Đề thi chọn học sinh giỏi bậc PTTH năm học 1999 - 2000 môn: Toán bảng A vòng 1

1 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000. ----------------------- ------------------------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG A VÒNG 1. SBD: (180 phút, không k ể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------- ----------------------------------------- Bài 1: ( 2.5 điểm) Cho phương trình: 5 2 4x 34x a (x 1)(x 33) 1      a/ Giải phương trình khi a = 64. b/ Tìm a để phương trình có nghiệm. Bài 2:(2.5 điểm) Cho hai số a1, b1 với 0 < b1 = 1a < 1. Lập hai dãy số (an), (bn) với n = 1, 2, .. theo quy tắc sau: n 1 n n 1 a (a b ) 2   , n 1 n 1 nb a .b  Tính: n n lim a và nnlim b . Bài 3:(2.5 điểm)Trong không gian cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng và ba điểm A, B, C ( khác điểm 0) lần lượt trên Ox, Oy, Oz. Dãy số (an) là một cấp số cộng có a1 > 0 và công sai d > 0. Với mỗi số n nguyên dương, trên các tia Ox, Oy, Oz theo thứ tự lấy các điểm An, Bn, Cn sao cho OA = an.OAn ; OB = an+1.OBn ; OB = an+2.OCn. Chứng minh các mặt phẳng (An, Bn, Cn ) luôn luôn đi qua một đường thẳng cố định. Bài 4:(2.5 điểm) Tập hợpM gồm hữu hạn điểm trên mặt phẳng sao cho với mọi điểm X thuộcM tồn tại đúng 4 điểm thuộcM có khoảng cách đến X bằng 1. Hỏi tập hợpMcó thể chứa ít nhất là bao nhiêu phần tử? 2 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000. ----------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN BẢNG A – VÒNG 1. Bài 1: (2.5 điểm) Câu a: ( 2 điểm) +(0.25 đ) Đặt u = 5 2x 34x a  v = 4 (x 1)(x 33)  +(0.25 đ) Ta có hệ 5 4u (u 1) a 33 (I). v u 1 0         +(1.00 đ) Hàm số f(u) = u5 – (u – 1)4 có f’(u) = 5u4 – 4(u – 1)3 > 0 u [1; + ), nên f(u) tăng trên [1; + ). +(0.50 đ) a = 64, f(u) = 31 = f(2) và f(u) tăng nên hệ (I) chỉ có một nghiệm: (u = 2,v = 1) từ đó ta có nghiệm của phương trình là: x = 17 257 . Câu b: ( 0.5 điểm) + f(u) tăng trên [1; + ) mà f(1) = 1 nên phương trình có nghiệm khi a – 33  1 hay a  34. Bài 2: (2.5 điểm) +(0.50 đ) Tính a2, b2 với 0 < b1 = 1a < 1 ta có thể chọn 0 < a < 2  sao cho: b1 = cosa, suy ra a1 = cos2a. 2 2 2 1 1 a a (cos a cos a) cos a(cosa 1) cosa.cos 2 2 2      2 2 a ab cos acos cosa cos acos 2 2   +(0.75 đ) Bằng quy nạp, chứng minh được: n n 1 n 1 a a a a cos acos ...cos cos (1) 2 2 2   n n 1a ab cos acos ...cos (2)2 2  +(0.75 đ) Nhân hai vế của (1) và (2) cho n 1 a sin 2  và áp dụng công thức sin2a được: n 1 n n n n n 1 n 1 a sin 2a.cos sin 2a2a , b a a2 .sin 2 .sin 2 2      . +(0.50 đ) Tính giới hạn: n n n n sin 2a sin 2alim a , lim b 2a 2a    Bài 3: (2.5 điểm) +(0.50 đ) Phát biểu và chứng minh mệnh đề: Nếu hai điểm X,Y phân biệt. Điều kiện cần và đủ để điểm S thuộc đường thẳng XY là tồn tại cặp số thực x, y thỏa: 3 OS xOX yOY x y 1         , với điểm O tùy ý. +(0.25 đ) Từ giả thiết: (an) là cấp số cộng công sai d > 0 nên: an+1 = an + d n 1 na a 1d d    . +(0.75 đ) áp dụng nhận xét trên, ta có: n 1 n n n a aOI OB OA d d     thì I  AnBn. và n n n 1 n n n 1OA a OA ; OB a OB ( do a ,a 0)        Thế vào trên ta được: OB OA 1OI AB , n=1,2... d d d        suy ra I cố định, nên đường thẳng AnBn luôn đi qua một điểm cố định I. +(0.50 đ) Tương tự, chứng minh được:  BnBn luôn đi qua một điểm cố định J xác định bởi: 1OJ BCd   .  