Đề và lời giải môn Toán chuyên thi vào trường phổ thông năng khiếu từ năm 1996 đến năm 2016 - Nguyễn Tăng Vũ

156 trang dichphong 3160

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề và lời giải môn Toán chuyên thi vào trường phổ thông năng khiếu từ năm 1996 đến năm 2016 - Nguyễn Tăng Vũ", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

de_va_loi_giai_mon_toan_chuyen_thi_vao_truong_pho_thong_nang.pdf

Nội dung text: Đề và lời giải môn Toán chuyên thi vào trường phổ thông năng khiếu từ năm 1996 đến năm 2016 - Nguyễn Tăng Vũ

NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Suy ra mỗi cách đều tồn tại một cách chọn dấu +, − thỏa đề bài. TH4: S = 10 = 1 + 2 + 3 + 4. Suy ra có một cách thỏa đề bài. b) Ta chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau: Cho n các số nguyên dương thỏa 1 ≤ ak ≤ k thỏa Sn = a1 + + an chẵn. Khi đó tồn tại số có dạng ±a1 ± a2 ± an bằng 0. Khi n = 2 ta có a1 + a2 chẵn, suy ra a1 = a2 = 1. Suy ra a1 − a2 = 0. Giả sử bài toán đúng với k ≤ n. Ta chứng minh bài toán đúng với n + 1. Ta có Sn+1 = a1 + + an + an+1 chẵn. Ta có 0 ≤ |an − an+1| ≤ n. Nếu an − an+1 = 0 ta áp dụng giả thiết quy nạp với n − 1 số a1, , an−1 ta có điều cần chứng minh. Nếu an −an+1 6= 0. Áp dụng giả thiết quy nạp với n số a1, a2, , an−1, |an − an+1| ta thấy a1 + + an+1 chẵn nên a1 + + an−1 + |an − an+1| chẵn. Suy ra tồn tại số có dạng ±a1±a2 ±|an−an+1| = ±a1±a2 ±an+1 bằng 0. Bài 4 a) Cho góc vuông xAy và đường tròn (C) tâm O tiếp xúc với Ax và Ay lần lượt tại P và Q. d là một tiếp tuyến thay đổi của (C). Gọi a, p, q lần lượt là khoảng cách từ A, P, Q đến d. Chứng minh rằng khi d thay a2 đổi thì không đổi. pq b) Khẳng định trên còn đúng không nến xAy không phải là góc vuông? Vì sao? Hướng dẫn www.star-education.net 67 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 C L H D K Q O B A P QL CQ PK BP a)Ta có = , = . AH AC AH AB QL.P K CQ.BP Suy ra = . AH2 AC.AB Đặt AB = c, AC = b, AP = AQ = r. a2 bc Suy ra = pq (b − r)(c − r) Ta có AB2 + AC2 = BC2, suy ra b2 + c2 = (b + c − 2r)2 ⇔ bc − 2rb − 2rc + 2r2 = 0 bc hay 2(b − r)(c − r) = bc, suy ra = 2. (b − r)(c − r) a2 Vậy = 2 không đổi. pq o 2 2 2 Nếu ∠BAC 90 . Ta chứng minh được BC = AB +AC +2AB.AC cos(180 − ∠BAC) o 2 2 2 TH1: ∠BAC < 90 . Ta có BC = AB + AC − 2.AB.AC cos ∠BAC = 2 2 2 b + c − 2bc cos ∠A = (b + c − 2AP ) www.star-education.net 68 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 bc Suy ra 2(b − AP )(c − AP ) = bc(1 + 2 cos A). Suy ra = ∠ (b − AP )(c − AP ) 2 không đổi. 1 + 2 cos ∠A o Tương tự cho trường hợp ∠BAC > 90 . Bài 5 a) Cho a, b, c là 3 số không âm thỏa điều kiện a2 +b2 +c2 ≤ 2(ab+bc+ac) (1) √ √ √ Chứng minh rằng a + b + c ≤ 2( ab + bc + ac) (2) Hỏi từ (2) có thể suy ra (1) được không? Vì sao? b) Cho a, b, c là 3 số không âm thỏa điều kiện (1) và p, q, r là các số thỏa điều kiện p + q + r = 0. Chứng minh apq + bqr + crp ≤ 0. Hướng dẫn a) Ta có a2 + b2 + c2 ≤ 2(ab + bc + ac) ⇒ (a + b + c)2 ≤ 4(ab + √ √ √ √ √ √ bc + ac) ≤ (2 ab + 2 bc + 2 ac)2. Suy ra a + b + c ≤ 2( ab + bc + ac). Với a = 1, b = 4, c = 16 thì a, b, c thỏa (2) nhưng không thỏa (1). Vậy từ (2) không thể suy ra (1). b)Ta có r = −p−q, suy ra apq+bqr+cqr = apq+bq(−p−q)+cp(−q−p) = (a − b − c)pq − bq2 − cp2 (1) Từ a2 + b2 + c2 ≤ 2(ab + bc + ac), suy ra (a − b − c)2 ≤ 4bc, suy ra √ |a − b − c| ≤ 2 bc. √ Ta có bq2 + cp2 ≥ 2|pq| bc ≥ 2|pq||a − b − c| ≥ 2pq(a − b − c). Suy ra 2pq(a − b − c) − bq2 − cp2 ≤ 0 (2) Từ (1) và (2) ta có điều cần chứng minh. www.star-education.net 69 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 6 - Năm 2001 Bài 1 a) Tìm số nguyên dương a nhỏ nhất sao cho a chia hết cho 6 và 2000a là số chính phương. b) Tìm số nguyên dương b nhỏ nhất sao cho b − 1 không là bội của 9, b là bội của bốn số nguyên tố liên tiếp và 2002b là số chính phương. Hướng dẫn a) Đặt a = 6m. Khi đó 2000a = 25.53.3k là số chính phương khi lũy thừa đều có số mũ chẵn. Do đó 2000a là số chính phương và nhỏ nhất khi và chỉ khi k = 2.3.5 = 30. Suy ra a = 180. b) Đặt b = abcd là tiếp 4 số nguyên tố liên tiếp. Suy ra 2002b = 2.7.11.13abcd là số chính phương. 1 1 Bài 2 Cho x, y là các số thực sao cho x+ và y+ đều là các số nguyên. y x 1 a) Chứng minh x2y2 + là số nguyên. x2y2 1 b) Tìm tất cả các số nguyên n sao cho xnyn + là số nguyên. xnyn 1 xy + 1 1 xy + 1 Hướng dẫn a) Đặt a = x + = , b = y + = là các số y y x x nguyên. (xy + 1)2 (xy + 1)2 Suy ra a2 = , b2 = y2 y2 (xy + 1)4 Suy ra a2b2 = x2y2 1 (x2y2 + 1)2 − 2x2y2 (x2y2 + 1)2 Ta có x2y2 + = = − 2. x2y2 x2y2 x2y2 Mà (x2y2 + 1)2 = ((xy + 1)2 − 2xy)2 = (xy + 1)4 − 4xy(xy + 1)2 + 4x2y2. 1 4(xy + 1)2 Do đó x2y2 + = a2b2 +4− −2 = a2b2 +2−4ab là số nguyên. x2y2 xy 1 b) Đặt S = xnyn + . Ta chứng minh S nguyên với mọi n ≥ 1 bằng n xnyn n quy nạp. www.star-education.net 70 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 1 Ta có S = xy + = ab − 2 là số nguyên. Theo câu a ta có S nguyên. 1 xy 2 Giả sử Sk nguyên với k = n − 1, n. Ta chứng minh Sn+1 nguyên. Thực vậy 1 1 1 1 xn+1yn+1 + = xy + xnyn + − xn−1yn−1 + xn+1yn+1 xy xnyn xn−1yn−1 = (ab − 2) Sn − Sn−1 nguyên vì Sn,Sn−1 nguyên theo giả thiết quy nạp. Vậy Sn nguyên với mọi n. Bài 3 a) Cho a, b là các số dương thỏa ab = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 4 thức: A = (a + b + 1)(a2 + b2) + . a + b 1 1 1 b) Cho m, n là các số nguyên thỏa + = . Tìm giá trị lớn nhất 2m 2n 3 của B = mn. Hướng dẫn a) Ta có a2 +b2 = (a+b)2 −2ab = (a+b)2 −2. Đặt t = a+b ta √ 4 4 có a + b ≥ 2 ab = 2. Khi đó A = (t + 1)(t2 − 2) + = t3 + t2 − 2t − 2 + = t t 4 (t2 − 3)(t + 1) + 1 + t + . t 4 Ta có (t2 − 3)(t + 1) ≥ 3, t + ≥ 4. Do đó A ≥ 8, đẳng thức xảy ra khi t t = 2 hay a = b = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 8 khi a = b = 1. b) Theo đề bài ta có 2mn = 3(m + n) ⇔ (2m − 3)(2n − 3) = 9. Vì m, n là các số nguyên nên ta tìm được các cặp giá trị m, n thỏa là (−3, 2), (2, −3), (2, 6), (6, 2), (3, 3). Suy ra B = mn lớn nhất khi m = 2, n = 6 hoặc m = 6, n = 2. Bài 4 Cho hai đường tròn C1(O1,R1) và C2(O2,R2) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm A. Hai điểm B, C lần lượt di động trên C1,C2 sao cho ∠BAC = 90o. www.star-education.net 71 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 a) Chứng minh trung điểm M của BC luôn thuộc một đường tròn cố định. b) Hạ AH⊥BC. Tìm tập hợp điểm H. Chứng minh rằng độ dài đoạn 2R R AH không lớn hơn 1 2 . R1 + R2 c) Phát biểu và chứng minh các kết quả tương tự như câu a) và câu b) trong trường hợp C1,C2 tiếp xúc trong với nhau tại điểm A. Hướng dẫn Q C M H1 B P H E I A O1 O2 P 0 H2 Q0 o o a) Ta có ∠BAC = 90 , suy ra ∠O1AB + ∠O2AC = 90 , suy ra ∠AO1B + o ∠AO2C = 180 . Suy ra O1B||O2C. Tứ giác O1BCO2 là hình thang. Gọi I là trung điểm O1O2, ta có IM là đường trung bình, suy ra IM = 1 1 (O B + O C) = O O . Suy ra tam giác O MO vuông tại M. Vậy M 2 1 2 2 1 2 1 2 thuộc đường tròn đường kính O1O2. b) Giả sử R1 ≤ R2. TH1: R1 < R2. Gọi E là giao điểm của BC và O1O2, EO1 O1B R1 R1(R1 + R2) ta có = = . Suy ra O1E = , E cố định. Suy ra EO2 O2C R2 R2 − R1 H thuộc đường tròn đường kính AE. Ta thấy E chính là giao điểm hai tiếp tuyến chung ngoài của (O1), (O2). Từ 0 0 0 0 E vẽ hai tiếp tuyến chung là EP Q, EP Q . Trong đó P, P ∈ (O1), Q, Q ∈ 0 (O2). Khi đó tia EB thuộc miền trong của góc ∠P EP . Gọi H1,H2 là giao www.star-education.net 72 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 điểm của đường tròn đường kính AE với EP, EP 0. Suy ra H thuộc cung H1H2. Quỹ tích của H là cung H1H2 của đường tròn đường kính AE. Ta có AH ≤ AH1. AH AE Mà 1 = . O2Q EO2 R1(R1 + R2 2R1R2 Mà EA = EO1 + O1A = + R1 = và EO2 = EA + R2 − R2 R2 − R1 2R1R2 R2(R1 + R2) AO2 = + R2 = . R2 − R1 R2 − R1 EA 2R1R2 2R1 2R1R2 Suy ra = = . Suy ra AH1 = . Vậy EO2 R2(R1 + R2) R1 + R2 R1 + R2 2R R AH ≤ 1 2 . R1 + R2 TH2: R1 = R2. Khi đó O1BCO2 là hình bình hành. Quỹ tích của H là đoạn thẳng H1H2 là tiếp tuyến chung d tại A của (O1), (O2). Trong đó 0 0 H1,H2 là giao điểm của d với tiếp tuyến chung ngoài P Q, P Q . 2R1R2 Ta có AH ≤ AH1 = R1 = R1 = . R1 + R2 Bài 5 Giải hệ phương trình √ √ √ √ √ √ x + 1 + x + 3 + x + 5 = y − 1 + y − 3 + y − 5 x + y + x2 + y2 = 80 Hướng dẫn Từ phương trình (1), nhân lượng liên hiệp ta có x − y + 6 = 0 hay x = y − 6. √ √ 5 5 − 7 5 5 + 5 Kết hợp với (2) ta có x = , y = . 2 2 www.star-education.net 73 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 7 - Năm 2002 √ Bài 1 Cho phương trình x − x + 1 = m (1) trong đó m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m = 1. b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. √ √ Hướng dẫn a) Khi m = 1 ta có phương trình: x− x + 1 = 1 ⇔ x + 1 = x − 1 ⇔ x + 1 = x2 − 2x + 1(x ≥ 1) ⇔ x = 0(l), x = 3(n). √ b) Đặt t = x + 1, ta có phương trình: t2 − t − m − 1 = 0(∗). Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt 2 dương, tức là ∆ = 1 + 4(m + 1) > 0,S = x1 + x2 = 1 > 0,P = x1x2 = −5 −m − 1 > 0 ⇔ < m < −1. 4 Bài 2 Cho các số x, y, z là các số nguyên thỏa phương trình x2 +y2 = z2. a) Chứng minh rằng trong hai số x, y có ít nhất một số chia hết cho 3. b) Chứng minh rằng tích xy chia hết cho 12. Hướng dẫn a) Ta có tính chất sau: Một số chính phương khi chia cho 3 dư 0 hoặc dư 1. Nếu x, y không chia hết cho 3 thì x2 + y2 chia 3 dư 2, vô lý vì z2 chia 3 dư 0 hoặc 1. Vậy trong hai số x, y phải có 1 số chia hết cho 3. b)Theo câu a, ta chỉ cần chứng minh xy chia hết cho 4. Ta có tính chất: Bình phương của một số nguyên chia 4 dư 0 hoặc dư 1. Nếu x, y không chia hết cho 4 thì x2 + y2 chia 4 dư 2 (vô lý vì z2 chia 4 dư 0 hoặc 1). Suy ra có ít nhất một trong 2 số x, y là số chẵn. Nếu x, y cùng chẵn thì xy chia hết cho 4. Suy ra xy chia hết cho 12. Nếu x chẵn, y lẻ khi đó z lẻ. Đặt y = 2m + 1, z = 2n + 1. Suy ra x2 = www.star-education.net 74 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 z2 − y2 = 4m(m + 1) − 4n(n + 1) chia hết cho 8. Suy ra x chia hết cho 4. Do đó xy chia hết cho 4. Vậy xy chia hết cho 12 Bài 3 Cho đường tròn (C) đường kính BC = 2R và điểm A thay đổi trên (C) (A không trùng với B, C). Đường phân giác trong góc A của tam giác ABC cắt (C) tại K (K 6= A). Hạ AH vuông góc với BC. a) Đặt AH = x. Tính diện tích S của tam giác AHK theo R và x. Tìm x để S đạt giá trị lớn nhất. b) Chứng minh rằng khi A thay đổi, tổng AH2 + HK2 luôn là một đại lượng không đổi. AH r3 c) Tính góc của tam giác ABC biết rằng = . HK 5 Hướng dẫn A H O C B F K Gọi F là hình chiếu của K trên AH. Ta có OKF H là hình chữ nhật, suy √ √ 1 ra KF = OH = OA2 − AH2 = R2 − x2. Suy ra S = AH.KF = AHK 2 1 √ x R2 − x2. 2 √ 1 1 Áp dụng bđt Cauchy ta có: x R2 − x2 ≤ (x2 + R2 − x2) = R2. Suy ra 2 2 www.star-education.net 75 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 1 2 2 2 2 R SAHK ≤ R . Đẳng thức xảy ra khi x = R − x hay x = √ . 4 2 R Vậy SAHK đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x = √ . 2 b) Ta có AH2 + HK2 = AH2 + OH2 + OK2 = OA2 + OK2 = 2R2 không đổi. √ AH r3 R 3 c) Ta có AH2 + HK2 = 2R2 và = , suy ra AH = . √ HK 5 2 AH 3 Suy ra sin AOB = = , suy ra AOB = 60o. Từ đó ta có ∠ OA 2 ∠ o o ∠ABC = 60 , ∠ACB = 30 . 1 1 1 Bài 4 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + = b + = c + . b c a a) Cho a = 1, tìm b, c. b) Chứng minh rằng nếu a, b, c đôi một khác nhau thì a2b2c2 = 1. c) Chứng minh rằng nếu a, b, c đều dương thì a = b = c. 1 1 1 1 Hướng dẫn a) Khi a = 1 ta có 1 + = b + , = c. Khi đó 1 + = 2b ⇔ b c b b −1 2b2 − b − 1 = 0 ⇔ b = 1, c = 1 và b = , c = −2. 2 1 1 b − c c − a b) Từ đẳng thức đã cho ta có a − b = − = , b − c = , c − a = c b bc ac a − b (a − b)(b − c)(c − a) . Nhân 3 đẳng thức lại ta có (a−b)(b−c)(c−a) = . ab a2b2c2 Mặt khác do a, b, c đôi một khác nhau nên (a − b)(b − c)(a − c) 6= 0. Suy ra a2b2c2 = 1. 