Đề thi và bài giải đề thi học sinh giỏi môn Toán năm 2012 - 2013 tỉnh Quảng Trị

ĐỀ THI VÀ BÀI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 TỈNH QUẢNG TRỊ 
Người giải: Đào Văn Chánh, trường THPT Trần Quốc Tuấn, Hòa Định đông, Phú Hòa, PY. 
ĐT DD: 0904031902, Email: daovchanh@gmail.com 
VÒNG I 
Câu 1: Giải phương trình 3 33 6 6 6x x . 
Bài giải: Với x là nghiệm của phương trình trên, ta đặt 
33 33
1 2 1 3 2
3 3 33 3
4 3 5 4 1
6;, 6 , 6 6 ,
6 6 6 , 6 ,..., 6n n
u x u u x u u x
u u x u u u u
Xét dãy số 3 31 1: 6, 6 ( 1)n n nu u x u u n thì phương trình đã cho tương đương 1 4u u . 
Ta có 3 3 3 31 2 1 1 2 16 6n n n n n n n nu u u u u u u u cho nên dãy tăng hay giảm tùy thuộc vào 
2 1u u hay 2 1u u 
Nhận thấy 3 22 1 6 0 ( 2)( 2 3) 0 2u u x x x x x x . Lúc đó thì 4 1u u (mâu thuẫn với 
phương trình). Tương tự 2x cũng dẫn đến mâu thuẫn. Thử lại 2x là nghiệm của phương trình. 
Câu 2: Cho dãy số thực 
2
1 1
3 5 4
( ) : 1, ( 1)
2
n n
n n
u u
u u u n . Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều 
là các số nguyên dương. 
Bài giải: Trước hết ta xét hàm số 
2
2
3 5 4 3 5 2
( ) '( ) 0,
2 2 2 5 4 5
x x x
f x f x x
x
. Do đó hàm 
số tăng trong khoảng 
2
;
5
. Lấy 1 2 1 1 3 2 1 21 ( ) 2 1 ; ( ) ( ) ,....x u u f u u u f u f u u tương 
tự quá trình này ta được dãy số đã cho là dãy số tăng. 
Ta có 
2
2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 2 1 2 1
3 5 4
2 3 5 4 1 3 (1) 1 3 (2)
2
n n
n n n n n n n n n n n n
u u
u u u u u u u u u u u u
Lấy (2) trừ (1) vế theo vế, ta có 2 22 1 2 2 1 2 13 ( ) 3 3n n n n n n n n n n nu u u u u u u u u u u (*) (Do 
2n nu u (dãy ( )nu tăng)) 
Từ (*) ta có: 1 21, 2u u là các số nguyên thì 3u (>2) là số nguyên. 
2 3,u u là các số nguyên thì 4u là số nguyên (>2) 
Cứ tiếp tục quá trình trên, ta sẽ có mọi số hạng của dãy đều là các số nguyên (dương). (ĐPCM). 
Câu 3: Tìm tất cả các hàm số :f thỏa mãn 
( ) ( )
( ) ; , ,
2
xf y yf x
f xy f z z x y z . 
Bài giải: 
Lấy 0x y , ta có ( ( ))f f z z (1) 
Lấy 0y , ta có 
1
( ( )) (0)
2
f f z xf z (2) 
Từ (1) và (2) ta có (0) 0, (0) 0xf x f (3) 
Lấy 1, 0y z , ta có 
(1) ( )
( ) ( ) (1) . ( (1))
2
xf f x
f x f x xf a x a f 
Thay vào (1), ta có 2 , 1 ( )a z z z a f x x (Thỏa mãn yêu cầu bài toán) 
Câu 4: Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số đôi một phân biệt lấy từ tập 1;2;3;4;5;6;7;8 sao cho tích hai 
chữ số kề nhau của số đó là một số chẵn ? 
Bài giải: yêu cầu bài toán tương đương các chữ số chẵn và các chữ số lẻ xen kẽ lẫn nhau. 
Sắp các chữ số lẻ vào các vị trí 1,3,5,7: có 4! Cách 
Sắp các chữ số chẵn vào các vị trí 2,4,6,8: có 4! Cách 
Vậy có (4!)2 cách. Đáp số: 2. (4!)2 (số). 