AnCn luôn đi qua một điểm cố định K xác định bởi: 1OK AC2d   Vậy các đường thẳng AnBn, BnCn, AnCn lần lượt đi qua ba điểm I, J, K cố định. +(0.50 đ) Chứng minh ba điểm thẳng hàng: Ta có: 1OI AB d   , 1OJ BC d   , 1OK AC 2d   . Do đó: 1 1 1 1OK AC (AB BC) (d.OI d.OJ) (OI OJ) 2d 2d 2d 2               Vậy I, J, K thẳng hàng. Điều này chứng tỏ mặt phẳng AnBnCn luôn đi qua một đường thẳng cố định. Bài 4: (2.5 điểm) +(0.50 đ) Rõ ràng có ít nhất hai điểm P,Q thuộcM sao cho PQ  1. Ký hiệu : MP = {X M / PX = 1}. Từ giả thiết |MP| = 4 ta có: |Mp  Mq|  2. Nếu tồn tại P, Q sao cho |Mp  Mq|  1 thìM chứa ít nhất 9 điểm. +(1.50 đ) Trường hợp với mọi P,Q sao cho PQ  1 và |Mp  Mq| = 2. Khi đó Mp  Mq = {R,S}, lúc đó MP = {R,S,T,U} và Mq = {R,S,V,W} và giả sửM = {P,Q,R,S,T,U,V,W} ta có TQ  1, UQ  1, VP  1, WP  1.  Nếu TR,TS,UR,US khác 1: suy ra Mt Mq = Mu  Mq = {V,W} suy ra T hay U trùng với Q, vô lý.  Nếu TR,TS,UR,US có một số bằng 1: Không giảm đi tính tổng quát, giả sử TV = 1 lúc đó TS  1 và TV = 1 hay TW = 1. Giả sử TV = 1 lúc đó TW 1 suy ra TU = 1, và Mt = {P,R,U,V} và Mu = {P,T,V,W} lúc đó UTV, RPT,UTV là các tam giác đều cạnh 1, ta có hình 1. Điều này mâu thuẫn vì VR>2. +(0.50 đ) VậyM chứa ít nhất là 9 điểm. Dấu bằng xảy ra với hình2. VậyM có thể chứa ít nhất là 9 điểm. A4 A8 A6 A5 A9 A7 A1 A2 A3V T R U P 4 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000. ----------------------- ------------------------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG A VÒNG 2. SBD: (180 phút, không k ể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------- ----------------------------------------- Bài 1: ( 2.5 điểm) Chứng minh rằng nếu 3 số thực a, b, c thỏa mãn: |a| + |b| + |c| 2 thì hàm số 5 4 3 2x x x xy a b c x 5 4 3 2      không có cực trị. Bài 2: ( 2.5 điểm) Kí hiệu Hn là tập hợp các đa thức bậc n dạng: n 1 n i i i i 0 f (x) x a x , a R      Chứng minh:   n n 1f H x 1;1 1Min Max | f (x) | 2     Bài 3: ( 2.5 điểm) Cho tam giác ABC có góc A nhọn. M là điểm di động trên BC. P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AC. Tìm tập hợp các điểm S không phụ thuộc mặt phẳng (ABC) sao cho: g(SA,PQ) = g(SP,AQ) = g(SQ,AP). ( ký hiệu g(a,b) là góc giữa hai đường thẳng a, b) Bài 4: ( 2.5 điểm) Cho parabol (P): y2 = 2x và đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 12 = 0. Chứng minh rằng có vô số tam giác với ba đỉnh trên (P) mà các cạnh tiếp xúc với (C). 