1 1 c) Giả sử a > b. Suy ra − = a − b > 0, suy ra b > c, suy ra c b 1 1 − = b − c > 0. Suy ra c > a. Ta có a > b > c > a vô lý. Tương a c tự cho a c > b > a (vô lý). Do đó a = b, suy ra b = c. Ta có a = b = c. www.star-education.net 76 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Bài 5 Trong một giải bóng đá có N đội tham gia thi đấu theo thể thức vòng tròn một lượt (hai đội bất kỳ đều gặp nhau đúng một lần). Sau mỗi trận đấu, thắng được 3 điểm, đội thua không được điểm nào, còn nếu trận đấu có kết quả hòa thì mỗi đội được 1 điểm. Các đội xếp hạng dựa theo tổng điểm. Trong trường hợp một số đội có tổng điểm bằng nhau thì các đội này được xếp hạng theo chỉ số phụ. Kết thúc giải người ta nhận thấy rằng không có trận đấu nào kết thúc với tỉ số hòa; các đội xếp nhất, nhì, ba có tổng điểm lần lượt là 15, 12, 12 và tất cả các đội xếp nhau có tổng điểm đôi một khác nhau. a) Chứng minh rằng N ≥ 7. b) Tìm N và tổng điểm của mỗi đội tham gia giải. N(N − 1) Hướng dẫn Ta có tổng số trận là T = . Suy tổng số điểm của 2 3N(N − 1) các đội là S = . Ta có S > 15 + 12 + 12 ⇔ N 2 − N − 26 > 0. 2 Suy ra N ≥ 6. Nếu N = 6 ta có đội hạng nhất toàn thắng 5 trận. Nên thắng hai đội hạng nhì. Hai đội hạng nhì thắng 4 trận còn lại, thắng đội hạng 3. Do đó đội hạng 3 không thể thắng 4 trận. Do đó không có 12 điểm. Mâu thuẫn. Vậy N ≥ 7. Do không có kết quả hòa nên số điểm là một số chia hết cho 3. Các đội còn lại có số điểm khác nhau. Suy ra số điểm thuộc {0, 3, 6, 9, 12}. Suy ra N ≤ 8. Nếu N = 8 thì các điểm đó là 0, 3, 6, 9, 12. Suy ra S = 39 + 12 + 9 + 6 + 3 6= 3.8(8 − 1) (vô lý). 2 Do đó N = 7. Số đội còn lại là 4, tổng số điểm của các đội còn lại là 63 − 39 = 24 điểm. Suy ra số điểm các đội còn lại là 0, 3, 9, 12. www.star-education.net 77 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 8 - Năm 2003 Bài 1 a) Chứng minh rằng phương trình (a2 − b2)x2 + 2(a3 − b3)x + a4 − b4 = 0 luôn có nghiệm với mọi a, b. x + y + xy = 5 b) Giải hệ phương trình (x + 1)3 + (y + 1)3 = 35 Hướng dẫn a) Nếu a2 = b2 ⇔ a = b hoặc a = −b. TH1: a = b ta có phương trình 0x = 0 có nghiệm với mọi x. TH2: b = −a, ta có phương trình 4a3x = 0 có nghiệm với mọi a. Nếu a2 6= b2. Xét ∆0 = (a3 − b3)2 − (a2 − b2)(a4 − b4) = a6 − 2a3b3 + b6 − (a6 + b6 − a2b4 − a4b2) = 2a2b2(a − b)2 ≥ 0. Do đó phương trình luôn có nghiệm. b) Đặt a = x+1, b = y+1, ta có hệ ab = 6(1), a3 +b3 = 35(2). Từ (1) và (2) ta có (a+b)3−3ab(a+b) = 35 ⇔ (a+b)3−18(a+b)−35 = 0 ⇔ a+b = 5(3). Từ (2) và (3) ta có a = 3, b = 2 hoặc a = 2, b = 3. Từ đó giải được nghiệm (x, y) là (2, 1), (1, 2). Bài 2 2n+1 n+1 2n+1 a) Với mỗi số nguyên dương n, đặt an = 2 − 2 + 1, bn = 2 + n+1 2 +1. Chứng minh rằng với mọi n thì anbn chia hết cho 5 và an +bn không chia hết cho 5. b) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương đôi một khác nhau sao cho tích của chúng bằng tổng của chúng. n 2n+1 n+1 2n+1 n+1 2n+1 2 Hướng dẫn a) anb = (2 −2 +1)(2 +2 +1) = (2 +1) − (2n+1)2 = 42n+1 + 2.22n+1 + 1 − 22n+2 = 42n+1 + 1. Ta có 4 ≡ −1( mod 5), suy ra 42n+1 ≡ −1( mod 5). Suy ra 42n+1 +1 ≡ 0( mod 5). www.star-education.net 78 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Vậy anbn chia hết cho 5 với mọi n. 2n+1 n+1 n+1 Ta có an + bn = 2.2 + 2 = 4 + 2. Ta có 4 ≡ −1, 1( mod 5). Suy n+1 ra 4 + 2 ≡ 1, 3( mod 5). Vậy an + bn không chia hết cho 5 với mọi n. 1 1 1 b) Gọi x, y, z là ba số cần tìm. Ta có x + y + z = xyz ⇔ + + = 1. xy yz xz 1 1 Không mất tính tổng quát giả sử z = min{x, y, z}. Ta có 1 = + + xy yz 1 3 ≤ , suy ra z2 ≤ 3. Suy ra z = 1. Khi đó x + y + 1 = xy ⇔ xz z2 (x − 1)(y − 1) = 2. Giải ra được x = 3, y = 2 hoặc x = 2, y = 3. Vậy bộ ba số cần tìm là (1, 2, 3). Bài 3 Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AA1. Hạ A1H⊥AB và A1K⊥AC. Đặt A1B = x, A1C = y. a) Gọi r và r0 là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC và tam r0 giác AHK tương ứng. Hãy tính tỷ số theo x, y suy ra giá trị lớn r nhất của tỷ số đó. b) Chứng minh rằng tứ giác BHKC nội tiếp đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó theo x, y. Hướng dẫn A K E H D C A B 1 I 2 a)Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có AA1 = A1B.A1C = www.star-education.net 79 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 √ xy, suy ra AA1 = xy. r0 HK Ta có ∆AHK ∼ ∆ACB, suy ra = . r BC √ Tứ giác AHA1K là hình chữ nhật, suy ra HK = AA1 = A1B.A1C = √ xy. √ r0 xy 1 Suy ra = ≤ . Đẳng thức xảy ra khi x = y. r x + y 2 r0 1 Vậy giá trị lớn nhất của bằng khi x = y hay tam giác ABC vuông r 2 cân. b) Ta có ∠AHK = ∠BAA1 = ∠ACB, suy ra tứ giác BHKC nội tiếp. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác. Gọi E, D lần lượt là trung điểm HK, BC. Ta có IE⊥HK, ID⊥BC. Mặt khác AD⊥HK,√ AE⊥BC. Suy ra ADIE là hình bình hành. Suy ra ID = 1 xy AE = AA = . 2 1 2 √ 1 Suy ra IB = ID2 + BD2 = px2 + y2 + 3xy. 2 Bài 4 a) Cho đường tròn (C) tâm O và một điểm A khác O nằm trong đường tròn. Một đường thẳng thay đổi qua A nhưng không đi qua O cắt (C) tại M, N. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN luôn đi qua một điểm cố định. b) Cho đường tròn (C) tâm O và một đường thẳng d nằm ngoài đường tròn. I là một điểm di động trên d. Đường tròn đường kính IO cắt (C) tại M, N. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Hướng dẫn a) Gọi D là giao điểm của (BOC) và AO. Vẽ tiếp tuyến AP đến (O). Ta có AB.AC = AP 2 = OA2 −OP 2 không đổi. Mà AD.AO = AB.AC, suy ra AD.AO không đổi, A, O cố định nên D cố định. www.star-education.net 80 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 C B A D O b)Đường thẳng qua O vuông góc với d cắt d tại H và cắt MN tại E. Gọi D là giao điểm của OI và MN. Ta có ∆ODE ∼ ∆OHI, suy ra OE.OH = OD.OA. Hơn nữa OD.OI = OM 2 . Suy ra OE.OH = OM 2không đổi, mà O, H cố định, suy ra E cố định. M O D E N I H www.star-education.net 81 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Bài 5 a) Cho một bảng vuông 4 × 4. Trên các ô của hình vuông này, ban đầu người ta ghi 9 số 1 và 7 số 0 một cách tùy ý (mỗi ô một số). Với mỗi phép biến đổi bảng, cho phép một hàng hoặc một cột bất kỳ trên hàng hoặc cột được chọn đổi đồng thời các số 0 thành số 1, các số 1 thành số 0. Chứng minh rằng sau một số hữu hạn các phép biến đổi như vậy, ta không thể đưa bảng ban đầu về bảng toàn các số 0. b) Ở vương quốc "Sắc màu kỳ ảo" có 45 hiệp sĩ: 13 hiệp sĩ tóc đỏ, 15 hiệp sĩ tóc vàng và 17 hiệp sĩ tóc xanh. Khi hai hiệp sĩ có màu tóc khác nhau gặp nhau thì tóc của họ lập tức đổi sang màu tóc thứ ba (ví dụ khi hiệp sĩ tóc đỏ gặp hiệp sĩ tóc vàng thì cả hai đổi sang tóc xanh). Hỏi có thể xảy ra trường hợp sau một số hữu hạn lần gặp nhau như vậy ở "Sắc màu kỳ ảo" tất cả các hiệp sĩ đều có cùng màu tóc không? Vì sao? Hướng dẫn a) Giả sử trong một dòng có x số 1 và 4 − x số 0. Sau một phép biến đổi bảng thì có 4 − x số 0 và x số 1. Khi đó số số 1 thay đổi |x − (4 − x)| = |2x − 4| là mộ số chẵn. Lúc đầu có 9 số 1 thì sau một số phép biến đổi bảng thì số số 1 cũng là một số lẻ, nên bảng không thể chỉ còn toàn số 0. b) Gọi x, y, z là số hiệp sĩ tóc đỏ, tóc vàng và tóc xanh trong một thời điểm nào đó. Sau khi gặp nhau thì tóc đổi màu,khi đó nếu hiệp sĩ tóc đỏ và vàng gặp nhau thì số hiệp sĩ sau đó lần lượt là: x − 1, y − 1 và z + 2. Tương tự cá trường hợp khác ta nhận thấy rằng, sau khi hai hiệp sĩ gặp nhau thì số dư của x − y, x − z, y − z khi chia cho 3 vẫn không đổi (1). Do đó lúc đầu x − z chia 3 dư 1, x − y chia 3 dư 1, y − z chia cho 3 dư 2(2). Giả sử sau khi gặp nhau tất cả hiệp sĩ có cùng màu tóc thì x−y, y−z, x−z chia hết cho 3. Điều này không xảy ra theo (1) và (2). Vậy sau hữu hạn lần gặp nhau thì tất cả các hiệp sĩ không thể có cùng www.star-education.net 82 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 màu tóc. www.star-education.net 83 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 9 - Năm 2004 Bài 1 √ x + y + 5 = 1(1) a) Giải hệ phương trình √ y + x + 5 = 1(2) b) Cho các số x, y thỏa |x| 0, suy ra |1 + xy| = 1 + xy. Trường hợp 1. xy ≥ 0. Suy ra |x| + |y| = |x + y| ≥ 0 và 1 + yx ≥, suy ra |x + y| |x| + |y| ≥ . |1 + xy| Trường hợp 2: xy < 0, giả sử x < 0 < y. Ta có bất đẳng thức tương đương:(y − x)(1 + xy) ≥ |y + x|. Nếu y + x ≥ 0 ta có (y − x)(1 + xy) ≥ y + x ⇔ x(y2 − xy − 2) ≥ 0 (đúng vì x < 0 và y2 ≤ 1, −xy ≤ 1). Nếu x + y < 0 ta có (y − x)(1 + xy) ≥ −x − y ⇔ y(y2 − xy + 2) ≥ 0(đúng www.star-education.net 84 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 vì y > 0, 2 − xy > 0. c) Giả sử phương trình có nghiệm x1, x2, theo định lý Viete ta có x1 +x2 = 2 (m − 1) , x1x2 = m, suy ra x1, x2 ≥ 0. Nếu m = 0 ta có phương trình x2 − x = 0 ⇔ x = 0, x = 1 phương trình có hai nghiệm nguyên. Nếu m > 0 khi đó x1, x2 > 0, suy ra x1, x2 ≥ 1. 2 Ta có (x1 −1)(x2 −1) ≥ 0 ⇔ x1x2 ≥ x1 +x2 −1. Suy ra m ≥ (m−1) −1 ⇔ m2 − 3m ≤ 0, suy ra m = 1, 2, 3. Thử trực tiếp ta có m = 3 thỏa đề bài. Vậy có hai giá trị của m là m = 0, m = 3. Bài 2 a) Tìm tất cảc số nguyên dương n sao cho x3n+1 + x2n + 1 chia hết cho x2 + x + 1. b) Tìm số dư trong phép chia A = 38 + 36 + 32004 cho 91. Hướng dẫn a) Ta có x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1) chia hết cho x2 + x + 1. Suy ra x3n − 1 = (x3)n − 1 = (x3 − 1)((x3)n−1 + + x3 + 1) chia hết cho x2 + x + 1. Ta có x3n+1 + x2n + 1 = x3n+1 − x + x2n + x + 1. Mà x3n+1 − x = x(x3n − 1) chia hết cho x2 + x + 1. Do đó ta cần tìm n để x2n + x + 1 chia hết cho x2 + x + 1. Xét n = 3k ta có x6k +x+1 = x6k −1+x+2 không chia hết cho x2 +x+1. Xét n = 3k + 1 ta có x6k+2 + x + 1 = x6k+2 − x2 + x2 + x + 1 = x2(x6k − 1) + x2 + x + 1 chia hết cho x2 + x + 1. Xét n = 3k+2 ta có x6k+4 +x+1 = x6k+4 −x+2x+1 = x(x6k+3 −1)+2x+1 không chia hết cho x2 + x + 1. Vậy n = 3k + 1 thì x3n+1 + x2n + 1 chia hết cho x2 + x + 1. b) 91 = 92 + 9 + 1. www.star-education.net 85 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 A = 38 + 36 + 32004 = 94 + 93 + 91002. Ta có 93k − 1 chia hết cho 92 + 9 + 1 hay chia hết cho 91. Suy ra 91002 − 1 chia hết cho 91, 94 − 9 = 9(93 − 1) chia hết cho 91. Suy ra 91002 + 94 + 93 − 1 − 1 − 9 = A − 11 chia hết cho 91. Vậy phép số dư của phép chia A cho 91 là 80. Bài 3 Cho tam giác ABC đều và một điểm P nằm trong tam giác. Gọi A1,B1,C1 là hình chiếu vuông góc của P trên BC, AC, AB. Tìm quỹ tích các điểm P sao cho tam giác A1B1C1 cân. Hướng dẫn A M B1 F E C1 P C B D A1 Ta có tứ giác AB1PC1 nội tiếp. Vẽ đường kính B1M ta có B1M = AP , o o ∠√B1MC1 = ∠B1AC1 = 60 . Suy ra B1C1 = B1M sin ∠B1MC1 = AP sin 60 = 3 AP . 2 √ √ 3 3 Chứng minh tương tự ta cũng có A C = BP ,A B = CP . Nếu 1 1 2 1 1 2 tam giác A1B1C1 cân tại A1 thì A1B1 = A1C1 khi và chỉ khi PB = CP khi và chỉ khi P thuộc đoạn AD trong đó D là trung điểm BC. Tương tự nếu cân tại B1 thì P thuộc đoạn BE, cân tại C1 thì P thuộc đoạn CF , với E, F là trung điểm AC, AB. www.star-education.net 86 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Vậy quỹ tích các điểm P là các đoạn thẳng AD, BE, CF khác A, B, C và D, E, F . Quỹ tích Bài 4 Cho tam giác nội tiếp đường tròn (O). M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ BC. Gọi N là điểm đối xứng của M qua trung điểm I của AB. a) Chứng minh trực tâm K của tam giác ABN thuộc một đường tròn cố định. b) Giả sử NK cắt AB tại D, hạ KE vuông góc BC. H là trực tâm tam giác ABC. Chứng minh rằng DE đi qua trung điểm J của HK. Hướng dẫn N K1 D K A H1 H E C B H2 M K2 a) Ta có ANBM là hình bình hành, suy ra ∠ANB = ∠AMB. Mặt khác www.star-education.net 87 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 do K là trực tâm của tam giác ABN nên ∠AKB = ∠ANB (cùng phụ với ∠KBN). Suy ra ∠AKB = ∠AMB, suy ra ABMK nội tiếp, hay K thuộc đường tròn (O). b) Gọi K1,K2 là điểm đối xứng của K qua AB, AC. Ta chứng minh K1, H, K2 thẳng hàng. Gọi H1 là giao điểm của AH với (O), H2 là giao điểm của CH với (O). Ta có H1,H2 đối xứng của H qua AB, BC. Theo tính chất đối xứng trục, ta có ∠BHK1 = ∠BH1K và ∠BHK2 = o ∠BH2K, suy ra ∠BHK1 + ∠BHK2 = ∠BH1K + ∠BH2K = 180 . Suy ra K1, H, K2 thẳng hàng. Gọi J là giao điểm của DE và HK. Trong tam giác KK1K2 thì DE là đường trung bình. Suy ra DE||K1K2. KJ KE Suy ra = = 1. Vậy J là trung điểm của HK. JH EK2 Bài 5 a) Trong một giải bóng đá có k đội tham gia, thi đấu vòng tròn một lượt (2 đội bất kì gặp nhau một lần). Đội thắng được 3 điểm, hòa 1 điểm, thua 0 điểm. Kết thúc giải đấu người ta thấy số trận thắng - thua gấp đôi trận hòa và tổng điểm là 176. Tìm k. b) Tìm số nguyên dương A có 2 chữ số sao chỉ thỏa mãn 2 trong 4 tính chất sau: i) A là bội của 5. ii) A là bội của 21. iii) A + 7 là số chính phương. iv) A - 20 là số chính phương. k(k − 1) a) Tổng số trận đấu là n = . 