Câu 5: Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Một đường thẳng đi qua H cắt AB 
và AC lần lượt tại M và N. 
Chứng minh rằng HM=HN khi và chỉ khi PM=PN (Với P là trung điểm của cạnh BC) 
Bài giải: Giả sử ta có HM=HN. Dựng đường cao AF (Qua H) 
Qua B dựng đường thẳng song song với MN. Cắt AF và AC tại K và G. Dùng 
định lý Thales Dễ dàng suy ra KB=KG. Từ đó ta có KP là đường trung bình của 
tam giác BGC hay KP //GC hay KG vuông góc với BH(BD). 
Xét tam giác BHP có HF và PK là hai đường cao nên suy ra BK cũng là đường 
cao hay là BK(BG) vuông góc với HP. 
Vậy HP là đường trung trực của đoạn MN nên PM=PN. 
Ngược lại. Giả sử PM=PN hay P nằm trên 
đường trung trực của đoạn thẳng MN. Lấy 
M’ và N’ là các điểm đối xứng với M và 
N qua P. 
Dễ dàng chứng minh được rằng MNM’N’là hình chữ nhật (hình bình hành có các 
đường chép bằng nhau). 
Đồng thời chúng ta cũng có MCM’B là hình bình hành (vì có hai đường chéo 
chắt nhau tại trung điểm mỗi đường) nên CM’//BMA suy ra CM’ vuông góc với 
CE (Do CE vuông góc với BA). 
Xét tứ giác HNCM’ có 0' ' 90HNM HCM nên nó nội tiếp, suy ra 
0' 180 'NHM NCM . 
Tương tự tứ giác HMBN’ cũng nội tiếp, suy ra 0' 180 'MHN MHN 
Mặt khác, dễ thấy ' 'NCM MBN ABC ACB nên ' ' ' 'NHM MHN NHM MHN HM HN 
VÒNG II 
Bài 1: Giải hệ phương trình : 2 2
2
2 ( )( 3 ) (1)
3 2 3 0 (2)
y x y y x
y y
x y
x x
 . 
G
K
N
M
P
H
D
E
F
A
B
C
N'
M'
N
M
P
H
D
E
F
A
B
C
Hệ tương đương 
2 2
2 2 3 2
2 3 2
( 0)
3 2 3 0
y x y xy
x
y y x x x y
 Nhận xét rằng 2 23 2x y xy có bậc là 2 và 
2 3 22 3y x x x y có bậc là 3. Để đưa về cùng bậc 3 (Thuần nhất) ta nhân (1) với 0y ): 
Hệ 
2 2 3 2
2 2 3 2
2 3 2
( 0)
3 2 3
y x y y xy
x
y y x x x y
2 3 2 2 3 2 3 2 2 3
3 2
3(3 2 ) 2( 2 3 )( 0) 2 3 2 3 0
2
3 2 3 2 0 1, 1,
3
x y y xy y x x x y x x x y xy y
y
t t t t t t t
x
Nếu 1t y x , thay vào (1), ta có 0y x (Loại) 
Nếu 1t y x , thay vào (1) , ta có 
1
0( ),
2
x loai x 
Nếu 
2 2
3 3
x
t y , thay vào (1) 
Bài 2: Cho tam giác ABC có góc 0120BAC . Chứng minh rằng khoảng 
cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC đến trực tâm của tam 
giác ABC bằng AB+AC. 
Bài giải: Bọi B’, C’ là các điểm đối xứng của B và C qua Tâm O (Tâm 
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). Ta dễ dàng chứng minh được rằng các 
đoạn HA, BC’, CB’, OO’ (O’ là trung 
điểm của cung nhỏ B’C’) cùng bằng 
bán kính R của đường tròn (O) và 
cùng vuông góc với BC. 
Suy ra HO=AO’. Bây giờ ta chứng 
minh AO’=AB+AC. 
Lấy D trên AO’ sao cho AD=AB. 
Ta có ABD là tam giác đều, từ đó suy 
ra hai tam giác BAC và BDO’ bằng 
nhau. Suy ra AO’=AB+AC. 