5 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000. ----------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN BẢNG A – VÒNG 2. Bài 1: (2.5 điểm) +(0.25 đ) f(x) = y’ = x4 + ax3 + bx2 + cx + 1 , với |a| + |b| + |c| 2 . +(0.50 đ) |f(x)|  |x4 + 1| - |ax3 + bx2 + cx|  x4 + 1 - |x|(|a||x3| + |b||x2| + |c||x|) +(1 đ) Nếu |x|  1 thì |xk|  1 (k  Z+) do đó: (|a||x3| + |b||x2| + |c||x|)  |a| + |b| + |c| 2 . Suy ra: - |x|(|a||x3| + |b||x2| + |c||x|)  2 | x | Suy ra: |f(x)|  x4 2 | x | + 1 mà 4 0 u 1 1Min(u 2 2u 1) 0 4      Nên |f(x)| > 0 x, |x|  1. +(0.50 đ) Nếu |x| >1. Đặt 1t x  thì |t| < 1 . Theo trên ta suy ra được: |f(x)| = 2 3 441 |1 at bt ct t | 0t      +(0.25 đ) Tóm lại y’>0,  xR nên hàm số không có cực trị. Bài 2: (2.5 điểm) +(0.25 đ) Xét đa thức Trêbưsép T(x) = cos(n.arccosx). +(0.50 đ) Chứng minh T(x) là đa thức bậc n có hệ tử bậc n là 2n – 1. Chứng minh bằng quy nạp dựa vào công thức: cosnt + cos(n-1)t = 2cost.cos(n-1)t. +(0.50 đ) Do đó: nn 1 T(x) H 2   . Ta có n 1 n 1 T(x) 1Max 2 2   . Nếu tồn tại f(x)  Hn sao cho n 11f (x) 2  , x[-1;1]. Lúc đó ta xét g(x) = f(x) - n 1 T(x) 2  đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng n – 1, g(x) đổi dấu n + 1 lần tại các điểm cosk/n, k = 0, n . +(0.50 đ) Do đó n 1 1Maxf (x) 2   . Vậy   n n 1f H x 1;1 1Min Max | f (x) | 2     . Bài 3: (2.5 điểm). +(0.75 đ) Với tứ diện ABCD ta chứng minh: g(AB,CD) = g(AD,BC) = g(AC,BD)  ABCD và ADBC, ACBD. Thật vậy ta có đẳng thức: AB.CD AC.DB AD.BC 0        . Từ đó nếu: g(AB,CD) = g(AD,BC) = g(AC,BD) =  thì (AB.CD + 1AC.DB + 2AD.BC)cos = 0 Với 1, 2 nhận giá trị 1 hay -1. Mặt khác ta có bất đẳng thức đối với các cạnh của tứ diện là: AB.CD + 1AC.DB + 2AD.BC  0, nên  = 90o. +(0.50 đ) g(SA,PQ) = g(SP,AQ) = g(SP,AQ) = g(SQ,AP) = 90 0 khi và chỉ khi hình chiếu S lên (ABC) là trực tâm tam giác APQ. +(1 đ) Đặt BM/BC = t. Gọi E, F là hình chiếu của B và C lên AC, AB. Ta có: MH MP MQ MB BP MC CQ            mà ta có: BP tBE, CQ (1 t)CE, MB (1 t)BC, BH BM MH tBF (1 t)BE                    +(0.25 đ) Suy ra: EH BH BE tEF      . Tập hợp các điểm H là đoạn EF. Vậy tập hợp các điểm S là dải mặt phẳng ở giữa hai đường thẳng a, b lần lượt đi qua E, F và vuông góc mặt phẳng (ABC). 6 Bài 4: (2.5 điểm). +(0.25 đ) Đường tròn (C) có tâm I(4,0), bán kính R = 2. +(0.50 đ) Lấy A(x1 ; y1), B(x2 ; y2) tùy ý ( y1 y2) thuộc (P), phương trình đường thẳng AB là: AB: (y - y1)(x2 - x1) = (y2 - y1)(x - x1) Do A, B  (P) nên 21 1y 2x , 22 2y 2x do đó: AB: 2x – (y1 + y2)y + y1.y2 = 0. +(0.50 đ) Tìm điều kiện tiếp xúc: AB tiếp xúc (C) 2 21 2 1 2 1 22 1 2 | 8 y y | 2 (8 y y ) 4 4 (y y ) (1) 4 (y y )           . +(0.25 đ) Tượng tự, nếu C(x3 ; y3) thuộc (P) và y1  y3 , ta có: AC tiếp xúc (C) 2 21 3 1 3(8 y y ) 4 4 (y y ) (2)       . +(0.5 đ) Do đó nếu AB và AC tiếp xúc (C) ta được (1) và (2). Điều này chứng tỏ y1 và y3 là hai nghiệm của