2 Gọi x là số trận có kết quả thắng thu, y là số trận hòa. k(k − 1) Ta có x = 2y và 3x+2y = 176, suy ra y = 22, x = 44. Do đó = 66, 2 suy ra k = 12. www.star-education.net 88 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 b) Tính chất i và ii không thể cùng đúng. Vì nếu vậy thì A chia hết cho 125 vô lý vì A chỉ có 2 chữ số. Tính chất i và ii cũng không thể cùng đúng vì một số chia hết cho 5 tận cùng là 0 hoặc 5. Khi đó A + 7 tận cùng là 7 hoặc 2 không thể là số chính phương. Xét i đúng, suy ra ii, iii sai. Do đó iv đúng. Ta có A = 5k và 5k − 20 = 5(k −4) là số chính phương. Suy ra k −4 chia hết cho 5. Suy ra k = 5m+4. Do đó A − 20 = 25m. Vậy m là số chính phương và A − 20 < 100. Suy ra m = 1. Ta có số 45 thỏa đề bài. Xét i sai. Nếu ii đúng thì A = 21, 42, 63, 84, trong các số này có số 42, 84 thỏa đề bài. Nếu ii sai thì ii và iv đúng. Khi đó A + 7 = x2,A − 20 = y2, suy ra x2 − y2 = 27 ⇔ (x − y)(x + y) = 27 = 1.27 = 3.9. TH1: x − y = 1, x + y = 27,suy ra x = 14 vô lý vì A có hai chữ số. TH2: x − y = 3, x + y = 9, suy ra x = 6, A = 29 thỏa đề bài. Vậy các số thỏa là 29, 42, 45, 84. www.star-education.net 89 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 10 - Năm 2005 Bài 1 1 1 1 a) Cho các số a, b > 0, c 6= 0. Chứng minh rằng + + = 0 khi và chỉ √ √ √ a b c khi a + b = a + c + b + c. ( 1 + 1 = 1 b) Giải hệ phương trình: √x2 y2 √ x2 − 1 + py2 − 1 = xy + 2 1 1 1 Hướng dẫn a) ⇒). Từ + + = 0 và a, b > 0, suy ra c 0, tương tự a + c > 0. a Từ (1)suy ra c2 = c2 +ab+ac+bc = (c+b)(c+a), suy ra p(c + b)(c + a) = √ c2 = −c. Suy ra a+b = a+c+b+c−2c = a+c+b+c+2p(c + b)(c + a) = √ √ √ √ √ ( a + c + b + c)2. Suy ra a + b = a + c + b + c. √ √ √ ⇐). Ta có a + b = a + c + b + c ⇒ a + b = a + c + b + c + √ √ 2 c2 + ab + bc + ac ⇒ −c = c2 + ab + bc + ac ⇒ c2 = c2 +ab+bc+ac ⇒ 1 1 1 ab + bc + ac = 0 ⇒ + + = 0. a b c b) Điều kiện |x| ≥ 1, |y| ≥ 1, xy ≥ −2. Từ (1) ta có x2 + y2 = x2y2 (3) Từ (2) ta có x2 − 1 + y2 − 1 + 2p(x2y2 − x2 − y2 + 1 = xy + 2 ⇔ x2y2 − xy − 2 = 0 ⇔ xy = −1, xy = 2. 1 Với xy = −1 ta có x2 + y2 = 1 ⇔ x2 + = 1 (VN) x2 4 √ √ Với xy = 2 ta có x2 + y2 = 4 ⇔ x2 + = 4, giải được (x, y) là ( 2, 2) √ √ x2 và (− 2, − 2). Bài 2 1. Cho p ≥ 5 là số nguyên tố sao cho 2p + 1 cũng là số nguyên tố. Chứng minh rằng p + 1 chia hết cho 6 và 2p2 + 1 không là số nguyên tố. www.star-education.net 90 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 2. Tính tổng các số nguyên từ 1 đến 1000 mà trong cách viết thập phân của chúng không chứa chữ số 4 và số 5. 3. Cho tam thức bậc hai P (x) = ax2 + bx + c(a 6= 0) thỏa mãn điều kiện P (x2 − 2) = P 2(x) − 2. Chứng minh rằng P (x) = P (−x) với mọi x. Hướng dẫn 1) p là số nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5 nên p có dạng 6k −1 hoặc 6k + 1. Nếu p = 6k + 1, suy ra 2p + 1 = 12k + 3 chia hết cho 3 nên không là số nguyên tố. Do đó p = 6k − 1, suy ra p + 1 chia hết cho 6. Khi đó 2p2 + 1 = 2(6k − 1)2 + 1 chia hết cho 3 và lớn hơn 3 nên cũng không thể là số nguyên tố. 2) Các số nguyên từ 1 đến 999 có dạng abc, vì không có chữ số 4 và 5 nên a, b, c ∈ {0, 1, 2, 3, 6, 7, 8, 9}. Mỗi chữ số xuất hiện ở hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm 8 × 8 = 64 lần. Mà abc = 100a + 10b + c. Do đó tổng các số là: 64 × (100 + 10 + 1) × (0 + 1 + 2 + 3 + 6 + 7 + 8 + 9) + 1000 = 256744. 3) Theo đề bài ta có: a(x2−2)2+b(x2−2)+c = (ax2+bx+c)2−2 ⇔ ax4+(b−4a)x2+4a−2b+c = ax4 + 2abx3 + (2ac + b2)x2 + 2bcx + +c2 − 2. Suy ra 2ab = 2bc = 0, suy ra b = 0 vì a 6= 0. Do đó P (x) = ax2 + c = a(−x)2 + c = P (−x) với mọi x. Bài 3 Cho tam giác nhọn ABC. D là một điểm di động trên cạnh BC. Gọi O1,O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD và ACD. a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AO1O2 đi qua một điểm cố định khác A. b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AO1O2. Tìm vị trí điểm D để OI đạt giá trị nhỏ nhất. www.star-education.net 91 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Hướng dẫn A I O2 O1 O B C D a) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. o Ta giả sử tam giác ABD nhọn và ACD có ∠ADC ≥ 90 . 1 Ta có AO O = AO D = ABC. ∠ 1 2 2∠ 1 ∠ 1 và AOC = AOC = ABC. Suy ra AO O = AOO . Suy ra ∠ 2∠ ∠ ∠ 1 2 ∠ 2 AO1O2 nội tiếp. Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác AO1O2 đi qua điểm O cố định khác A. 1 b) Ta có IA + IO ≥ AO ⇒ OI ≥ AO. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 I là trung điểm AO hay D là chân đường cao hạ từ A. Vậy IO nhỏ nhất khi và chỉ khi D là chân đường cao hạ từ A. Bài 4 a) Cho hình vuông ABCD có cạnh 1. M là điểm nằm trong hình vuông. Chứng minh rằng MA2 + MB2 + MC2 + MD2 ≥ 2. www.star-education.net 92 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 b) Cho x, y, z, t là các số thực thuộc đoạn [0; 1]. Chứng minh rằng ta luôn có bất đẳng thức x(1 − y) + y(1 − z) + z(1 − t) + t(1 − x) ≤ 2. 1 1 Hướng dẫn a) Ta có MA2 + MC2 ≥ (MA + MC)2 ≥ AC2 = 1, tương 2 2 tự MD2 + MB2 ≥ 1. Suy ra MA2 + MB2 + MC2 + MD2 ≥ 2. b) Ta có VT = (1 − y)(x − 1) + (1 − t)(z − 1) + 2 − yz − tz ≤ 2 vì 1 − y ≥ 0, x − 1 ≤ 0, 1 − t ≥ 0, z − 1 ≤ 0. Bài 5 Xét 81 chữ số trongg đó có 9 chữ số , 9 chữ số 2, , 9 chữ số 9. Hỏi có thể xếp 81 chữ số này thành một dãy số cho với mỗi k = 1, 2, , 9 thì giữa hai chữ số k liên tiếp có đúng k chữ số. Hướng dẫn Giả sử có thể xếp được thỏa mãn đề bài. Khi đó giữa các số 9 có đúng 9 chữ số. Do đó tính từ 9 đầu tiên và số 9 cuối cùng có 9x8 + 9 = 81 số nên không có chữ số nào nằm ngoài chữ số 9 đầu và chữ số 9 cuối. Xét 8 khoảng nằm giữa các số 9 liên tiếp mà có 9 chữ số 8 nên có ít nhất hai số 8 nằm giữa 2 số 9 liên tiếp. Do đó giữa hai số 8 này có nhiều nhất là 7 số. (Vô lý). Vậy không có cách xếp thỏa đề bài. www.star-education.net 93 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 11 - Năm 2006 Bài 1 2x2 + xy = 1(1) a) Giải hệ phương trình 2y2 + xy = 1(2) √ b) Giải bất phương trình 3x − 5x2 ≤ 5x − 2 c) Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y = 2. Chứng minh rằng xy(x2 + y2) ≤ 2 Hướng dẫn a) Lấy (1) trừ (2) ta có 2x2 − 2y2 = 0 ⇔ (x − y)(x + y) = 0 ⇔ x = y, x = −y. 1 1 Với x = y thế vào (1) ta có 2x2 + x2 = 1 ⇔ x = √ , y = √ và 3 3 −1 −1 x = √ , y = √ . 3 3 Với x = −y thế vào (1) ta có 2x2 − x2 = 1 ⇔ x = 1, y = −1 và x = −1, y = 1 Vậy hệ có 4 nghiệm. 3 b) Điều kiện 3x − 5x2 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ . 5 Bất phương trình tương đương: 5x − 2 ≥ 0(1) 3x − 5x2 ≤ (5x − 2)2(2) 2 (1) ⇔ x ≥ 5 4 1 (2) ⇔ 30x2 − 23x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≤ hoặc x ≥ . 15 2 1 3 Kết hợp nghiệm ta có: ≤ x ≤ . 2 5 1 c) Ta có x2 + y2 = (x + y)2 − 2xy = 4 − 2xy. Và xy ≤ (x + y)2 = 1. 4 Khi đó: xy(x2 + y2) − 2 = xy(4 − 2xy) − 2 = −2(xy)2 + 4xy − 2 = −2(xy − 1)2 ≤ 0. Suy ra xy(x2 + y2) ≤ 2. www.star-education.net 94 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Bài 2 Cho phương trình (m + 3)x2 − 2(m2 + 3m)x + m3 + 12 = 0(1), trong đó m là tham số: a) Tìm số nguyên m nhỏ nhất sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. b) Ký hiệu x1, x2 là nghiệm của (1). Tìm số nguyên m lớn nhất sao cho 2 2 x1 + x2 là một số nguyên. Hướng dẫn a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi m + 3 6= 0(1), ∆0 = (m2 + 3m)2 − (m + 3)(m3 + 12) > 0(2) (1) ⇔ m 6= −3 (2) ⇔ 3(m − 2)(m + 2)(m + 3) > 0 ⇔ −3 2. Vậy số nguyên nhỏ nhất để phương trình có hai nghiệm phân biệt là m = 3. b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi −3 2. m3 + 12 Theo định lý Viete ta có x + x = 2m, x x = . 1 2 1 2 m + 3 2m3 + 12 Khi đó A = x2 + x2 = (x + x )2 − 2x x = 4m2 − = 4m2 + 1 2 1 2 1 2 m + 3 30 2(m2 − 3m + 9) − . m + 3 A ∈ Z ⇔ (m + 3)|30. Mà m lớn nhất nên m = 27. Bài 3 Cho tam giác ABC đều. P là một điểm nằm trong tam giác. Gọi x, y, z lần lượt là kkhoảng cách từ P đến các cạnh BC, CA, AB tương ứng. a) Biết rằng x = 1, y = 2, z = 3. Hãy tính diện tích của tam giác ABC. b) Tìm quỹ tích điểm P trong tam giác sao cho x + y = z. Từ đó suy ra tập hợp những điểm P trong tam giác sao cho x, y, z lập thành 3 cạnh của một tam giác. Hướng dẫn www.star-education.net 95 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 A Q N F E P B D C M Gọi a là độ dài cạnh tam giác đều ABC. Gọi M là trung điểm BC, ta có 1 1 AM⊥BC. Và S = AM.BC = AM.a (1) ABC 2 2 1 1 1 1 Ta có có S = S +S +S = a.x+ a.y+ a.z = a(x+y+z) ABC P BC P AC P AC 2 2 2 2 (2) 2 √ Từ (1) và (2) ta có AM = x+y +z = 6. Suy ra a = BC = √ AM = 4 3. 3 1 √ Do đó S = AM.a = 12 3. ABC 2 b) Gọi Q là trung điểm AB, ta có x + y + z = CQ, mà x + y = z, suy ra 1 z = CP . Suy ra P thuộc đường trung bình MN của tam giác ABC. 2 Ngược lại nếu P ∈ MN ta cũng chứng minh được z = x + y. x, y, z lập thành ba cạnh của tam giác khi và chỉ khi x + y > z, y + z > 1 1 1 x, x + z > y khi và chỉ khi x < AM, y < BN, z < CQ khi và chỉ khi 2 2 2 P thuộc miền trong của tam giác MNP . Vậy quỹ tích các điểm P thỏa đề bài là miền trong tam giác MNP . www.star-education.net 96 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Bài 4 Cho đường tròn (C) tâm O, AB là một dây cung của (C) không đi qua O và I là trung điểm của AB. Một đường thẳng thay đổi qua A cắt đường tròn (C1) tâm O bán kính OI tại P và Q. Chứng minh rằng tích AP.AQ không đổi và đường tròn ngoại tiếp tam giác BP Q đi qua một điểm cố định khác B. Hướng dẫn B I Q C O A P Ta có ∆AP I ∼ ∆AIQ, suy ra AP.AQ = AI2 không đổi. Gọi C là giao điểm của (BP Q) và AB. Ta có AC.AB = AP.AQ không đổi. Mà A, B cố định, suy ra C cố định. Bài 5 a) Trong một giải bóng đá, có 4 đội thi đấu vòng tròn 1 lượt (trong một trận, đội thắng được 3 điểm, đội thua được 0 điểm và đội hòa được 1 điểm). Khi kết thúc giải, người ta thấy có 3 đội đạt được tổng số điểm lần lượt là 6 điểm, 5 điểm và 1 điểm. Hãy cho biết đội còn lại của giải có tổng số điểm là bao nhiêu và giải thích vì sao? www.star-education.net 97 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 b) Cho 13 số thực thỏa mãn điều kiện: tổng của 6 số bất kỳ trong chúng nhỏ hơn tổng của 7 số còn lại. Chứng minh rằng tất cả các số đã cho đều dương. Hướng dẫn a) Tổng số trận đấu là 6 trận. Gọi A là đội được 6 điểm, B là đội được 5 điểm, C là đội được 1 điểm. A đá ba trận được 6 điểm nên có 2 trận thắng, 1 trận thua. B đá 3 trận 5 điểm thì có 1 thắng và 2 hoà, C có 2 thua và 1 hoà. Gọi D là đội còn lại. Vì tổng số trận thắng bằng số trận thua, nên số trận thắng của D bằng số trận thua của D. D có 3 trận, nên 1 có 1 trận thắng, 1 trận thua và 1 trận hoà. Do đó được 4 điểm. b) Gọi 13 số đó là a1, a2, , a13. Giả sử có một số không dương, không mất tính tổng quát là a1 ≤ 0. Khi đó trong hai tổng a2 + a3 + + a7 và a8 + a9 + + a13 có tổng này không lớn hơn tổng kia. Giả sử a2 + a3 + + a7 ≤ a8 + a9 + + a13, suy ra a1 + a2 + + a7 ≤ a2 + a3 + + a7 ≤ a8 + + a13 (vô lý vì tổng 7 số nhỏ hơn tổng 7 số). Vậy tất cả các số đều là số dương. www.star-education.net 98 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 12 - Năm 2007 Bài 1 x2 + 6y = 6x(1) a) Giải hệ phương trình . y2 + 9 = 2xy(2) p √ p √ b) Cho a = 11 + 6 2, b = 11 − 6 2. Chứng minh rằng a, b là hai nghiệm của một phương trình bậc 2 với hệ số nguyên. p3 √ p3 √ c) Cho c = 6 3 + 10, d = 6 3 − 10. Chứng tỏ rằng c2, d2 là hai nghiệm của một phương trình bậc 2 với hệ số nguyên. Hướng dẫn a) Lấy (1) + (2) ta có: x2 + y2 + 6y + 9 = 6x + 2xy ⇔ (x − y)2 − 6(x − y) + 9 = 0 ⇔ (x − y − 3)2 = 0 ⇔ y = x − 3. 