Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 PHẦN LỜI GIẢI Câu 1: (3 điểm) 1) Giải phương trình 2x + + p 4x2 + 6x = p 5x − x2 2) Giải hệ phương trình ( xy(x + y) = 30, √ x3 + y3 = 30 + x + y + 120 Lời giải 1) Điều kiện: ≤ x ≤ Ta biến đổi phương trình thành √ √ √ √ x + x 4x + + 4x + = 4x + x − x + − x Sử dụng đẳng thức, ta thu √ √ √ √ ( x + 4x + 6)2 = (2 x + − x)2 √ √ √ √ Suy x + 4x + = x + − x (do vế không âm), hay √ √ √ 4x + = x + − x Bình phương hai vế phương trình ta có 4x + = x + − x + hay 4x + = mãn) p p x(5 − x) x(5 − x) Tiếp tục ta bình phương hai vế với điều kiện 4x + ≥ (đã thoả 16x2 + 8x + = 4x(5 − x) 1 x = (đều thoả mãn điều kiện) 10 1 Vậy, phương trình cho có hai nghiệm x = , x = 10 Giải phương trình ta thu x = 2) Đặt S = x + y, P = xy Ta có x3 + y3 = (x + y)3 − 3xy(x + y) = S3 − 3SP Khi hệ phương trình trở thành ( SP S3 − 3SP = 30, √ = 30 + S + 120 Thay SP = 30 vào phương trình thứ hai ta có √ S3 = 120 + S + 120 √ hay S3 + S = (S + 120) + S + 120 Ta nhận thấy Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 • Nếu S > √ S + 120 S3 > S + 120, suy √ S3 + S > (S + 120) + S + 120, loại • Nếu S < √ S + 120 S3 < S + 120, suy √ S3 + S < (S + 120) + S + 120, loại √ Như ta có S = S + 120, hay S3 − S − 120 = Giải phương trình ta thu S = 5, 30 = Vậy ta có P = S ( x + y = 5, xy = Theo Vi-ét đảo x, y hai nghiệm phương trình X − 5X + = Giải phương trình ta thu (x, y) = (2, 3) (3, 2) Vậy, hệ cho có hai nghiệm (x, y) (2, 3) (3, 2) Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 Câu 2: (3 điểm) 1) Tìm tất cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn 4x + (1 + 3y ) (1 + 7y ) = 2x (3y + 7y + 2) 2) Với x, y, z số thực dương, tìm giá trị nhỏ biểu thức: M= x14 − x6 + y14 − y6 + z14 − z6 + + + x2 y2 + zx + zy y2 z2 + xy + xz z2 x2 + yz + yx Lời giải 1) Cách Ta có biến đổi phương trình sau 4x + (1 + 3y ) (1 + 7y ) = 2x (3y + 7y + 2) ⇔ 22x − + + 3y + 7y + 21y = 2x (3y + 7y + 2) ⇔ (2x − 1) (3y + 7y + − 2x ) = 21y (1) Ta chứng minh gcd(2x −1, 3y +7y +1−2x ) = Thật vậy, gcd(2x −1, 3y +7y +1−2x ) > gọi p ước nguyên tố chung 2x − 1, 3y + 7y + − 2x Suy p | 3y + 7y Chú ý 3x + 7y không chia hết cho 3,7 nên p ̸= 3, Lại có p | 21y nên p ∈ {3, 7} mâu thuẫn Vậy gcd(2x − 1, 3y + 7y + − 2x ) = Ta xét hai trường hợp sau • Nếu x số chẵn 2x − chia hết cho 3y + 7y + − 2x chia dư Khi đó, từ phương trình (1) ta có ( 2x − = 3y 3y + 7y + − 2x = 7y Suy 2x = 3y + Chú ý 3y ≡ 1, (mod 8) nên 3y + không chia hết cho Từ x = y = Vậy (x, y) = (2, 1) • Nếu x số lẻ 2x − chia dư 3y + 7y + − 2x chia hết cho Khi đó, từ phương trình (1) ta có ( 2x − = 7y 3y + 7y + − 2x = 3y Suy 2x = 7y + Vế phải chia dư nên vế trái chia dư Từ x = 3k, k ∈ N∗ thay vào phương trình (2k − 1)(22k + 2k + 1) = 7y Vì gcd(2k −1, 22k +2k +1) ∈ {1, 3} nên gcd(2k −1, 22k +2k +1) = Vì 22k +2k +1 > nên 2k − = suy k = 7y = nên y = x = 3k = Vậy (x, y) = (3, 1) Vậy tất cặp số (x, y) thỏa mãn (2, 