phương trình ẩn y: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1(8 y y) 4 4 (y y) hay (y 4)y 8y y 48 4y 0 (3)           +(0.25 đ) Với y1   2, (3) là phương trình bậc hai có ’ > 0 nên (3) luôn có hai nghiệm y2 và y3: 1 2 3 2 1 8yy y 4 y    và 2 1 2 3 2 1 48 4yy .y y 4   +(0.25 đ) Do đó, thế vào ta được: 2 22 3 2 3(8 y y ) 4 4 (y y )      . Vậy theo điều kiện tiếp xúc ta được BC tiếp xúc (C). Và từ các kết quả trên chứng tỏ rằng có vô số tam giác thỏa đề bài. 7 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000. ----------------------- ------------------------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG B VÒNG 1. SBD: (180 phút, không k ể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------- ----------------------------------------- Bài 1: (2.5 điểm) Giải và biện luận phương trình theo tham số m: (lgcosx)2 – mlgcos2x – m2 + 2 = 0. Bài 2: (2.5 điểm) Cho phương trình: 5 2 4x 34x a (x 1)(x 33) 1      a/ Giải phương trình khi a = 64. b/ Tìm a để phương trình có nghiệm. Bài 3: (2.5 điểm) Cho tứ diện ABCD có diện tích các tam giác ADB và ADC là Sb và Sc. Mặt phẳng phân giác của nhị diện tạo bởi hai mặt (ADB) và (ADC) cắt BC tại M.  là góc giữa hai mặt (ADB) và (ADC). Chứng minh: a/ b c SMB MC S  b/ Diện tích Sm của tam giác ADM là: b c m b c 2S .S .cos 2S S S    . Bài 4: (2.5 điểm) Cho hai số a1, b1 với a1 = cos2 8  , b1= cos 8  . Lập hai dãy số (an), (bn) với n = 1, 2, ... theo quy tắc sau: n 1 n n 1 a (a b ) 2   , n 1 n 1 nb a .b  Tính: n n lim a và nnlim b . SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH 8 THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000. ----------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN BẢNG B – VÒNG 1. Bài 1: (2.5 điểm) (lgcosx)2 – mlgcos2x – m2 + 2 = 0 (1) +(0.50 đ) Điều kiện: cosx > 0 k2 x k2 , k Z. 2 2           Đặt t = lgcosx. Phương trình trở thành: 2 2t 2mt m 2 0 (2) t 0       Xét tam thức bậc hai f(t) = 2 2t 2mt m 2 0    có: a = 1, S/2 = m, ’ = 2(m2-1), f(0)=-m2+2. +(0.25 đ) Trường hợp 1: t = 0 là nghiệm của (2).Khi đó ta có m = 2 . + m = 2 : (2) t 0 hay t = 2 2  nên (1) lgcosx = 0 cosx = 1x =2k, kZ. + m =- 2 : (2) t 0 hay t = -2 2  nên (1)  -2 2 x 2klg cos x 0 , k Z. lg cos x 2 2 x arccos10 2k             +(0.25 đ) Trường hợp 2: Phương trình (2) có 2 nghiệm t1, t2 khác 0 (t1  t2): 2 2 1 2t m 2(m 1) ; t m 2(m 1)      Với điều kiện (1) có nghiệm nên ta chỉ cần xét 2 trường hợp sau: a/ t1  t2 < 0; b/ t1< 0 < t2. +(0.50 đ) a/ t1  t2 < 0 2 2 ' 0 2(m 1) 0 S/ 2 0 m 0 2 m 1 f (0) 0 m 2 0                    . Khi đó (2) có hai nghiệm t1, t2 âm nên (1) có các họ nghiệm: 2m 2(m 1)x arccos10 2k ,k Z      . +(0.50 đ) b/ t1 <0< t2 af(0) < 0 -m2 + 2 < 0 m 2 hay m 2    . Khi đó (1) lgcosx = t1 2m- 2(m 1)x arccos10 2k ,k Z      . +(0.50 đ) Kết quả: + m 2  : (1) có nghiệm: 2m- 2(m 1)x arccos10 2k , k Z     . + m 