2 2 Thế vào (1)√ ta có x √+ 6(x − 3) − 6x = 0 ⇔ x = 18 x = 3 2, y = 3 2 − 3 ⇔ √ √ . x = −3 2, y = −3 2 − 3 √ √ √ √ Vậy hệ có hai nghiệm (x, y) là: (3 2, 3 2 − 3), (−3 2, −3 2 − 3). p √ q √ √ p √ b) Ta có a = 11 + 6 2 = (3 + 2 = 3+ 2, tương tự b = 11 − 6 2 = √ 3 − 2. Ta có a + b = 6, ab = 7 nên theo định lý Viete đảo thì a, b là nghiệm của phương trình x2 − 6x + 7 = 0 (đccm). p3 √ q √ √ p3 √ c) Ta có c = 6 3 + 10 = 3 ( 3 + 1)3 = 3 + 1, d = 6 3 − 10 = q √ √ 3 ( 3 − 1)3 = 3 − 1. √ √ √ √ c2 = ( 3 + 1)2 = 4 + 2 3, d2 = ( 3 − 1)2 = 4 − 2 3 Suy ra c2 + d2 = 8, c2.d2 = 4. Do đó theo định lý Viete thì c2, d2 là nghiệm của phương trình x2 − 8x + 4 = 0. Bài 2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C). P là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. Hạ AM, AN lần lượt vuông góc với P B, P C. a) Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định khi P thay đổi. www.star-education.net 99 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 b) Xác định vị trí của P sao cho biểu thức AM.P B + AN.P C đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn A M B C N P a) Ta có AM.BP = 2SABP , AN.P C = 2SACP , suy ra AM.BP +AN.P C = 2SAP B + 2SACP = 2SABC + 2SP BC. Do đó AM.P B + AN.P C lớn nhất khi và chỉ khi SP BC lớn nhất khi và chỉ khi P là điểm chính giữa cung lớn BC. b) Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Ta có AMBH, ACNH, AMP N là các tứ giác nội tiếp. Từ đó ta có ∠AMH = ∠ABH = ∠AP C = ∠AMN. Suy ra M, N, H thẳng hàng. Do đó MN luôn đi qua một điểm cố định. Bài 3 a) Cho a, b, c, d là các số thực dương thoả mãn: ab = cd = 1. Chứng minh bất đẳng thức: (a + b)(c + d) + 4 ≥ 2 (a + b + c + d). www.star-education.net 100 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 b) Cho a, b, c, d là các số dương thoả mãn điều kiện abcd = 1. Chứng minh rằng bất đẳng thức: (ac + bd)(ad + bc) ≥ (a + b)(c + d). Hướng dẫn a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số ta có a + b ≥ √ √ ab = 2, c + d ≥ cd = 2. Suy ra a + b − 2 ≥ 0, c + d − 2 ≥ 0. Suy ra (a + b − 2)(c + d − 2) ≥ 0 ⇒ (a + b)(c + d) + 4 ≥ 2(a + b + c + d) (đccm) b) Đặt x = ac, y = bd, z = ad, t = bc, ta có xyzt = (abcd)2 = 1. Theo câu a) ta có (x + y)(z + t) ≥ 2(x + y + z + t) − 4. Mà x + y + z + t ≥ √ √ √ 2 xy + 2 zt ≥ 4 4 xyzt = 4. Suy ra (x + y)(z + t) ≥ (x + y + z + t) hay (ac + bd)(ad + bc) ≥ (a + b)(c + d). Bài 4 Cho hình thang ABCD có đáy AB và CD. Đường tròn đường kính CD đi qua trung điểm các cạnh bên AD, BC tiếp xúc với AB. Hãy tìm số đo các góc của hình thang. Hướng dẫn A P B M N C D O Gọi P là tiếp điểm của AB và đường tròn đường kính CD tâm O. Suy ra OP ⊥AB, suy ra P là trung điểm của AB. Gọi M, N là trung điểm AD, BC. Ta có OMP N là hình thoi, và OP = ON nên tam giác ONP đều. o o Suy ra ∠P ON = 60 , suy ra ∠NOC = 30 . o o Tam giác ONC cân tại O, suy ra ∠OCN = 75 , suy ra ∠CBA = 105 . www.star-education.net 101 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Vậy các góc của hình thoi là 75o và 105o. Bài 5 a) Cho a, b, c là các số thực dương phân biệt có tổng bằng 3. Chứng minh rằng trong 3 phương trình x2 − 2ax + b = 0, x2 − 2bx + c = 0, x2 − 2cx + a = 0 có ít nhất một phương trình có hai nghiệm phân biệt và ít nhất một phương trình vô nghiệm. b) Cho S là một tập hợp gồm 3 số tự nhiên có tính chất: tổng hai phần tử tuỳ ý của S là một số chính phương( ví dụ S = {5, 20, 44}). Chứng minh rằng trong tập S có không quá một số lẻ. 2 2 2 Hướng dẫn a) ∆1 = a −b, ∆2 = b −c, ∆3 = c −a. Ta có ∆1 +∆2 +∆3 = a2 + b2 + c2 − (a + b + c). 1 Ta có a2 + b2 + c2 ≥ (a + b + c)2 = 3, suy ra a2 + b2 + c2 − (a + b + c) ≥ 0, 3 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 2 2 2 Do a, b, c phân biệt nên a + b + c − (a + b + c) > 0 hay ∆1 + ∆2 + ∆3 > 0. Suy ra có ít nhất một trong các số ∆1, ∆2, ∆3 dương, do đó có ít nhất một phương trình có hai nghiệm phân biệt. Giả sư cả ba phương trình đều có nghiệm, suy ra a2 − b ≥ 0(1), b2 − c ≥ 0(2), c2 − a ≥ 0(3). a2 ≥ b ⇒ a4 ≥ b2 ≥ c, suy ra a8 ≥ c2 ≥ a. Suy ra a ≥ 1. Tương tự ta có b ≥ 1, c ≥ 1. Suy ra a + b + c ≥ 3. Do đó a + b + c = 3 ⇔ a = b = c = 1(vô lý). Vậy có ít nhất một phương trình vô nghiệm. b) Gọi các phần tử của S là a, b, c. Ta có a + b = x2, b + c = y2, a + c = z2. Ta có bổ đề sau: Số chính phương khi chia cho 4 dư 1 hoặc 0. Ta có x2 + y2 + z2 = 2(a + b + c) chia hết cho 2. Suy ra trong không xảy ra các số x, y, z đều lẻ. Có ít nhất một số chẵn. Giả sử x chẵn. Suy ra a + b chẵn. www.star-education.net 102 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Nếu a, b lẻ thì a, b chia 4 dư 1 hoặc dư 3, hơn nữa a + b = x2 chia hết cho 4. Suy ra a = 4k + 1, b = 4q + 3. Khi đó a + c = y2, b + c = z2. Vì 4k + 1 + c = y2 chia 4 dư 1 hoặc 0 nên c = 4m + 3 hoặc c = 4m. Nếu c = 4m + 3 thì b + c chia 4 dư 2 không thể là số chính phương. Nếu c = 4m thì b + c chia 4 dư 3 cũng không thể là số chính phương. Vậy a, b không cùng lẻ, suy ra a, b cùng chẵn. Vậy trong 3 số có không quá một số lẻ. www.star-education.net 103 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 13 - Năm 2008 Bài 1 1) Cho phương trình x2 − mx + 2m − 2 = 0 (1) a) Chứng minh rằng (1) không thể có hai nghiệm đều âm. b) Giả sử x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của (1). Chứng minh rằng 2 2 x1 − 2x1 + 2 x2 − 2x2 + 2 biểu thức 2 2 không phụ thuộc vào giá x1 + x2 trị của m 2) Giải hệ phương trình  x = y2 + z2(1)  y = z2 + x2(2)  z = x2 + y2(3) Hướng dẫn 1) a) Giả sử phương trình có hai nghiệm đều âm, suy ra  ∆ = m2 − 4(2m − 2) ≥ 0  m 1  x1x2 = 2(m − 1) > 0 Vậy phương trình không thể có hai nghiệm đều âm. b) Theo định lý Viete ta có x1 + x2 = m, x1.x2 = 2m − 2. 2 2 2 2 2 Ta có x1 + x2 = (x1 + x2) − 2x1x2 = m − 2(2m − 2) = (m − 2) 2 2 Ta có x1 − mx1 + 2m − 2 = 0, suy ra x1 − 2x1 + 2 = (m − 2)x1 − 2m + 4 2 Tương tự x2 − 2x2 + 2 = (m − 2)x2 − 2m + 4. 2 2 2 Do đó (x1 − 2x1 + 2)(x2 − 2x2 + 2) = (m − 2) x1x2 + (4 − 2m)(m − 2)(x1 + 2 2 2 2 2 x2) + (4 − 2m) = (2m − 2)(m − 2) − 2m(m − 2) + 4(m − 2) = 2(m − 2) . Vậy A = 2 không phụ thuộc m. b)Từ hệ phương trình ta suy ra x, y, z, ≥ 0. Lấy (1) trừ (2) ta có x − y = y2 − x2 ⇔ (x − y)(x + y + 1) = 0 ⇔ x = y (vì x + y + 1 > 0). Lấy (2) trừ (3) tương tự ta cũng có y = z. Do đó ta có x = 2x2 ⇔ x = 1 0, x = . 2 www.star-education.net 104 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 1 1 1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x, y, z) là (0, 0, 0) và , , . 2 2 2 Bài 2 Cho tam giác ABC không cân. Đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Đường thẳng EF cắt AI tại J và cắt BC nối dài tại K. a) Chứng minh các tam giác IDA và IJD đồng dạng. b) Chứng minh rằng KI vuông góc với AD. Hướng dẫn A E J F I C K B D a) Ta có AE = AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và IE = IF . Suy ra AI là trung trực của EF , suy ra AI⊥EF tại J. Ta có IJ.IA = IF 2, IJ ID mà IF = ID, suy ra IJ.IA = ID2, suy ra = . ID IA IJ ID Xét tam giác IDJ và tam giác IDA có: AID chung và = nên ∠ ID IA ∆IDJ ∼ ∆IAD(c.g.c). b) Tam giác ∆IDJ ∼ ∆IAD, suy ra ∠IJD = ∠IDA. o o o Tứ giác IJKD có ∠IJK + ∠IDK = 90 + 90 = 180 nên là tứ giác nội tiếp, suy ra ∠IJD = ∠IKD, từ đó ta có ∠IDA = ∠IKD. Gọi P là giao điểm của AD và IK. o Ta có ∠P DK + ∠PKD = ∠P DK + ∠P DI = ∠IDK = 90 , suy ra www.star-education.net 105 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 o ∠DP K = 90 hay AD⊥IK. Bài 3 Cho góc xAy vuông và hai điểm B, C lần lượt trên các tia Ay, Ay. Hình vuông MNPQ có các đỉnh M thuộc cạnh AB, đỉnh N thuộc cạnh AC và các đỉnh P, Q thuộc cạnh BC. a) Tính cạnh hình vuông MNPQ theo cạnh BC = a và đường cao AH = h của tam giác ABC. b) Cho B, C thay đổi lần lượt trên các tia Ax, Ay sao cho tích AB.AC = k2 ( k không đổi). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích hình vuôngMNPQ. Hướng dẫn A M K N H P B Q C a) Đặt x là độ dài hình vuông. Gọi K là giao điểm của AH và MN. Ta có MKHQ là hình chữ nhật, suy ra KH = MQ = x, AE = AH−EH = h − x. MN AN Ta có MN||BC, suy ra = . BC AC AN AK Và NK||CH nên ta có = . AC AH MN AK x h − x ah Do đó ta có = hay = , suy ra x = . BC AH a h a + h b)Ta có bc = ah = k2 và a2 = b2 + c2 ≥ 2bc = 2ah. Suy ra a ≥ 2h. (ah)2 k4 Ta có S = MN 2 = = . MNPQ (a + h)2 (a + h)2 1 3 Ta có (a + h)2 = a2 + h2 + 2ah = h2 + a2 + a2 + 2ah. 4 4 1 3 3 3 Mà h2 + a2 ≥ ah = k2, a2 ≥ ah = k2, ah = k2. 4 4 2 2 9 Suy ra (a + h)2 ≥ k2. 2 www.star-education.net 106 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 2 Do đó S ≤ k2. Đẳng thức xảy ra khi a = 2h hay tam giác ABC cân. 9 2 Vậy giá trị lớn nhất của diện tích hình vuông MNPQ là k2 khi AB = 9 AC = k. Bài 4 Một số nguyên dương n được gọi là số bạch kim nếu n bằng tổng bình phương các chữ số của nó. a) Chứng minh rằng không tồn tại số bạch kim có 3 chữ số b) Tìm tất cả các số nguyên dương n là số bạch kim. Hướng dẫn a) Xét số tự nhiên có 3 chữ số abc trong đó 1 ≤ a ≤ 9, 0 ≤ b, c ≤ 9. Ta chứng minh abc không thể là số bạch kim. Ta có abc = 100a + 10b + c = a2 + (100 − a)a + 10b + c. Ta có 10b ≥ b2, 100 − a > 90 và a ≥ 1, suy ra a(100 − a) ≥ 90 > c2. Do đó abc > a2 + b2 + c2. Vậy abc không thể là số bạch kim. Do đó không có số bạch kim có 3 chữ số. b) Ta chứng minh mọi số tự nhiên có nhiều hơn 3 chữ số không phải là số bạch kim. Đặt a1a2. . . ak là số tự nhiên có k chữ số với k ≥ 4 trong đó 1 ≥ a1 ≥ 9, 0 ≥ ai ≥ 9 với i = 2, 3, . . . , k. k−1 k−2 Ta có a1a2. . . ak = 10 a1 + 10 a2 + + 10ak−1 + ak k−i 2 Với i = 2, 3, . . . , k − 1 thì 10 ai ≥ ai (1) k−1 2 k−1 2 2 2 Và 10 a1 = a1 + (10 − a1)a1 > a1 + 990 > a1 + ak (2) (Vì k > 3) 2 2 2 Từ (1) và (2) ta có a1a2. . . ak > a1 + a2 + + ak Vậy không có số bạch kim có nhiều hơn 3 chữ số. TH1: Nếu số bạch kim có một chữ số ta có a = a2 ⇔ a = 0(l), a = 1(n). TH2: Nếu số bạch kim có hai chữ số ab = a2 + b2 ⇔ 10a + b = a2 + b2, suy ra a chẵn, suy ra a = 2, 4, 6, 8. Thử trực tiếp ta không nhận được giá trị nào thỏa. www.star-education.net 107 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Do đó không có số bạch kim có hai chữ số. Vậy chỉ có một số bạch kim là 1. Bài 5 Trong một giải vô địch bóng đá có 6 đội tham gia. Theo điều lệ của giải, hai đội bất kỳ thi đấu với nhau đúng một trận, đội thắng được 3 điểm, đội hòa được 1 điểm và đội thua 0 điểm. Kết thúc giải, số điểm của các đội lần lượt là D1,D2,D3,D4,D5,D6 (D1 ≥ D2 ≥ D3 ≥ D4 ≥ D5 ≥ D6). Biết rằng đội bóng với số điểm D1 thua đúng một trận và D1 = D2+D3 = D4 + D5 + D6. Hãy tìm D1 và D6. Hướng dẫn Gọi a là số trận có kết quả thắng thua và b là số trận có kết quả hòa. 6.5 Khi đó ta có a+b = = 15 và A = D +D +D +D +D +D = 3a+2a 2 1 2 3 4 5 6 là tổng số điểm của các đội đạt được. Ta có 2(a + b) ≥ 3a + 3a ≥ 3(a + b) ⇒ 30 ≥ 3a + 2b ≥ 45. Vì D1 = D2 + D3 = D4 + D5 + D6, suy ra A = 3a + 2b = 3D1, suy ra D1 ≥ 10 Hơn nữa do D1 thua một trận nên D1 ≤ 12. Suy ra 10 ≤ D1 ≤ 12. Gọi m là số trận thắng của D1, n là số trận hòa của D1. Khi đó ta có m + n = 4 và 3m + n = D1. Nếu D1 = 10 ta có 3a + 2b = 30, suy ra a = 0, b = 15 vô lý vì D1 thua một trận nên có ít nhất một trận thắng thua. 1 7 Nếu D = 11 ta có 3m + n = 11, m + n = 4, suy ra n = , m = (vô lý) 1 2 2 Vậy D1 = 12. Khi đó 3a + 2b = 36, suy ra a = 6, b = 9. Ta có D1 thắng 4 trận thua một trận nên số trận có D1 với 5 đội còn lại là 5 trận có kết quả thắng thua. Do đó trong 5 đội còn lại đấu với nhau có đúng một trận thắng thua, còn lại là hòa. (*) Ta có D2 + D3 = 12 và D2 ≥ D3, suy ra D3 ≤ 6. Ta có D4 + D5 + D6 = 12 và D6 ≤ D5 ≤ D4, suy ra D6 ≤ 4. www.star-education.net 108 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Ta có D6 đấu với D2,D3,D4,D5 có nhiều nhất một trận thua nên D6 ≤ 3. Nếu D6 = 3, suy ra D4 + D5 = 9, suy ra D4 ≥ 5.Suy ra phải có ít nhất một trận thắng (vì không thể hòa với D1) và D4 khi đấu với D2, ,D6 có ít nhất 3 trận hoàn nên suy ra 6 ≤ D4 ≤ D3 ≤ 6. Suy ra D4 = 6, suy ra D5 = 3. Suy ra D5 có một trận thua nữa (vô lý với (*)). Vậy D6 = 4. www.star-education.net 109 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 14 - Năm 2009 Bài 1 a c a + c a) Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn điều kiện = = , a.c 6= b d 3b − d 0. Chứng minh rằng: b2 = d2.  x − 1 3 − x − y  = (1)  xy − 3 7 − x2 − y2 b) Giải hệ phương trình Giải hệ phương trình: y − 2 3 − x − y  = (2)  xy − 4 7 − x2 − y2 Hướng dẫn a c a + c a) Ta có = = , suy ra ad = bc(1), a(3b − d) = b(a + c)(2). b d 3b − d Từ (2) ta có 2ab = ad+bc = 2ad ⇔ 2a(b−d) = 0. Mà ac 6= 0 nên a 6= 0,suy ra b = d, suy ra b2 = d2. b) Điều kiện xy 6= 3, xy 6= 4, x2 + y2 6= 7. x − 1 y − 2 Từ (1) và (2) ta có = (3). xy − 3 xy − 4 7 TH1: xy − 3 = −(xy − 4) ⇔ xy = . Khi đó x − 1 = −(y − 2) ⇔ x + y = 3. 2 7 Ta có hệ x + y = 3, xy = (VN) 2 3 − x − y x − 1 y − 2 TH2: xy − 3 6= −(xy − 4), khi đó = = = 7 − x2 − y2 xy − 3 xy − 4 x + y − 3 ⇔ 3 − x − y = 0 hoặc 7 − x2 − y2 = −(2xy − 7). 