n) là số các cặp nguyên dương (x, y) sao cho 1 x + 1 y = n. Xác định n ∈ {2000, 2001, . . . , 3000} để v(n) = 5. Lời giải. Ta có 1 x + 1 y = n ⇔ n(x + y) = xy ⇔ (x − n)(y − n) = n2 . Với mỗi ước của n2 , ta chọn được duy nhất 1 cặp (x; y) thỏa mãn đẳng thức và ngược lại. Do đó để v(n) = 5 thì số ước nguyên tố của n2 là 5. Không mất tính tổng quát, giả sử n = pα1 1 · · · pαk k . Khi đó số ước nguyên tố của n2 sẽ là (2α1 + 1)(2α2 + 1)· · ·(2αk + 1) = 5. Với lưu ý rằng αi ≥ 1 thì ta suy ra được n = p2 với p là số nguyên tố và 2000 ≤ p2 ≤ 3000 nên n = 472 = 2209. � Bài 3. Hỏi mệnh đề sau có đúng không: Giả sử x, y là các số thực sao cho y ≥ 0 và y(y + 1) ≤ (x + 1)2 . Khi đó y(y − 1) ≤ x2 . Lời giải. Nếu y ≤ 1 thì mệnh đề đúng. Giả sử tồn tại y ≥ 1 sao cho y(y + 1) ≤ (x + 1)2 và y(y − 1) > x2 . Khi đó ta có (x + 1)2 ≥ y(y + 1) = y(y − 1) + 2y > x2 + 2y ⇔ 2x + 1 > 2y. Mặt khác ta có 4x2 < 4y(y − 1) < (2x + 1)(2x − 1) = 4x2 − 1, vô lý. Do đó, giả sử phản chứng là sai nên mệnh đề đã cho luôn đúng. �
Bài 4. Cho tam giác nhọn ABC với trực tâm H và W là điểm trên cạnh BC. Gọi M, N là chân các đường cao tương ứng của tam giác ABC hạ từ B, C. Xét các đường tròn ω1 và ω2 ngoại tiếp tam giác BW N và CW N tương ứng. Gọi X, Y là các điểm nằm trên ω1 và ω2 sao cho XW và Y W lần lượt là đường kính của ω1 và ω2 tương ứng. Chứng minh các điểm X, Y, H thẳng hàng. Lời giải. Gọi L là chân đường cao hạ từ A và Z là giao điểm thứ 2 của ω1 và ω2 khác W. Ta sẽ đi chứng minh X, Y, Z và H nằm trên cùng một đường thẳng. Do ∠BNC = ∠BMC = 90o nên các điểm B, C, N và M cùng nằm trên một đường tròn, kí hiệu là ω3. Mặt khác, xét trục đẳng phương của các cặp đường tròn, ta có ω1 ∩ ω2 = W Z, ω1 ∩ ω3 = BN, ω2 ∩ ω3 = CM, nên W Z, BN, CM đồng quy tại A và X, Y, Z thẳng hàng do ∠W ZX = ∠XZY = 90o . Mặt khác AH · AL = AN · AB = AZ · AW nên suy ra tam giác AHZ đồng dạng tam giác ALW, kéo theo AW ⊥ HZ. Vậy nên X, H, Y thẳng hàng. � Bài 5. Xác định các bộ số (a, b, c) sao cho hàm số f(x) = ax2 + bx + c thỏa mãn các điều kiện � |f(x)| ≤ 1, ∀x ∈ [0, 1] f(x) ≥ 17, ∀x ≥ 2 .
Lời giải. Thay x lần lượt bởi 0, 1 và 2, ta thu được các bất đẳng thức sau    c ≤ 1 (1) a + b + c ≤ 1 (2) 4a + 2b + 2c ≥ 17 (3) Từ (1) và (3) suy ra 4a + 2b + 2 ≥ 4a + 2b + 2c ≥ 17 ⇒ 2a + b ≥ 8 (4). Từ (2), (3) và (4) suy ra 8 + b + 2c ≤ 2a + b + b + 2c = 2a + 2b + 2c ≤ 2 ⇒ b + 2c ≤ −6. (5). Mặt khác, thay x = 1 2 vào đề bài, ta được a + 2b + 4c ≥ −4 (6). Kết hợp với (2) ta suy ra b + 3c ≥ −5. Kết hợp đánh giá này với (5), suy ra c ≥ 1. Kết hợp với (1), ta được c = 1 và tất cả các dấu bằng ở (2), (3) đều xảy ra. Giải hệ ta tìm được a = 8 và b = −8. Thử lại, với f(x) = 8x2 − 8x + 1 thì f(x) − 17 = 8(x + 1)(x − 2) ≥ 0 với mọi x ≥ 2. Ngoài ra f(x) − 1 = 8x(x − 1) ≤ 0, ∀x ∈ [0; 1] và f(x) + 1 = 2(2x − 1)2 ≥ 0, ∀x ∈ [0; 1] nên ta cũng có |f(x)| ≤ 1, ∀x ∈ [0; 1]. Do đó, bộ ba số (a, b, c) = (8, −8, 1) thỏa mãn đề bài. �