Vậy HO=AB+AC (ĐPCM) 
Bài 3: Cho các số dương 1 2, ,...., ( 2)nx x x n nằm trên một đoạn  có độ dài bằng 2. Chứng minh rằng 
1 2 1 2 2 3 1 1 2... 1 1 ... 1 ...n n nx x x x x x x x x x x x n . 
Bài giải: Trước hết, ta chứng minh rằng các căn đều có nghĩa. 
Nếu , ( , 1... )i jx x i j n đều là các số dương, hoặc là các số âm thì hiển nhiên 0 1i j i jx x x x có nghĩa. 
Nếu 0, 0( , 1... )i jx x i j n 
2min( ) ( 2) 2 1 1 0 1i j i j i jx x a a a a x x x x có nghĩa. 
Nếu có một 0 1 1i i jx x x (Có nghĩa) 
Bây giờ ta chứng minh 1 2 1 22 1x x x x 
Nếu 1 2 1 2 1 20 2 1x x x x x x 
O'
C' B'
H
B
O
C
A
D
O'
B
O
C
A
Nếu 1 2 0x x , ta có 
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 1 2 4 2x x x x x x x x x x (đúng do 
1 2, , 2 ( )x x a a a . 
Tóm lại ta luôn có 1 2 1 2 1 21, , ; 2 ( )x x x x x x a a a 
Tương tự, ta có 2 3 2 3 1 11,..., 1n nx x x x x x x x 
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có 1 2 1 2 2 3 1... 1 1 ... 1n nx x x x x x x x x 
Bất đẳng thức còn lại sẽ chứng minh được nếu ta có chứng minh được rằng 1 2 1 22 1 2x x x x 
Song bất đẳng thức là sai khi 1 2 2x x . Bất đẳng thức đã cho sẽ không đúng với 
1 21( 1.. ) ... 0(!)i nx i n x x x n 
Bài 4: Cho các dãy số 1 1 1 1
1 1
( ), ( ) : 1, 2; ; ( 1)n n n n n nn n n n
n n
a a b b a b
a b a b a b n
b a
 . Tính lim n
n
a
n
. 
Bài giải: Ta có 1 1
1
1 (1 )(1 ) 1 1 1
1
1 1 (1 )(1 )
n n n n n
n n
n n n n n n
a a b a b
a a
b b a a a b
(1) 
Tương tự ta cũng có 
1
1 1 1
1 1 (1 )(1 )n n n nb b a b
 (2) 
Từ (1) và (2) , ta có 
1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1n n n n n n n na a b b a b a b
1 1 1 1
7 11 1 1 1 1 1 1 1 1
...
1 1 1 1 1 1 2 3 6 5
n
n
n n n n n
a
b
a b a b a b a
 . Thay vào biểu thức 
1
1 n n n
n
n
a a b
a
b
, ta có 
2
1
6 5 5
( 1)
7 1
n n
n
n
a a
a n
a
 . 
Xét hàm số 
2 2
2
6 5 5 6(7 2 5) 5
( ) ' 0, ;
7 1 (7 1) 7
x x x x
y f x y x
x x
 , ta có 1 ( )n na f a 
2 1 1 3 2 1 2( ) (1) 2 1 ; ( ) ( ) ,....a f a f a a f a f a a Vậy dãy ( )na là dãy số tăng (Gồm các số >1) 
Bây giờ ta chứng minh rằng 5,na n . Thật vậy, dễ thấy 1 21 5, 2 5a a . Giả sử 5, 3,ka k k , ta có 
2
1
6 5 5
5 0 5
7 1
k k
k k
k
a a
a a
a
 (Vì 0ka ) (Đúng). Vậy 
1 5
1 5 nn
a
a n
n n n
. 
Suy ra lim 0n
n
a
n
Bài 5: Có bao nhiêu số tự nhiên có 2013 chữ số mà số các chữ số 0 xuất hiện là chẵn ? 
Bài giải: 
Trường hợp 1: có 0 chữ số 0: có 0 20132012 *9C số. 
Trường hợp 2: có 2 chữ số 0: có 2 20112012 *9C số. 
Trường hợp 3: có 4 chữ số 0: có 4 20092012 *9C số. 
Tóm lại số các số cần tìm là 0 2013 2 2011 4 2009 2013 2012 1 20112012 2012 2012 2012 2012.9 .9 .9 ... .9 ... .9 45.10
k kC C C C C