2xy − 7 Với 3 − x − y = 0 ta có x − 1 = y − 2, suy ra x = 1, y = 2. Với 7 − x2 − y2 = −2xy + 7 ⇔ (x − y)2 = 0 ⇔ x = y. Giải ra được nghiệm (x, y) là (-1, -1) và (2, 2). Vậy hệ có 3 nghiệm (1, 2), (-1, -1) và (2,2). Bài 2 √ a) Giải bất phương trình: 2x + 1 ≤ 8x + 9 b) Cho a, b, c là các số thuộc [−1; 2] thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = www.star-education.net 110 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 6.Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 0 −9 Hướng dẫn a) Điều kiện 8x + 9 ≥ 0 ⇔ x ≥ . 8 −1 TH1: 2x + 1 < 0 ⇔ x < thỏa bpt. Kết hợp điều kiện ta có nghiệm 2 −9 −1 ≤ x < . 8 2 −1 TH2: 2x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ (*). 2 Khi đó bpt ⇔ (2x + 1)2 ≤ 8x + 9 ⇔ 4x2 − 4x − 8 ≤ 0 ⇔ 4(x + 1)(x − 2) ≤ −1 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 2. Kết hợp (*) ta có ≤ x ≤ 2. 2 −9 Vậy nghiệm của bất phương trình là ≤ x ≤ 2. 8 b) Vì 1 ≤ a ≤ 2 nên ta có (a + 1)(a − 2) ≤ 0 ⇔ a2 ≤ a + 2. Tương tự cho b, c ta có b2 ≤ b + 2, c2 ≤ c + 2. Suy ra a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c + 6 ⇒ a + b + c ≥ 0. Bài 3 a) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho a2 +a = 20102009 b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho a + a2 + a3 = 20092010 Hướng dẫn a) Giả sử tồn tại số tự nhiên a sao cho a2 + a = 20102009. Ta có 2010 ≡ 1( mod 7), suy ra 20102010 ≡ 1( mod 7). Mặt khác ta có a2 +a ≡ 0, 2, 5, 6( mod 7) với mọi a tự nhiên. Do đó không có số tự nhiên a thỏa phương trình a2 + a = 20102009. b) Giả sử tồn tại số tự nhiên a thỏa đề bài. Tức là a3 + a2 + a = 20092010. Ta có 2010 = 3.670 nên 20092010 = (2670)3 là lập phương của một số nguyên dương. Mặt khác a3 < a3 + a2 + a < (a + 1)3 với mọi a nguyên dương. Suy ra a3 + a2 + a không thể là lập phương của một số nguyên dương. Do đó không tồn tại a thỏa a3 + a2 + a = 20092010. www.star-education.net 111 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Bài 4 Cho đường tròn (O) tâm O, đường kính AB = 2R. C là một điểm thay đổi trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC không cân tại C. Gọi H là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ C. Hạ HE, HF vuông góc với AC, BC tương ứng. Các đường thẳng EF và AB cắt nhau tại K. a) Tính theo R diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn KA, KB trong trường hợp BAC[ = 600. b) Hạ EP, F Q vuông góc với AB. Chứng minh rằng đường tròn đường kính PQ tiếp xúc với đường thẳng EF . c) Gọi D là giao điểm của (O) và đường tròn đường kính CH,D 6= C. Chứng minh rằng KA.KB = KH2 và giao điểm M của các đường thẳng CD và EF luôn thuộc một đường thẳng cố định. Hướng dẫn C F D J I T E B A O H K o o a) Ta có ∠BAC = 60 . AC = AB cos ∠BAC = 2R cos 60 = R và BC = √ R 3. 3 Ta có CH = AC sin ∠CAB = R . 2 √ CH2 3R 1 3 CE.AC = CH2, suy ra CE = = ,CF = CH = R . Suy ra √ CA 4 2 4 1 3R2 3 S = CE.CF = . CEF 2 32 o Ta có CEHF là hình chữ nhật, suy ra ∠CEF = ∠∠ACH = 30 , suy ra www.star-education.net 112 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 o o ∠KEA = 30 . Suy ra ∠EKA = ∠EAB − ∠AEK = 30 = ∠AEK nên R AKE cân tại A, suy ra KA = AE = . 4 9R Suy ra KB = KA + AB = . 4 b) Tứ giác EP QF là hình thang vuông. IH||EP và I là trung điểm của EF nên H là trung điểm PQ. Do đó H là tâm đường tròn đường kính PQ. 1 Vẽ HT ⊥EF . Ta chứng minh HT = PQ. 2 Thật vậy, ta có ∠AEP = ∠ACI = ∠CAI.Suy ra ∠HEP = ∠HET . Từ 1 1 đó ta có HT = HP = PQ. Vậy khoảng cách từ H đến EF bằng PQ 2 2 nên EF tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ. c) Ta có KA.KB = KE.KF . Mà KH tiếp xúc với (AEF ) nên KE.KF = KH2. Suy ra KA.KB = KH2. Ta có ∠KAD = ∠DCB (CDAB nội tiếp) và DCB = ∠DEK (DEFE nội tiếp). Do đó ∠KAD = ∠KED, suy ra DKEA nội tiếp. o Từ đó ∠KDE = ∠CAB, mà ∠CAB = ∠CFE = 180 − ∠CDE. Suy ra o ∠KDE = 180 − ∠CDE. Suy ra K, D, C thẳng hàng. Do đó K là giao điểm của CD và EF . Hay K ≡ M. Vậy giao điểm M thuộc đường thẳng AB cố định. Bài 5 Trên một đường tròn, người ta xếp các số 1, 2, 3, , 10 (mỗi số xuất hiện đúng một lần). a) Chứng minh không tồn tại một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn 10. b) Tồn tại hay không một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn hoặc bằng 10? Hướng dẫn Giả sử tồn tại cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn 10. Xét hai số kề bên số 1 là a, b. Ta có 1 + a > 10, 1 + b > 10. Suy ra a = b = 10(vô lý vì mỗi số chỉ xuất hiện một lần). Vậy không tồn tại cách xếp mà tổng hai số kề nhau lớn hơn 10. www.star-education.net 113 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 a) Xét cách xếp như sau: 1 − 10 − 2 − 8 − 3 − 7 − 4 − 6 − 5 − 9 − 1. www.star-education.net 114 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 15 - Năm 2010 Bài 1 a) Cho các số a, b, c thỏa a + b + c = a3 + b3 + c3 = 0. Chứng minh rằng trong 3 số a, b, c có ít nhất một số bằng 0.  x + y + z = 3  b) Giải hệ phương trình xy + yz + xz = −1  x3 + y3 + z3 + 6 = 3 x2 + y2 + z2 Hướng dẫn a) Từ a + b + c = 0, suy ra c = −(a + b). Từ đó ta có 0 = a3 + b3 + c3 = a3 + b3 − (a + b)3 = −3ab(a + b) = 3abc. Do đó trong 3 số a, b, c có ít nhất một số bằng 0. b) Cách 1: Đặt x = a + 1, y = b + 1, z = c + 1. Thay vào phương trình (1) ta có a + b + c = 0. Thay vào (2) với a + b + c = 0 ta có ab + bc + ac = −4(4). Thay vào (3) ta có a3 + b3 + c3 = 0. Theo câu a ta có abc = 0. Nếu a = 0, khi đó b = −c thay vào (4) ta có b = 2 hoặc b = −2. Ta có nghiệm (x, y, z) là (1, 1, -3), (1, -3, 1). Các trường hợp khác tương tự. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1, 1, -3) và các hoán vị. Cách 2: Từ (1) và (2) ta có x2 +y2 +z2 = (x+y +z)2 −2(xy +yz +xz) = 11 Thay vào (3) ta có x3 + y3 + z3 = 27(5) Từ (1) và (5) suy ra 0 = (x+y+z)3 −(x3 +y3 +z3) = 3(x+y)(y+z)(x+z). Suy ra trong 3 số có hai số có tổng bằng 0. Giả sử x + y = 0, từ (1) ta có z = 3. Thay vào (2) ta có x = 1, y = −1 hoặc x = −1, y = 1. Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm (1,-1,3) và các hoán vị (6 nghiệm). www.star-education.net 115 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Bài 2 √ a) Giải phương trình (2x − 1)2 = 12 x2 − x − 2 + 1 b) Cho tam giác ABC√ vuông tại A√có diện tích bằng 1. Chứng minh rằng 2 ≤ BC ≤ 2(AB + AC − 2) x ≤ −1 Hướng dẫn a) Điều kiện x2 − x − 2 ≥ 0 ⇔ . Với điều kiện trên x ≥ 2 √ phương trình tương đương với 4x2 − 4x = 12 x2 − x − 2 ⇔ x2 − x = √ √ 3 x2 − x − 2. Đặt t = x2 − x − 2(t ≥ 0), phương trình trở thành: 2 t − 3t + 2 = 0 ⇔ t = 1, t = 2√. √ 1 + 3 1 − 3 Với t = 1, giải được x = , = . 2 2 Với t = 2, giải được x = 3, x = −2. √ √ 1 + 3 1 − 3 Vậy phương trình có 4 nghiệm là 3, −2, , . 2 2 b) Đặt a = AB, b = AC. Do tam giác ABC vuông tại A nên ta có √ √ √ √ BC = a2 + b2. Ta cần chứng minh: 2 ≤ a2 + b2 ≤ 2(a + b − 2). ab Ta có SABC = = 1 ⇒ ab = 2. 2 √ Ta có a2 + b2 ≥ 2ab = 4 ⇒ a2 + b2 ≥ 2. √ √ √ √ √ Ta có a2 + b2 ≤ 2(a + b − 2) ⇔ a2 + b2 + 2 ≤ 2(a + b) ⇔ √ √ a2 + b2 + 4 a2 + b2 + 4 ≤ 2(a + b)2 ⇔ a2 + b2 − 4 a2 + b2 + 4 ≥ 0 √ (do ab = 2). ⇔ ( a2 + b2 − 2)2 ≥ 0. Bất đẳng thức sau cùng đúng, suy ra điều cần chứng minh. Bài 3 a) Hãy chỉ ra một bộ 4 số nguyên dương phân biệt mà tổng bộ ba số bất kỳ trong chúng là một số nguyên tố. b) Chứng minh rằng không tồn tại 5 số nguyên phân biệt mà tổng 3 số bầt kỳ trong chúng là một số nguyên tố. Hướng dẫn a)Một bộ 4 số thỏa đề bài là: 1, 3, 7, 9 vì 1+3+7 = 11, 1+7+9 = 17, www.star-education.net 116 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 3+7+9 = 19, 1 + 3 + 9 = 13 là các số nguyên tố. b) Ta chứng minnh rằng trong 5 số bất kì luôn có 3 số có tổng chia hết cho 3. Một số khi chia cho 3 thì số dư là 0, 1 hoặc 2. Nếu trong 5 số khi chia cho 3 xuất hiện 3 số dư khác nhau là 0, 1, 2 thì tổng của 3 số đó sẽ chia hết cho 3. Nếu chỉ xuất hiện 1 hoặc 2 số dư (0, 1 hoặc 1, 2 hoặc 0, 2) khi đó theo nguyên lý Dirichlet sẽ có 3 số có cùng số dư khi chia cho 3, do đó tổng 3 số này chia hết cho 3. Vậy luôn tồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3 và hiển nhiên là tổng này khác 3 nên tổng đó không thể là số nguyên tố. Bài 4√Cho đường tròn tâm O, bán kính R, dây cung BC cố định có độ dài R 3. A là một điểm thay đổi trên cung lớn BC. Gọi E là điểm đối xứng của C qua AB; F là điểm đối xứng của B qua AC. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại K (K 6= A). a) Chứng minh K luôn thuộc một đường tròn cố định. b) Xác định vị trí của K để tam giác KBC có diện tích lớn nhất và tính diện tích đó theo R. c) Gọi H là giao điểm của BE và CF . Chứng minh rằng tam giác ABH đổng dạng với tam giác ACK và AK đi qua điểm cố định. Hướng dẫn www.star-education.net 117 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 E A F O B C K √ o a) Từ BC = R 3 nên tính được ∠BAC = 60 , suy ra ∠ABE = ∠AEB = 30o (∆ABE cân tại A). o Tứ giác ABKE nội tiếp, suy ra ∠AKB = ∠AEB = 30 . o Chứng minh tương tự ta cũng có ∠AKC = ∠AF C = 30 . o Từ đó ∠BKC = ∠AKB + ∠AKC = 60 . o o o Xét tứ giác OBKC có ∠BOC + ∠BKC = 120 + 60 = 180 nên là tứ giác nội tiếp. Vậy K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC cố định. 1 b) Ta có S = BC.KT (T là hình chiếu của T trên BC). KBC 2 Suy ra SKBC max khi và chỉ khi KT max khi và chỉ khi K là điểm chính giữa cung lớn BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC của (O). √ Khi√ đó tam giác BCK đềy cạnh BC = R 3 nên có diện tích là SBCK = 3R 3 . 4 o c) Ta có ∠AKC = ∠AKE = 30 nên suy ra K, C, E thẳng hàng. Tứ www.star-education.net 118 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 o giác AHCE có ∠AEH = ∠ACH = 30 nên là tứ giác nội tiếp ,suy ra ∠AHE = ∠ACE. Từ đó suy ra ∠AHB = ∠ACK. Xét ∆ABH và ∆ACK có ∠ABH = ∠AKC, ∠AHB = ∠ACK(cmt) nên ∆ABH ∼ ∆ACK(g.g). Gọi D là giao điểm của AO và (O). Ta có ∠ABC = ∠ADC, ∠BAH + o ∠BAC = ∠DAC + ∠ADC = 90 . Suy ra ∠BAH = ∠DAC. Hơn nữa ∠BAH = ∠KAC. Từ đó ta có ∠KAC = ∠OAC. Suy ra A, K, O thẳng hàng. Bài 5 Trong một giải bóng đá có 12 đấu vòng tròn một lượt (2 đội bất kỳ đấu với nhau một trận). a) Chứng minh rằng sau 4 vòng đấu (mỗi đội đấu 4 trận) luôn tìm được 3 đội bóng đôi một chưa đấu với nhau. b) Khẳng định còn đúng không khi mỗi đội đã thi đấu đúng 5 trận. Hướng dẫn Gọi các đội lần lượt là A1,A2, , A12. a) Giả sử sau 4 vòng đấu A1 đá với A2,A3,A4,A5 và chưa đấu với các đội còn lại. Ta chỉ cần chứng minh trong các đội còn lại có hai đội chưa đấu với nhau. Thật vậy xét A6 sau 4 vòng đấu nhiều nhất là với 4 trong 6 đội A7,A8, , A12 còn lại nên có ít nhất 1 đội chưa đấu với A6. Vậy đội bóng đó cùng với A6,A1 là 3 đội chưa đấu với nhau. b) Câu khẳng định là không đúng. Ta xét một lịch thi đấu như sau: Chia làm hai nhóm, mỗi nhóm 6 đội A1,A2, , A6 và A7,A8, , A12. Cứ mỗi vòng cho hai đội bất kì trong cùng một nhóm đá với nhau. Thì sau 5 vòng hai đội cùng 1 nhóm đếu đá với nhau. Xét 3 đội bất kì, thì theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai đội cùng một nhóm, nên đá với nhau. www.star-education.net 119 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 16 - Năm 2011 Bài 1 Cho phương trình bậc hai x2 − (m + 3)x + m2 = 0 trong đó m là tham số sao cho phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2. √ √ q p √ a) Khi m = 1. Chứng minh rằng ta có hệ thức 8 x1+ 8 x2 = 2 + 2 + 6 √ √ √ b) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho x1 + x2 = 5 c) Xét đa thức P (x) = x3 + ax2 + bx. Tìm tất cả các cặp số (a, b) sao cho ta có hệ thức P (x1) = P (x2) với mọi giá trị của tham số m. Hướng dẫn a) Ta có ∆ = (m + 3)2 − 4m2 = 3(m + 1)(3 − m) > 0 ⇔ −1 0  b) Để phương trình có hai nghiệm không âm thì S = x1 + x2 ≥ 0 ⇔  P = x1x2 ≥ 0 −1 < m < 3(∗). 2 √ √ Theo định lý Viete ta có x1 + x2 = m + 3, x1x2 = m . Ta có x1 + x2 = √ √ √ 2 5 ⇔ x1 + x2 + 2 x1x2 = 5 ⇔ m + 3 + 2 m = 5 ⇔ m + 2|m| = 2 ⇔ 2 m = (n), m = −2(l). 3 2 Kết luận m = . 