2  : (1) có nghiệm: x=2k ; -2 2x arccos10 2k ,k Z     + 2<m<-1 : (1) có nghiệm: 2m 2(m 1)x arccos10 2k ,k Z      + m = -1: (1) có nghiệm x arccos0,1 2k , k Z     . + 1<m< 2 : (1) vô nghiệm. + m 2 : (1) có nghiệm x=2k , kZ. + m 2 : (1) có nghiệm: 2m- 2(m 1)x arccos10 2k ,k Z     . Bài 2: (2.5 điểm) Câu a: ( 2 điểm) +(0.25 đ) Đặt u = 5 2x 34x a  v = 4 (x 1)(x 33)  +(0.25 đ) Ta có hệ 5 4u (u 1) a 33 (I). v u 1 0         9 +(1.00 đ) Hàm số f(u) = u5 – (u – 1)4 có f’(u) = 5u4 – 4(u – 1)3 > 0 u [1; + ), nên f(u) tăng trên [1; + ). +(0.50 đ) a = 64, f(u) = 31 = f(2) và f(u) tăng nên hệ (I) chỉ có một nghiệm: (u = 2,v = 1) từ đó ta có nghiệm của phương trình là: x = 17 257 . Câu b: ( 0.5 điểm) + f(u) tăng trên [1; + ) mà f(1) = 1 nên phương trình có nghiệm khi a – 33  1 hay a  34. Bài 3: ( 2.5 điểm) Câu a: (1 điểm) + (0.25 đ) Do M ở trên mặt phẳng phân giác của góc nhị diện cạnh AD nên khoảng cách từ M đến hai mặt phẳng (ADB), (ADC) bằng nhau và kí hiệu là d. +(0.75 đ) Do đó: b bADBM ADCM c c S .d SVMB dt(DBM) MC dt(DCM) V S .d S    Câu b: (1.5 điểm) + (0.75 đ) Tính công thức thể tích tứ diện: b c ABCD c c c 2S .S .sin1 1 1 sinV S .BH S .BK.sin S .BK.AD. 3 3 3 AD 3AD      + (0.75 đ) ABCD ADBM ADCMV V V  , áp dụng công thức tính thể tích trên ta suy ra: b m c m b c 2S .S .sin 2S .S .sin2S .S .sin 2 2 3AD 3AD 3AD      Rut gọn, được: b c m b c 2S .S .cos 2S S S    . Bài 4: (2.5 điểm) +(0.50 đ) Tính a2, b2 : 2 2 2 1 1 a (cos cos ) cos (cos 1) cos .cos 2 8 8 2 8 8 8 16           2 2b cos cos cos cos cos8 16 8 8 16       +(0.75 đ) Bằng quy nạp, chứng minh được: n 2 n na cos cos ...cos cos (1)2.4 2 .4 2 .4 2 .4     n 2 nb cos cos ...cos (2)2.4 2 .4 2 .4    +(0.75 đ) Nhân hai vế của (1) và (2) cho n sin 2 .4  và áp dụng công thức sin2a được: n n n n n n n sin .cos sin 4 2 .4 4a , b 2 .sin 2 .sin 2 .4 2 .4       . +(0.50 đ) Tính giới hạn: n n n n 4sin 4sin 4 4lim a , lim b       . H K A D S M C 10 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000. ----------------------- ------------------------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG B VÒNG 2. SBD: (180 phút, không k ể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------- ----------------------------------------- Bài 1: (2.5 điểm) Với n là số nguyên dương. Giải phương trình: n 1 1 1 ... 0 sin 2x sin 4x sin 2 x     Bài 2: (2.5 điểm) A, B, C là ba góc của một tam giác. Chứng minh: sin A sin B sin C1 2 sin B sin C sin C sin A sin A sin B       Bài 3: (2.5 điểm) Cho hàm số f : Z Z  thỏa mãn đồng thời các điều kiện: (1) f(n + 1) > f(n) , nZ+. (2) f[f(n)] > n + 2000 , nZ+ a/Chứng minh: f(n + 1) = f(n) , nZ+. b/Tìm biểu thức f(n). Bài 4: ( 2.5 điểm) Cho parabol (P): y2 = 2x và đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 12 = 0. Chứng minh rằng có vô số tam giác với ba đỉnh trên (P) mà các cạnh tiếp xúc với (C). 