3 3 3 2 2 c) Ta có P (x1) = P (x2) ⇔ x1 − x2 + a(x1 − x2) + b(x1 − x2) = 0 ⇔ 2 2 2 (x1 − x2)(x1 + x1x2 + x2 + a(x1 + x2) + b) = 0 ⇔ (x1 − x2)((x1 + x2) − 2 2 x1x2 + a(x1 + x2) + b) = 0 ⇔ (x1 − x2)((m + 3) − m + a(m + 3) + b) = 0 ⇔ (6 + a)m + 9 + 3a + b = 0 với mọi −1 < m < 3. www.star-education.net 120 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Suy ra a + 6 = 0, 3a + b + 9 = 0 ⇔ a = −6, b = 9. Vậy (a, b) = (−6, 9) là cặp số cần tìm. Bài 2 a) Cho a, b là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức √ √ 1 + a2 1 + b2 P = 1 + ab b) Cho các số x, y, z thỏa |x| ≤ 1, |y| ≤ 1, |z| ≤ 1. Chứng minh rằng: p p p 1 − x2 + 1 − y2 + 1 − z2 ≤ p9 − (x + y + z)2 Hướng dẫn a) Ta có a2 + b2 ≥ 2ab, suy ra 1 + a2 + b2 + a2b2 ≥ 1 + 2ab + a2b2 2 2 2 ⇔ (1√ + a )(1√ + b ) ≥ (1 + ab) 2 2 ⇔ √1 + a √1 + b ≥ 1 + ab 1 + a2 1 + b2 ⇔ ≥ 1 1 + ab (vì 1 + ab > 0) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b. Vậy minP = 1 khi và chỉ khi a = b. b) Bình phương hai vế của bất đẳng thức, ta được bất đẳng thức tương đương: √ √ 2 2 2 2p 2 p 2 2 1 −√x + 1 −√y + 1 − z + 2 1 − x 1 − y + 2 1 − y 1 − z 2 2 2 +2√1 − z 1 − x ≤ 9 − (x +√y + z) √ √ ⇔ 1 − x2p1 − y2 + p1 − y2 1 − z2 + 1 − z2 1 − x2 ≤ 3 − xy − yz − xz √ Để hoàn tất chứng minh, ta cần chứng minh 1 − x2p1 − y2 ≤ 1 − xy(∗). Thật vậy do 1 − xy ≥ 0 nên (*) tương đương với (1 − x2)(1 − y2) ≤ (1 − xy)2 ⇔ (x − y)2 ≥ 0(đúng). www.star-education.net 121 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Bài 3 Cho tam giác ABC nhọn có AB = b, AC = c. M là một điểm thay đổi trên cạnh AB. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM cắt AC tại N. a) Chứng minh rằng tam giác AMN đồng dạng với tam giác ACB. Tính MA 1 tỉ số để diện tích tam giác AMN bằng diện tích tam giác ACB. MB 2 b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Chứng minh rằng I luôn thuộc một đường cố định. c) Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC. Chứng minh rằng đoạn thẳng IJ có độ dài không đổi. Hướng dẫn A I N M O J C B a) Ta có BMN nội tiếp, suy ra ∠ANM = ∠MBC = ∠ABC. Mặt khác ∠NAM = ∠BAC. Suy ra hai tam giác AMN và ACB đồng dạng. Suy AM AN ra = ⇔ AM.AB = AN.AC. Để diện tích AMN bằng một AC AB www.star-education.net 122 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 1 nửa diện tích tam giác ACB thì tỷ số đồng dạng phải bằng √ , tứ là 2 AM 1 c c = √ . Suy ra AM = √ . Từ đây tính được BM = b − √ . Suy ra AC 2 2 2 AM c = √ . BM b 2 − c b) Vẽ tia tiếp tuyến Ay của đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác AMN. Ta có ∠yAM = ∠ANM, mà ∠ANM = ∠ABC. Suy ra ∠yAM = ∠ABC. Suy ra Ay||BC. Mà IA⊥Ay, suy ra AI⊥BC. Do đó I thuộc đường cao hạ từ A của tam giác ABC cố định. c) Hai đường tròn (O) và (J) cắt nhau tại B, C nên OJ⊥BC, AI⊥BC. Suy ra AI||BC. Mặt khác OA⊥MN và OI⊥MN (MN là giao của (I), (O), suy ra OA||IJ. Vậy tứ giác AIJO là hình bình hành, vậy IJ = OA không đổi. Bài 4 Cho các số nguyên a, b, c sao cho 2a + b, 2b + c, 2c + a đều là các số chính phương (*). a) Biết rằng có ít nhất một trong 3 số chính phương trên chia hết cho 3. Chứng minh rằng (a − b)(b − c)(c − a) chia hết cho 27. b) Tồn tại hay không các số a, b, c thỏa điều kiện (*) mà (a−b)(b−c)(c−a) không chia hết cho 27? Hướng dẫn a)Giả sử 2a + b = m2, 2b + c = n2, 2c + a = p2. Cộng ba đẳng thức lại, ta được 3(a+b+c) = m2+n2+p2. Suy ra m2+n2+p2 chia hết cho 3. Ta thấy bình phương của một số nguyên khi chia cho 3 dư 1 hoặc 0. Do đó nếu 1 trong 3 số, chẳng hạn m chia hết cho 3 thì n2 + p2 chia hết cho 3 và như thế n2 và p2 cũng chia hết cho 3. Hơn nữa 2a + b = 3a + (b − a) chia hết cho 3, suy ra a − b chia hết cho 3. Tương tự thì b − c, c − a chia hết cho 3. Suy ra (a − b)(b − c)(c − a) chia hết cho 27. www.star-education.net 123 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 b) Tồn tại. Chẳng hạn có thể lấy a = 2, b = 0, c = 1. Bài 5 Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3, AD = 4. a) Chứng minh rằng từ 7 điểm bất kì trong hình chữ nhật ABCD√luôn tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 5 b) Chứng minh khẳng định ở câu a) vẫn còn đúng với 6 điểm bất kì nằm trong hình chữ nhật ABCD. Hướng dẫn a) Chia hình chữ nhật thành 6 hình chữ nhật 1 × 2. Khi đó theo nguyên lý Dirichlet thì có 2 điểm cùng thuộc một hình chữ nhật. Khi đó khoảng cách giữa hai điểm này không lớn hơn độ dài đường chéo hình √ chữ nhật, hay không lớn hơn 5. b) Chia hình chữ nhật thành 5 hình như sau: Khi đó theo nguyên lý Dirichlet thì có 2 điểm cùng thuộc một hình, và √ trong các hình này khoảng cách giữa hai điểm bất kì không lớn hơn 5. √ Từ đó ta luôn chọn được 5 điểm có khoảng cách không lớn hơn 5. www.star-education.net 124 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 17 - Năm 2012 Bài 1  (x − y)2 = 2z − z2(1)  1. Giải hệ phương trình (y − z)2 = 2x − x2(2)  (z − x)2 = 2y − y2(3) 2. Cho hình vuông ABCD cạnh a. M và N là hai điểm lần lượt nằm AM CN trên các cạnh AB và BC sao cho = = x với 0 < x < 1. AB CB Các đường thẳng qua M, N song song với BD lần lượt cắt AD tại Q và CD tại P . Tính diện tích tứ giác MNPQ theo a và x và tìm x sao cho diện tích này lớn nhất. Hướng dẫn 1) Lấy (1) trừ (2) ta có: (x−2y+z)(x−z) = x2−z2−2(x−z) = (x−z)(x+z−2) ⇔ 2(x−z)(y−1) = 0 ⇔ x = z hoặc y = 1. - Với y = 1, ta có (3) ⇔ (x − z)2 = 1 ⇔ z = x + 1, z = x − 1. + Với z = x + 1, giải được x = 0, z = 1 và x = 1, z = 2. Khi đó ta có nghiệm (0,1,1), (1,1,2). +Với z = x − 1, giải ra được x = 1, z = 0 và x = 2, z = 1. Ta có nghiệm (1,1,0) và (2,1,1). - Với x = z, từ (3) ta có y2 − 2y = 0 ⇔ y = 0, y = 2. x2 = 2z − z2 2z2 = 2z + Với y = 0 ta có ⇔ . z2 = 2x − x2 x − z Giải được nghiệm (0,0,0) và (1,0,1). +Với y = 2, giải ra được nghiệm (1, 2, 1) và (2, 2, 2). Vậy hệ phương trình có 8 nghiệm. 2) Chứng minh được MNPQ là hình chữ nhật. MN MB AB − AM AM Ta có = = = 1 − = 1 − x, suy ra MN = AC√ BA AB AB (1 − x)a 2. www.star-education.net 125 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 MQ AM √ = = x, suy ra MQ = xa 2. BD AB 1 1 Từ đó S = MN.MQ = 2a2x(1 − x) Mà x(1 − x) ≤ (x + 1 − x)2 = . Suy 4 4 a2 1 ra S ≤ . Đẳng thức xảy ra khi x = . 2 2 1 Vậy diện tích đạt giá trị lớn nhất bằng a2 khi M là trung điểm AB. 2 Bài 2 Số nguyên dương n được gọi là số điều hòa nếu như tổng các bình phương của các ước của nó ( kể cả 1 và n ) đúng bằng (n + 3)2 . a) Chứng minh rằng số 287 là số điều hòa. b) Chứng minh rằng số n = p3( p nguyên tố ) không phải là số điều hòa. c) Chứng minh rằng nếu số n = pq ( p, q là các số nguyên tố khác nhau) là số điều hòa thì n + 2 là số chính phương. Hướng dẫn a) Số n = 287 có các ước dương là 1, 7, 41, 287. Ta có 12 + 72 + 412 + 2872 = (287 + 3)2 nên 287 là số điều hòa. b) Các ước dương của n = p3 là 1, p, p2, p3. Giả sử n là số điều hòa, ta có (n + 3)2 = 12 + p2 + p4 + p6 ⇔ p4 + p2 = 6p3 + 8. Suy ra p|8 mà p nguyên tố nên p = 2. Thử lại thấy không thỏa, vậy n = p3 không phải là số điều hòa với mọi số nguyên tố p. c) Các ước dương của n = pq là 1, p, q, pq. Vì n là số điều hòa nên ta có: 1 + p2 + q2 + p2q2 = (pq + 3)2 ⇔ p2 + q2 = 6pq + 8 ⇔ (p + q)2 = 4(pq + 2). Do 4 là số chính phương nên pq + 2 cũng là số chính phương hay n + 2 là số chính phương. Bài 3 √ a) Tìm tất cả các số thực x thỏa x2 − 5x + 4 + 2 x − 1 ≥ 0. b) Chứng minh rằng với các số không âm a, b, c thỏa a + b + c = 3 thì ta √ √ √ có bất đẳng thức a + b + c ≥ ab + bc + ac. www.star-education.net 126 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 √ Hướng dẫn a) Điều kiện x ≥ 1. Đặt t = x − 1. Khi đó t ≥ và x = t2 +1. Ta có bất phương trình: (t2 + 1)2 − 5(t2 + 1) + 4 + 2t ≥⇔ t4 − t2 + 2t ≥ 0 ⇔ t(t + 2)(t − 1)2 ≥ 0 đúng với mọi t ≥ 0. Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥ 1. √ √ √ √ √ b) Ta có t2 − 3t + 2 t = t( t + 2)( t − 1)2 ≥ 0. Suy ra t2 + 2 t ≥ 3t với mọi t ≥ 0. √ √ √ Áp dụng ta có a2 + 2 a ≥ 3a, b2 + 2 b ≥ 3b, c2 + 2 c ≥ 3c. √ √ √ Suy ra a2 + b2 + c2 + 2( a + b + c) ≥ 3(a + b + c) ⇔ a2 + b2 + c2 + √ √ √ √ √ √ 2( a + b + c) ≥ (a + b + c)2 ⇔ a + b + c ≥ ab + bc + ac (đccm). Bài 4 Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên đường thẳng vuông góc với AB tại B ta lấy điểm D di động nằm cùng phía với C đối với đường thẳng AB . a) Chứng minh rằng nếu AC + BD OC. Suy ra A nằm ngoài đường tròn (O). Do đó M, N thuộc đoạn AB. b) Gọi E0 là giao điểm của đường thẳng qua A song song với MD với CD. www.star-education.net 127 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Gọi P là giao điểm của MD với AC, Q là giao điểm của MC với BD. CE0 CA CA BQ CE0 BQ Theo định lý Thalet ta có: = , = . Suy ra = . CD CP CD DQ CD DQ Từ đó ta có BE0||MC. Suy ra C, D, E thẳng hàng. Vậy đường thẳng DE luôn qua điểm C cố định. D E C B A M N P Q Bài 5 Cho đa giác đều n cạnh . Dùng 3 màu xanh , đỏ, vàng tô màu các đỉnh đa giác một cách tùy ý ( mỗi đỉnh được tô bởi một màu và tất cả các đỉnh đều được tô màu). Cho phép thực hiện thao tác sau đây : chọn hai đỉnh kề nhau bất kì ( nghĩa là hai đỉnh liên tiếp) khác màu và thay màu của hai đỉnh đó bằng màu còn lại. a) Chứng minh rằng bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta luôn luôn làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi hai màu. b) Chứng minh rằng với n = 4 và n = 8, bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta có thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi một màu. www.star-education.net 128 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Hướng dẫn a) Xét một dãy các đỉnh màu vàng AV1V2 VkB (có thể chỉ gồm một đỉnh) được giới hạn bởi 2 đỉnh A và B (có thể trùng nhau) không phải màu vàng. Sử dụng thao tác đã cho ta đổi màu hai đỉnh A và V1 thành màu thứ ba (hiển nhiên không phải màu vàng). Tiếp tục như thế đổi màu các đỉnh |V2,V3, , Vk sang màu không phải vàng. Như vậy ta đã làm mất màu vàng trong dãy các đỉnh ở trên. Bằng cách thực hiện như trên đối với dãy các điểm màu vàng khác ta suy ra có thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi hai màu xanh và đỏ. b) Do câu a) ta chỉ xét trường hợp các đỉnh của đa giác được tô bởi hai màu, chẳng hạn xanh và đỏ. Bằng thao tác đã cho ta có hai kiểu chuyển màu bộ 4 đỉnh liên tiếp như sau: ddxx → dvvx → xxvx → xddx → vvvv và dxdx → dvvd, dxxd → vvvv (1) Do tính đối xứng nên suy ra nếu một bộ 4 đỉnh mà trong đó có hai đỉnh cùng một màu và hai đỉnh còn lại cùng một màu khác thì ta chuyển cả 4 đỉnh về màu thứ ba. Bằng cách dùng kiểu biến đổi trên ta có: dddx → ddvv → xxxx (dùng (1)) và ddxd → dvvd → xxxx(2). Nghĩa là nếu có 3 đỉnh cùng màu, ta chuyển ta chuyển màu của 3 đỉnh đó về cùng màu của đỉnh thứ tư. Như vậy bằng (1) và (2) ta có thể chuyển mày của mỗi bộ 4 đỉnh liên tiếp về cùng một màu. Điều này chứng minh cho trường hợp n = 4. Với n = 8, ta chia 8 đỉnh thành 2 bộ 4 đỉnh. Như đã chứng minh ở trên, ta có thể làm cho mỗi bộ 4 đỉnh như thế có cùng màu. Nếu màu của hai bộ www.star-education.net 129 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 là như nhau thì ta có điều cần chứng minh. Nếu hai bộ khác nhau, chẳng hạn ta có kiểu tô màu xxxxdddd. Ta có có phép biến đổi hai bộ liên tiếp: xxxxdddd → xxxvvddd → xxxv|vddd → vvvvvvvv(dùng (2)). Vậy ta đã chứng minh cho trường hợp n = 8. www.star-education.net 130 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 18 - Năm 2013 Bài 1 Cho phương trình x2 − 4mx + m2 − 2m + 1 = 0 (1) với m là tham số . a) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó hai nghiệm không thể trái dấu. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa |x1 − x2| = 1. Hướng dẫn a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 ∆0 = 3m2 + 2m − 1 > 0 ⇔ m > hoặc m < −1. Khi đó tích hai nghiệm 3 2 của phương trình x1x2 = (m − 1) ≥ 0 nên phương trình không thể có hai nghiệm trái dấu. b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm x1, x2 không âm:  ∆0 = 3m2 + 2m − 1 ≥ 0  1 S = x1 + x2 ≥ 0 ⇔ m ≥ 2 3  P = x1x2 = m − 2m + 1 ≥ 0 √ √ √ √ 2 Ta có | x1 − 2| = 1 ⇔ x1 + x2 − x1x2 = 1 ⇔ 4m − 2 m − 2m + 1 = 1 −1 1 ⇔ m = (n), m = (l). 