11 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000. ----------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN BẢNG A – VÒNG 1. Bài 1: (2.5 điểm) +(0.50 đ) Điều kiện: sin2mx  0 2mx  k, kZ m k x , k Z (m = 1,n) 2    . +(0.50 đ) cos x cos 2x sin x 1cot gx cot g2x sin x sin 2x sin x.sin 2x sin 2x      +(0.25 đ) Do đó ta có công thức tổng quát: m 1 m m 1 cot g2 x cot g2 x sin 2 x    . +(0.75 đ) Phương trình đã cho trở thành: (cotgx – cotg2x) + (cotg2x – cotg4x) +...+ (cotg2n-1x – cotg2nx) = 0  cotgx – cotg2nx = 0 cotg2nx = cotgx n h x , h Z. 2 1   +(0.50 đ) So lại điều kiện ta có nghiệm: n h x ,h Z 2 1   với h  p(2 n – 1), p Z. Bài 2: (2.5 điểm) +(0.50 đ) Áp dụng định lý hàm số sin, bất phương trình cần chứng minh trở thành: a b c1 2 (1) b c c a a b       , với a, b, c là ba cạnh của một tam giác. +(0.50 đ) Với 0 0, ta có bất đẳng thức: x x x z (2) y z y y z    . +(0.50 đ) Chứng minh bất đẳng thức (2). +(1.00 đ) Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên: 0 < a < b + c; 0 < b < a + c; 0 < c < a + b n ên ta áp dụng được được bất đẳng thức (2) và ta có: a 2a a b c a b c     ; b 2b a b c a b c     ; c 2c a b c a b c     . Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được (1), nên bất đẳng thức đề cho được chứng minh. Bài 3: (2.5 điểm) Câu a (1.5 đ) +(0.5 đ) Vì f(n) Z+ nên từ giả thiết (1) ta được: f(n+1)  f(n) +1 , n  Z+. +(1.0 đ) Kết hợp giả thiết (2) ta được n  Z+: n + 2001 = (n+1)+2000 = f [f(n+1)]  f[f(n)] + 1 = n + 2001 do đó: f(n+1) = f(n) + 1, n  Z+. Câu b (1.0 đ) +(0.75 đ) f(n) = f(1) + n – 1, n  Z+ f{f(1)} = f(1) + f(1) – 1 Suy ra: 1 + 2000 = 2f(1) – 1 f(1) = 1001  f(n) = n + 1000, n  Z+. +(0.25 đ) Thử lại thỏa các điều kiện, nên f(n) = n + 1000, n  Z+. Bài 4: (2.5 điểm). +(0.25 đ) Đường tròn (C) có tâm I(4,0), bán kính R = 2. +(0.50 đ) Lấy A(x1 ; y1), B(x2 ; y2) tùy ý ( y1 y2) thuộc (P), phương trình đường thẳng AB là: AB: (y - y1)(x2 - x1) = (y2 - y1)(x - x1) 12 Do A, B  (P) nên 21 1y 2x , 22 2y 2x do đó: AB: 2x – (y1 + y2)y + y1.y2 = 0. +(0.50 đ) Tìm điều kiện tiếp xúc: AB tiếp xúc (C) 2 21 2 1 2 1 22 1 2 | 8 y y | 2 (8 y y ) 4 4 (y y ) (1) 4 (y y )           . +(0.25 đ) Tượng tự, nếu C(x3 ; y3) thuộc (P) và y1  y3 , ta có: AC tiếp xúc (C) 2 21 3 1 3(8 y y ) 4 4 (y y ) (2)       . +(0.5 đ) Do đó nếu AB và AC tiếp xúc (C) ta được (1) và (2). Điều này chứng tỏ y1 và y3 là hai nghiệm của phương trình ẩn y: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1(8 y y) 4 4 (y y) hay (y 4)y 8y y 48 4y 0 (3)           +(0.25 đ) Với y1   2, (3) là phương trình bậc hai có ’ > 0 nên (3) luôn có hai nghiệm y2 và y3: 1 2 3 2 1 8yy y 4 y    và 2 1 2 3 2 1 48 4yy .y y 4   +(0.25 đ) Do đó, thế vào ta được: 2 22 3 2 3(8 y y ) 4 4 (y y )      . Vậy theo điều kiện tiếp xúc ta được BC tiếp xúc (C). Và từ các kết quả trên chứng tỏ rằng có vô số tam giác thỏa đề bài.