2 2  3x2 + 2y + 1 = 2z (x + 2)  Bài 2 Giải hệ phương trình 3y2 + 2z + 1 = 2x (y + 2)  3z2 + 2x + 1 = 2y (z + 2) Hướng dẫn Cộng ba phương trình lại ta có: 3(x2 + y2 + z2) + 2(x + y + z) + 3 = 2(xy + yz + zx) + 4(x + y + z) ⇔ 3(x2 + y2 + z2) − 2(xy + yz + xz) − 2(x + y + z) + 3 = 0 ⇔ (x − y)2 + (y −  x = 1  z)2 + (z − x)2 + (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 0 ⇔ y = 1 Thử lại thấy  z = 1 (1, 1,1) là nghiệm của hệ. www.star-education.net 131 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Bài 3 Cho x, y là hai số không âm thỏa x3 + y3 ≥ x − y. a) Chứng minh rằng y ≤ x ≤ 1. b) Chứng minh rằng x3 + y3 ≤ x2 + y2 ≤ 1. Hướng dẫn a) Ta có x − y ≥ x3 + y3 ≥ 0, suy ra x ≥ y. Ta có x ≥ y + y3 + x3 ≥ x3, suy ra x(1 − x)(1 + x) ≥ 0. Suy ra 0 ≤ x ≤ 1. Do đó 0 ≤ y ≤ x ≤ 1. b) Từ câu a ta có 0 ≤ y ≤ x ≤ 1, suy ra x3 ≤ x2, y3 ≤ y2. Suy ra x3 + y3 ≤ x2 + y2. Ta có x − y ≥ x3 + y3 ≥ x3 − y3 ≥ 0. Suy ra x2 + y2 + xy ≤ 1, suy ra x2 + y2 ≤ 1. Vậy x3 + y3 ≤ x2 + y2 ≤ 1. Bài 4 Cho M = a2 + 3a + 1 với a là số nguyên dương. a) Chứng minh rằng mọi ước của M đều là số lẻ. b) Tìm a sao cho M chia hết cho 5. Với những giá trị nào của a thì M là lũy thừa của 5? Hướng dẫn a) Ta có M = a2 + 3a + 1 = a(a + 1) + 2a + 1. Mà a(a + 1) là tích hai số tự nhiên liến tiếp nên chia hết cho 2, suy ra M = a(a+1)+2a+1 là số lẻ, do đó mọi ước của M đều là số lẻ. b) Giả sử M = a2 + 3a + 1 chia hết cho 5. Mà M = (a − 1)2 + 5a nên (a − 1)2 chia hết cho 5. Suy ra a = 5k + 1 (k là số tự nhiên). Thử lại thấy với a = 5k + 1 thì M chia hết cho 5. Giả sử M = (a − 1)2 + 5a = 5n. Nếu n ≥ ta có M chia hết cho 25. Từ M chia hết cho 5, tương tự trên ta có a = 5k + 1. Khi đó M = 25k2 + 25k + 5 = 5(5k2 + 5k + 1). Ta có 5k2 + 5k + 1 không chia hết cho 5 nên M không chia hết cho 25. (mâu thuẫn). www.star-education.net 132 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Nếu n = 1. Khi đó k = 0, a = 1 và A = 5 thỏa đề bài. Đáp số a = 1. o Bài 4 Cho tam giác ABC có góc ∠A = 60 , đường tròn (I) nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Đường thẳng ID cắt EF tại K, đường thẳng qua K và song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại M, N. a) Chứng minh rằng các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp . b) Gọi J là trung điểm cạnh BC.Chứng minh rằng ba điểm A,K,J thẳng hàng. c) Gọi r là bán kính của dường tròn (I) và S là diện tích tứ giác IEAF .Tính S S theo r và chứng minh S ≥ (S là diện tích tam giác IMN). IMN 4 IMN Hướng dẫn A E M K N F I B D J C o a) Do MN||BC nên IK⊥MN. Do ∠IKN = ∠IFM = 90 nên tứ giác o IFMK nội tiếp. Tam giác AEF đều nên ∠KFI = 30 . Từ đó ∠IMN = o ∠KFI = ∠IAN = 30 nên tứ giác IMAN nội tiếp. www.star-education.net 133 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 o b) Ta có ∠IMN = ∠INM = 30 nên tam giác IMN cân tại I. Lại có IK⊥MN nên K là trung điểm của MN. MK AK NK Gọi J 0 là giao điểm của AK và BC, ta có = = mà BJ 0 AJ 0 CJ 0 MK = NK nên BJ 0 = CJ 0. Suy ra J 0 là trung điểm của BC. Suy ra J ≡ J 0, do đó A, K, J thẳng hàng. √ 1 √ c) Ta có AE = AF = r 3, suy ra S = 2S = 2. IF.AF = r2 3. IAF 2 1 Ta chứng minh được S = S. IEF 4 Các tam giác IMN và IEF cân tại I có ∠IMN = ∠IEF nên đồng dạng. 2 SIMN IM S Do đó = 2 ≥ 1 (do IM ≥ IF ). Suy ra SIMN ≥ SIEF = . SIEF IF 4 Dấu bằng xảy ra khi M ≡ F hay tam giác ABC là tam giác đều. Bài 5 Trong một kỳ thi, 60 thí sinh phải giải 3 bài toán. Khi kết thúc kỳ thi , người ta nhận thấy rằng: Với hai thí sinh bất kỳ luôn có ít nhất một bài toán mà cả hai thí sinh đó đều giải được. Chứng minh rằng : a) Nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán khác mà mọi thí sinh đều giải được . b) Có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được. a) Kí hiệu các bài toán là BT1, BT2, BT3. Từ giả thiết suy ra rằng mọi thí sinh đều giải được ít nhất một bài toán. Ta giả sử, mọi thí sinh đều không giải được BT1. Khi đó mọi thí sinh đều giải được BT2 hoặc BT3. Nếu có một thí sinh chỉ giải được 1 bài toán, giả sử đó là bài toán 2. Khi đó theo đề bài thì mọi thí sinh khác đều giải được bài toán 2. Vậy mọi thí sinh đều giải được bài toán 2. Còn nếu tất cả các thí sinh đều giải được 2 bài toán thì cũng thỏa. b) Ta xét hai trường hợp: TH1: Có một thí sinh nào đó giải đúng một bài toán, theo câu a thì mọi thí sinh đều giải được bài toán đó, ta có điều cần chứng minh. www.star-education.net 134 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 TH2: Mọi thí sinh đều giải được ít nhất 2 bài toán. Gọi a là số thi sinh giải được cả 3 bài toán, b là số thí sinh giải được BT1 và BT2, c là số thí sinh giải được BT2 và BT3, d là số thí sinh giải được BT1 và BT3. Ta có a + b + c + d = 60. Nếu b, c, d > 20, suy ra b + c + d > 60 vô lý. Do đó có một trong ba số b, c, d phải nhỏ hơn hoặc bằng 20. Giả sử là b ≤ 20. Suy ra a + c + d ≥ 60. Hay số thí sinh giải được bài BT3 không ít hơn 40. Điều cần chứng minh. www.star-education.net 135 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 19 - Năm 2014 Bài 1 Cho phương trình (m2 + 5)x2 − 2mx − 6m = 0 (1) với m là tham số. a) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên. b) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện √ 4 x1x2 − x1 + x2 = 16 Hướng dẫn a) Phương trình có hai nghiêm phân biệt khi và chỉ khi: m2 + 5 6= 0 ∆0 = m2 + 6m m2 + 5 > 0 ⇔ m 6m2 + m + 30 > 0 1 119 ⇔ m 5m2 + m + + > 0 2 4 ⇔ m > 0 2m Khi đó theo định lý Viete ta có x + x = . 1 2 m2 + 5 Vì m2 + 5 − 2m = (m − 1)2 + 4 > 0, suy ra m2 + 5 > 2m > 0. 2m Do đó 0 < < 1 nên tổng hai nghiệm của phương trình không thể m2 + 5 là số nguyên. b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm ∆‘ ≥ 0 ⇔ m ≥ 0. Khi đó  2m  x + x =  1 2 m2 + 5 −6m  x x =  1 2 m2 + 5 √ √ 4 x1x2 − x1 + x2 = 2 Ta có (x1x2 − x1 + x2) = 16 ⇔ √ x1x2 − x1 + x2 = −2 √ −6m r 2m Trường hợp 1: x x − x + x = 2 ⇔ − = 2 . Đặt 1 2 1 2 m2 + 5 m2 + 5 r 2m t = , ta có phương trình: −3t2 − t = 2 (VN) m2 + 5 √ −6m r 2m Trường hợp 2: x x − x + x = −2 ⇔ − = −2 . Đặt 1 2 1 2 m2 + 5 m2 + 5 r 2m 3 t = ta có phương trình: −3t2 − t = −2 ⇔ t = −1(l), t = . m2 + 5 2 www.star-education.net 136 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 3 2m 3 5 Với t = ta có = . Giải ra được m = 2(n), m = (n). 2 m2 + 5 2 2 Bài 2 ( √ 2 √ 21 + x y = 9y x 1) Giải hệ phương trình √ √ 2(1 + y x)2 = 9x y 2) Cho tam giác ABC vuông tại A với các đường phân giác trong (MC + MA)(NB + NA) BM, CN. Chứng minh bất đẳng thức ≥ √ MA.NA 3 + 2 2. √ √ Hướng dẫn a) Đặt a = x y, b = y x. Điều kiện a, b ≥ 0. 2(1 + a)2 = 9b(1) Ta có hệ: 2(1 + b)2 = 9a(2) a = b(n) Lấy (1) trừ (2) ta có: (a − b)(2a + 2b + 13) = 0 ⇔ 2a + 2b = −13(l) " a = 2, b = 2 Với a = b thế vào (1) ta có 2(1 + a2) = 9a ⇔ 1 1 a = , b = √ 2 2 Khi a = b = 2 ta có x = y = 3 4 1 r1 Khi a = b = ta có x = y = 3 . 2 2 b) Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: MC BC MC + MA BC = , suy ra = 1 + . MA AB MA AB NB BC BN + NA BC = , suy ra = 1 + . NA AC NA AC Suy ra: (MC + MA)(NB + NA) BC BC BC2 BC = 1 + 1 + = 1+ + + MA.NA AB AC AB.AC AB BC . AC BCC2 Ta có BC2 = AB2 + AC2 ≥ 2.AB.AC, suy ra ≥ 2. AB.AC BA BC rBC.BC √ Và + ≥ ≥ 2 2. AC AC AB.AC (MC + MA)(NB + NA) √ Do đó ≥ 3 + 2 2. MA.NA www.star-education.net 137 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 1 1 1 Bài 3 Cho các số nguyên dương a, b thỏa + = . a b c a) Chứng minh rằng a + b không thể là số nguyên tố. b) Chứng minh rằng nếu c > 1 thì a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố. Hướng dẫn a) Từ đề bài ta có c(a + b) = ab, suy ra ab chia hết cho a + b. Giả sử a + b nguyên tố. Ta có a b nên b + c và b là nguyên tố cùng nhau; tương tự a + b và a nguyên tố cùng nhau. Mà a(b + a) chia hết cho b, suy ra a chia hết cho b, b(a + c) chia hết cho a, suy ra b chia hết cho a. Suy ra a = b = 2c, suy ra a + c = b + c = 3c không phải là số nguyên tố do c > 1. Vậy khi c > 1 thì a + c, b + c không thể đồng thời là số nguyên tố. Bài 4 Cho điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB = 2R (C 6= A, C 6= B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB; I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH. Các đường thẳng CI,CJ cắt AB tại M, N. a) Chứng minh AN = AC, BM = BC. b) Chứng minh 4 điểm M, N, I, J cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng MJ, NI và CH đồng quy. c) Tìm giá trị lớn nhất của MN và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác CMN theo R. Hướng dẫn www.star-education.net 138 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 C E D K J I N B M A H a) Ta có ∠HCB = ∠CAB (cùng phụ với ∠ABC) và ∠HCA = ∠CBA (cùng phụ với ∠BAC). Ta có ∠CAN = ∠NAC + ∠ABC = ∠HAN + ∠ACB = ∠CAN. Suy ra tam giác CAN cân tại A hay AN = AC. Chứng minh tương tự ta có BM = BC. b) Tam giác CAN cân tại A có AI là phân giác nên cũng là trung trực, suy 1 ra IC = IN, suy ra INC = ICN = ICH + NCH = ACH + ∠ ∠ ∠ ∠ 2∠ 1 BCH = 45o. 2∠ o Tương tự thì ∠JMC = 45 . o Tứ giác MIJN có ∠JMC = ∠INC = 45 nên là tứ giác nội tiếp, hay M, N, I, J cùng thuộc một đường tròn. o o Tam giác INC cân có ∠ICN = 45 nên ∠CIN = 90 , suy ra CI⊥CM. Chứng minh tương tự MJ⊥CN. Tam giác CMN có CH, MJ, NI là các đường cao nên đồng quy. c) Đặt AC = b, BC = a. Ta có a2 + b2 = BC2 = 4R2. Ta có AN = AC = b, BM = BC = a. AM + BN = BC + MN, suy ra MN = a + b − BC = a + b − 2R. www.star-education.net 139 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 √ Ta có (a+b)2 ≤ 2(a2 +b2) = 8R2. Suy ra a+b ≤ 2 2R, suy ra a+b−2R ≤ √ 2R( 2 − 1). √ Đẳng thức xảy ra khi a = b = R 2. √ Vậy giá trị lớn nhất của MN bằng 2R( 2 − 1) khi C là điểm chính giữa 1 √ đường tròn. Khi đó S = CH.MN ≤ R2( 2 − 1). Đẳng thức xảy ra CMN 2 khi C là điểm chính giữa đường tròn. Bài 5 Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại. a) Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5. b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn 40. Hướng dẫn a) Gọi 5 số đó là a, b, c, d, e, do các số là phân biệt nên ta có thể giả sử a d + e, suy ra a + b + c ≥ d + e + 1. Suy ra a ≥ d + e + 1 − b − c. Mặt khác, do b, c, d, e là số tự nhiên nên từ d > c > b ta có d ≥ c+1 ≥ b+2, suy ra d − b ≥ 2. e > d > c, suy ra e − c ≥ 2. Do đó a ≥ (d − b) + (e − c) + 1 ≥ 5. Suy ra b, c, d, e > 5. Vậy các số đều không nhỏ hơn 5. b) Nếu a ≥ 6, suy ra b ≥ 7, c ≥ 8, d ≥ 9, e ≥ 10, suy ra a+b+c+d+e ≥ 40( vô lý), suy ra a < 6. Theo câu a ta có a = 5. Khi đó b + c + 5 ≥ d + e + 1, suy ra b + c ≥ d + e − 4. Mà d − 2 ≥ b, e − 2 ≥ c, suy ra d + e − 4 ≥ b + c. Do đó b = d − 2, c = e − 2. 31 Khi đó a + b + c + d + e = 5 + 2b + 2c + 4 < 40. Suy ra b + c < . Suy ra 2 b ≥ 7. Từ đó ta có b = 6, b = 7. www.star-education.net 140 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Nếu b = 6 ta có d = 8, c = 8, e = 10. Ta có bộ (5, 6, 7, 8, 9) Nếu b = 7, d = 9, c = 8, e = 10. Ta có bộ (5,7,8,9,10). www.star-education.net 141 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 20 - Năm 2015 Bài 1 √ √ √ a) Giải phương trình 2x − 1 + 1 − 2x2 = 2 x − x2. √ √ r 1 b) Cho các số a và b thỏa mãn điều kiện 3 a + 3 b = 3 b − . Chứng 4 minh rằng −1 ≤ a < 0. √ √ Hướng dẫn a) Đặt a = 2x − 1, b = 1 − 2x2. Khi đó ta có a + b = r a2 + b2 √ √ 2 ⇔ a = b. Khi đó ta có 2x − 1 = 1 − 2x2 ⇔ 2x − 1 ≥ 2 √ −1 + 5 0, 2x − 1 = 1 − 2x2. Giải ra được nghiệm x = . 2 b) Ta có x3 − y3 = (x − y)(x2 + xy + y2) và x2 + xy + y2 ≥ 0 nên x ≥ y ⇔⇔ x3 ≥ y3. √ √ r 1 r 1 Đặt x = 3 a, y = 3 b. Ta có x+y = 3 y3 − . Suy ra x = 3 y3 − −y < 0. 4 4 r 1 1 Giả sử x < −1, ta có 3 y3 − = y+x < y−1 ⇔ y3− < y3−3y2+3y−1 ⇔ 4 4 1 1 y2 − y + < 0 ⇔ (y − )2 < 0 (vô lý). 4 2 Do đó x ≥ −1 ⇔ a ≥ −1. Vậy −1 ≤ a < 0. Bài 2 a) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho a + b + c = 0 và ab + bc + ac + 3 = 0. b) Cho m là số nguyên. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 sao cho a + b + c = 0 và ab + bc + ac + 4m = 0 thì cũng tồn tại các số nguyên a0, b0, c0 sao cho a0 +b0 +c0 = 0 và a0b0 +b0c0 +a0c0 +m = 0. c) Với k là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 sao cho a + b + c = 0 và ab + bc + ac + 2k = 0. Hướng dẫn a) Từ a + b + c = 0, ab + bc + ca = −3 ta có a2 + b2 + c2 = 6. Do a, b, c vai trò như nhau nên ta có thể giả sử |a| ≥ |b| ≥ |c|. Khi đó www.star-education.net 142 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 1 1. Nếu k chẵn, đặt k = 2n ta có a+b+c = 0, ab+bc+ac+4n = 0, theo câu a), n−1 tồn tại a1, b1, c1 nguyên thỏa a1 + b1 + c1 = 0, a1b1 + a1c1 + b1c1 + 4 = 0. Tương tự ta sẽ được an, bn, cn nguyên thỏa an + bn + cn = 0, anbn + bncn + ancn = −1 (vô nghiệm). Nếu k lẻ đặt k = 2n + 1 ta có a + b + c = 0, ab + bc + ac + 2.4n = 0, làm tương tự trên ta được an + bn + cn = 0, anbn + bncn + ancn = −2 (vô nghiệm). Vậy không tồn tại các số a, b, c khác 0 thỏa đề bài. www.star-education.net 143 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Bài 3 Giả sử phương trình 2x2 + 2ax + 1 − b = 0 có 2 nghiệm nguyên (a, b là tham số). Chứng minh rằng a2 − b2 + 2 là số nguyên và không chia hết cho 3. 1 − b Hướng dẫn Theo định lý Viete ta có x + x = −a, x x = . Khi đó 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Q = a −b +2 = (x1 +x2) −(2x1x2 −1) +2 = x1 +x2 −4x1x2 +6x1x2 +1 là một số nguyên. Ta chứng minh Q không chia hết cho 3. Ta có tính chất sau, với một số nguyên m bất kì thì nếu m chia hết cho 3 thì m2 chia hết cho 3. Nếu m chia 3 dư 1 hoặc 2 thì m2 chia 3 dư 1. 2 2 2 2 2 2 Ta có Q = x1 + x2 − x1x2 + 1 − 3x1x2 + 6x1x2. 0 2 2 2 2 Ta cần chứng minh Q = x1 + x2 − x1x2 + 1 không chia hết cho 3. Xét xác trường hợp sau: 2 2 0 TH1: Nếu x1, x2 không chia hết cho 3 thì x1, x2 chia 3 dư 1. Khi đó Q chia 3 dư 2. 0 TH2: Nếu x1 chia hết cho 3, x2 không chia hết cho 3, khi đó Q chia 3 dư 2. 0 TH3: x1, x2 chia hết cho 3. Khi đó Q chia 3 dư 1. Vậy Q0 không chia hết cho 3. Do đó Q không chia hết cho 3. Bài 4 Cho tam giác ABC(AB < AC) có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, E là điểm chính giữa của cung nhỏ BC, F là điểm đối xứng của E qua M. a) Chứng minh EB2 = EF.EO. b) Gọi D là giao điểm của AE và BC. Chứng minh các điểm A, D, O, F cùng thuộc một đường tròn. c) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và P là điểm thay www.star-education.net 144 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC sao cho P, O, F không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại P của đường tròn ngoại tiếp tam giác P OF đi qua một điểm cố định. Hướng dẫn K A O I F M C B D E P a) Ta có E là điểm chính giữa cung BC, suy ra EB = EC và OE⊥BC nên M, O, E thẳng hàng. Vẽ đường kính EK. Ta có EM.EK = EB2. 1 Mặt khác EF = 2EM, EO = EK. Do đó EF.EO = EM.EK = EB2. 2 (1) b) Ta có ∠EBC = ∠EAC = ∠EAB. Suy ra ∆EAB ∼ ∆EBD. Suy ra EB2 + ED.EA (2). Từ (1) và (2) ta có: EA.ED = EO.EF F . Suy ra tứ giác OF DA nội tiếp. 1 c) Ta có EIB = EAB + ABI = ( A + B) = EBC + CBI = ∠ ∠ ∠ 2 ∠ ∠ ∠ ∠ www.star-education.net 145 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 ∠EBI, suy ra EB = EI = EC. Vậy E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC. Do đó EP = EB. Ta có EP 2 = EB2 = EO.EF . Suy ra ∆EP F ∼ ∠EOP . Suy ra ∠EP F = ∠F OP . Hơn nữa, do O, F cùng phía đối với E nên P O, P F cùng phía đối với PE. Vẽ tia tiếp tuyến P x(P F, P O cùng phía đối với P x)của đường tròn ngoại tiếp tam giác P OF . Khi đó ∠xP F = ∠F OP = ∠EP x. Suy ra P x và PE trùng nhau. Vậy P x luôn qua điểm E cố định. Bài 5 Để khuyến khích phong trào học tập, một trường THCS đã tổ chứng 8 đợt thi cho các học sinh. Ở mỗi đợt thi, có đúng 3 học sinh được chọn để trao giải. Sau khi tổ chứng xong 8 đợt thi, người ta nhận thấy rằng với hai đợt thi bất kì thì có đúng 1 học sinh được trao giải ở cả hai đợt thi đó. Chứng minh rằng: a) Có ít nhất một học sinh được trao giải ít nhất bốn lần. b) Có đúng một học sinh được trao giải ở 8 đợt thi. Hướng dẫn a) Giả sử A1 là tập 3 bạn đạt giải trong đợt thi thứ nhất. Tương tự với A2, , A8. Ta có A1 = {a, b, c}. Vì A1 ∩ Ai, i = 2, 8 có đúng một học sinh nên các học sinh a, b, c xuất hiện trong 7 tập A2, , A8 và không có hai bàn nào xuất hiện cùng một tập. Do đó theo nguyên lí Đirichlet thì có 1 học sinh thuộc ít nhất 3 tập trong các tập A2, , A8. Khi đó học sinh này có xuất hiện trong ít nhất 4 tập, hay được nhận thưởng ít nhất 4 lần. b) Theo câu a, có một học sinh a nhận thưởng được ít nhất 4 lần, giả sử là từ lần 1 đến lần 4. Hay a thuộc A1,A2,A3,A4. Khi đó nếu a không nhận thưởng trong 8 lần, tức là có một lần a không nhận thưởng. Giả sử là lần 8, tức là a không thuộc A8. Khi đó A1 ∩ A8 là 1 học sinh nên có học sinh b 6= a thuộc A8, tương tự có học sinh c, d, e lần lượt thuộc A2,A3,A4 cũng thuộc A8. Hơn nữa b, c, d, e www.star-education.net 146 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 phải phân biệt. Do đó A8 chứa ít nhất 4 phần tử. (vô lý). Vậy có một học sinh thuộc 8 tập, hay nhận thưởng 8 lần. Và không có hai học sinh nào cùng nhận thưởng hai lần nên chỉ có đúng một học sinh thỏa. www.star-education.net 147 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Đề số 21- Năm 2016 Hướng dẫn giải Bài 1. (2, 5 điểm) (x − 2y)(x + my) = m2 − 2m − 3 a) Giải hệ khi m = −3 và tìm m (y − 2x)(y + mx) = m2 − 2m − 3 để hệ co ít nhất một nghiệm (xo, yo) thỏa xo > 0, yo > 0. b) Tìm a ≥ 1 để phương trình ax2 + (1 − 2a)x + 1 − a = 0 có hai nghiệm 2 2 phân biệt x1, x2 thỏa x2 − ax1 = a − a − 1. Hướng dẫn a) Khi m = −3 ta có hệ: (x − 2y)(x − 3y) = 12 x2 − 5xy + 6y2 = 12(1) ⇔ (y − 2x)(y − 3x) = 12 y2 − 5xy + 6x2 = 12(2) Lấy (1) - (2) ta có 5(y2 − x2) = 0 ⇔ x = y, x = −y. √ √ √ Với x = y thế vào (1) ta có x2 = 6 ⇔ x = 6, y = 6 hoặc x = − 6, y = √ − 6. Với x = −y thế vào (1) ta có x2 = 1 ⇔ x = 1, x = −1. Với x = 1, y = −1, với x = −1, y = 1. Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm. x2 + (m − 2)xy − 2my2 = m2 − 2m − 3(1) Hệ có thể viết lại y2 + (m − 2)xy − 2mx2 = m2 − 2m − 3(2) Lấy (1) - (2) ta có (2m + 1)(y2 − x2) = 0. −1 5 7 Xét m = ta có hệ trở thành: x2 − xy + y2 + = 0, có nghiệm √ 2 2 4 5 + 2 ( , 2) thỏa đề bài. 2 −1 Xét m 6= ta có x = y hoặc x = −y. Trường hợp x = −y không thỏa đề 2 bài. Trường hợp x = y, thế vào (1) ta có −(m + 1)x2 = m2 − 2m − 3 = (m + 1)(m − 3). Nếu m = −1 ta có (x − 2y)(x − y) = 0, (y − 2x)(y − x) = 0 có nghiệm thỏa www.star-education.net 148 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 đề bài, chỉ cần chọn x = 1, y = 1. 2 Nếu m 6= −1 ta có x = 3 − m để có nghiệm xo = yo > 0 thì m 0. 2a − 1 Theo định lý Viete ta có x + x = , suy ra ax + ax = 2a − 1. Suy 1 2 a 1 2 ra ax1 = 2a − 1 − ax2. 2 2 2 2 Kết hợp giả thiết ta có x2 +ax2 −2a+1 = a −a−1 ⇔ x2 +ax2 −a −a+2 = 2 2 3 2 0 ⇔ ax2 + a x2 − a − a + 2a = 0 (1). 2 Mà x2 là nghiệm của phương trình nên ta có ax2 +(1−2a)x2 +1−a = 0(2). 2 3 2 Lấy (1) - (2) ta có (a + 2a − 1)x2 = a + a − 3a + 1, mà a ≥ 1 nên 2 a + 2a − 1 6= 0, suy ra x2 = a − 1. Thế vào phương trình (1) ta có (a − 1)2 + a(a − 1) − a2 − a + 2 = 0 ⇔ a = 1, a = 3. Thử lại ta nhận hai giá trị a = 1, a = 3. Bài 2. (2 điểm) Cho x, y là hai số nguyên dương mà x2 + y2 + 10 chia hết cho xy. a) Chứng minh rằng x, y là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau. x2 + y2 + 10 b) Chứng minh k = chia hết cho 4 và k ≥ 12. xy Hướng dẫn a) Giả sử trong hai số x, y có một số chẵn, vì vai trò x, y như nhau nên có thể giả sử x chẵn. Suy ra x2 + y2 + 10 chia hết cho 2, suy ra y chẵn. Khi đó x2 + y2 + 10 chia hết cho 4, suy ra 10 chia hết cho 4 vô lý. Vậy trong hai số đều là số lẻ. Đặt d = (x, y), x = d.x0, y = d.y0 ta có x2 + y2 + 10 = d2(x02 + y02) + 10 chia www.star-education.net 149 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 hết cho d2x0y0. Suy ra 10 chia hết cho d2. Suy ra d = 1. Vậy x, y nguyên tố cùng nhau. 4(m2 + m + n2 + n + 3 b) Đặt x = 2m + 1, y = 2n + 1, suy ra k = , ta có (2m + 1)(2n + 1) 4, (2m + 1).(2n + 1) nguyên tố cùng nhau. Suy ra m2 + n2 + m + n + 3 chia hết cho (2m + 1)(2n + 1). Từ đó ta có k chia hết cho 4. Chứng minh k ≥ 12 bằng hai cách. Cách 1: Ta có x2 + y2 + 10 = kxy. Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho 3, giả sử x chia hết cho 3. Ta có y2 + 10 chia hết cho 3 vô lý vì y2 chia 3 dư 0 hoặc dư 1. Vậy x, y không chia hết cho 3, suy ra x2 + y2 + 10 chia hết cho 3 và 3, xy nguyên tố cùng nhau. Do đó k chia hết cho 3. Do đó k chia hết cho 12, vậy k ≥ 12. Cách 2: Xét k = 4 ta có x2 + y2 + 10 = 4xy(∗) ⇔ (x − 2y)2 = 3y2 − 10. Ta có (x − 2y)2 chia 3 dư 0 hoặc 1 mà 3y2 − 10 chia 3 dư 2, nên phương trình (*) không có nghiệm nguyên dương. Xét k = 8 ta có x2 + y2 + 10 = 8xy(∗) ⇔ (x − 4y)2 = 15y2 − 10. Ta có (x − 4y)2 chia 3 dư 0 hoặc 1 mà 15y2 − 10 chia 3 dư 2 nên ( ) không có nghiệm nguyên dương. Vậy k ≥ 12. Bài 3.(1,5 điểm) Biết x ≥ y ≥ z, x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 6. a) Tính S = (x − y)2 + (x − y)(y − z) + (y − z)2. b) Tìm giá trị lớn nhất của P = |(x − y)(y − z)(z − x)|. Hướng dẫn a) Ta có (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz). Suy ra xy + yz + xz = −3. Ta có S = (x − y)2 + (x − y)(y − z) + (y − z)2 = x2 − 2xy + y2 + xy − y2 + yz − xz + y2 − 2yz + z2 = x2 + y2 + z2 − yx − yz − xz = 9. www.star-education.net 150 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 1 Ta có (x − y)(y − z) ≤ ((x − y)2 + (x − y)(y − z) + (y − z)2) = 3. Suy ra 3 P ≤ 3|x − z|. √ Ta có |x − z| ≤ p2(x2 + z2) ≤ p2(x2 + y2 + z2) = 12. Suy ra P ≤ √ √ √ √ 3 12 = 6 3. Đẳng thức xảy ra khi x = 3, y = 0, z = − 3. √ √ √ Vậy giá trị lớn nhất của P là 6 3 khi x = 3, y = 0, z = − 3 o Bài 4.(3 điểm) Tam giác ABC nhọn có ∠BAC > 45 . Dựng các hình vuông ABMN, ACP Q (M và C khác phía đối với AB; B và Q khác phía đối với AC). AQ cắt đoạn BM tại E và NA cắt đoạn CP tại F . a) Chứng minh ∆ABE ∼ ∆ACF và tứ giác EF QN nội tiếp. b) Chứng minh trung điểm I của EF là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. c) MN cắt PQ tại D, các đường tròn ngoại tiếp các tam giác DMQ và DNQ cắt nhau tại K (K khác D), các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt nhau tại J. Chứng minh các điểm D, A, K, J thẳng hàng. Hướng dẫn www.star-education.net 151 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 D Q N A P M F K I C E B T J o o a) Ta có ∠EAB + ∠BAC = 90 , ∠F AC + ∠BAC = 90 . Suy ra ∠EAB = o ∠F AC. Mặt khác có ∠ABE = ∠ACF = 90 . Suy ra ∆ABE ∼ ∆ACF . Suy ra AE.AC = AF.AB mà AC = AQ, AB = AN. Suy ra AE.AQ = AN.AF . Suy ra tứ giác QNEF nội tiếp. b)Cách 1: Gọi T là giao điểm của MB và CP . Ta có ABT C nội tiếp và www.star-education.net 152 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 AT là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mặt khác ta có AF ||ET, AE||FT nên AET F là hình bình hành. Suy ra trung điểm EF cũng là trung điểm AT . Do đó trung điểm I của EF là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Cách 2: Xét hình thang AEBF , gọi X là trung điểm của AB khi đó IX thuộc đường trung bình của hình thang, suy ra IX||BE hay IX vuông góc AB vậy IX là trung trực của đoạn AB. Chứng minh tương tự thì I cũng thuộc trung trực đoạn AC. Vậy I là tâm ngoại tiếp của tam giác ABC. 0 0 c) DA cắt EF tại K ta có ∠NFK = ∠NQA (vì NQF E nội tiếp). Mà 0 ∠NQA = ∠NDA(vì AQDN nội tiếp). Suy ra ∠NDA = ∠AF K . Suy ra NDF K0 nội tiếp. Chứng minh tương tự ta có DQK0E nội tiếp. Do đó K0 là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp hai tam giác DQM và DP N. Vậy K0 ≡ K. Suy ra D, A, K thẳng hàng. o Ta có ∠BKE = ∠EAB = ∠CAF = ∠CKF . Suy ra ∠BKC = 180 − o 2∠BKE = 2(90 − ∠EAB) = 2∠BAC = ∠BIC. Suy ra BKIC nội tiếp. Mà IBJC nội tiếp, suy ra và JB = JC nên ∠BKJ = ∠CKJ. Hay KJ là phân giác ∠BKC. o o Mặt khác ∠BKA = 180 − ∠AEB = 180 − ∠AF C = ∠AKC. Suy ra tia đối của tia KA cũng là phân giác của ∠BKC. Do đó A, K, J thẳng hàng. Vậy 4 điểm D, A, K, J thẳng hàng. Bài 5. (1 điểm) Với mỗi số nguyên dương m lớn hơn 1, kí hiệu s(m) là ước nguyên dương lớn nhất của m và khác m. Cho số tự nhiên n > 1, đặt no = n và lần lượt tính các số n1 = no − s(no), n2 = n1 − s(n1), , ni+1 = ni − s(ni), Chứng minh tồn tại số nguyên dương k để nk = 1 và tính k khi n = 216.1417. Hướng dẫn Ta có s(ni) < ni, suy ra ni − s(ni) ≥ 1. Suy ra ni+1 ≥ 1. Do đó ni ≥ 1 với mọi i = 1, 2, www.star-education.net 153 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
NGUYỄN TĂNG VŨ: 0983130298 Mặt khác ni+1 = ni − s(ni) n1 > n2 > > Nếu không tồn tại nk để nk = 1 ta xây dựng được dãy vô hạn các số nguyên dương giảm và nhỏ hơn n (vô lý) vì số các số nhỏ hơn n là bằng n − 1. Vậy tồn tại k sao cho nk = 1. 16 17 33 17 33 17 32 17 32 17 Với n = 2 .14 = 2 .7 , ta có n1 = 2 7 − 2 .7 = 2 .7 . 31 17 n2 = 2 .7 . 17 Tiếp tục ta có n33 = 7 . 17 16 16 16 16 Đặt mo = 7 ta có m1 = 6.7 , m2 = 3.7 , m3 = 2.7 , m4 = 7 . Tương 15 0 tự ta có m8 = 7 , ,m68 = 7 = 1. Vậy k = 33 + 68 = 101. www.star-education.net 154 16/2 Trần Thiện Chánh, P12,Q10
Tài liệu tham khảo [1] Đáp án môn toán chuyên PTNK từ năm 2009 - 2015 [2] Nguyễn Đức Tấn, Lê Quang Nẫm Lời giải đề thi chuyên toán vào lớp 10 NXB Giáo dục. 155