1), (3, 1) Cách Phương trình cho viết lại thành (2x − 7y − 1)(2x − 3y − 1) = Tới giải giống hai trường hợp Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 2) Ta có 3(x14 − x6 + 3) = (3x14 + 4) − 3x6 + ≥ 7x6 − 3x6 + = 4x6 + theo bất đẳng thức AM-GM Lại có theo bất đẳng thức AM-GM, 4x6 + = (x6 + x6 + 1) + (x6 + x6 + 1) + ≥ 3(x4 + x4 + 1) ≥ 3(x4 + 2x2 ) Suy M≥∑ x4 x2 + ∑ x2y2 + xz + yz x2 y2 + xz + yz áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu cho vế trái, ta có M≥ (x2 + y2 + z2 )2 + 2(x + y + z)2 3(x2 y2 + y2 z2 + z2 x2 ) + 6(xy + yz + zx) ≥ = x2 y2 + y2 z2 + z2 x2 + 2(xy + yz + zx) x2 y2 + y2 z2 + z2 x2 + 2(xy + yz + zx) Dấu xảy x = y = z = Giá trị nhỏ M Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 Câu 3: (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn vói AB < AC nội tiếp đường trịn (O) có tiếp tuyến A (O) cắt BC T cho T B > BC Gọi P E trung điểm TA TC 1) Chứng minh tứ giác APEB nội tiếp 2) Gọi giao điểm thứ hai AE với (O) F Lấy G thuộc (O) cho FG song song dG = TAF d với AC Chứng minh AT 3) Gọi H trực tâm tam giác ABC, D giao điểm AH BC M trung điểm BC K đối xứng với A qua BC N thuộc đường thẳng AM cho KN song song với HM Lấy S thuộc BC cho NS ⊥ NK Dựng R thuộc tia AK cho AR · AH = AD2 Q điểm cho PQ ⊥ AS SQ ⊥ AO Chứng minh điểm đối xứng A qua QR thuộc đường tròn đường kính DN A P O F T E C B G Lời giải 1) Vì AT tiếp tuyến (O) nên ta TA2 = T B · TC Như vậy, ta T P · TA = TA2 = T B · TC = T B · T E tứ giác APEB tứ giác nội tiếp 2) Vì EP đường trung bình △TAC, AFGC hình thang cân AT tiếp tuyến d = EAC d = FAC d = GCA d = TAG d GAC d = FCA d = TAF d = PAE d (O) nên ta thu AEP AE AP Như vậy, ta △AEP ∼ △ACG (g.g) dẫn đến = Lại ý AT = 2AP AC AG AE 2AE 2AP AT d = TAG d ta thu AC = 2EP, ta thu = = = Kết hợp với AEP EP AC AG AG dG = TAF d △AEP ∼ △TAG (c.g.c) AT 3) Câu lạc Tốn A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 V A J P H O W T B D M C X S Y R Z G K A' L U Q A'' N Y1 Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 Gọi AY đường kính (O), L Y1 giao AY với QS KN Theo tính chất quen thuộc ta có M trung điểm HY nên theo bổ đề hình thang ta N trung điểm KY1 Vì SN ⊥ KY1 SD trung trực AK nên S tâm ngoại tiếp tam giác AKY1 Vì QS ⊥ AO nên AY1 ⊥ SL mà S tâm (AKY1 ) nên L trung điểm AY1 Theo tính chất đường trung bình ta DN ∥ AO NL ∥ AD suy tứ giác ADNL hình bình hành Gọi Z giao DL AN ta Z trung điểm AN DL Gọi A′′ đối xứng A qua R, X giao NL với BC, A′ giao AX với (R) XA′ ⊥ A′ A′′ nên A′ thuộc đường tròn (DN) Áp dụng định lý Thales ta AH AM AM AD AD = = = = ′′ AA 2AR 2AD 2AZ AN Theo định lý Thales đảo ta suy NA′′ ∥ DM nên NA′′ ⊥ DA′′ suy DXNA′′ hình chữ nhật D, X, A′′ , N thuộc (DN) Gọi U,V giao QS QP với AH; W giao AO BC Ta có ∆QUV ∼ ∆AW S(g.g) (do tam giác có cặp cạnh tương ứng vng góc) Từ V kẻ V G ⊥ QS SQ ∥ AT nên V G ⊥ AT Vì đường qua T vng góc với AS đường qua S vng góc với AT đồng quy trực tâm tam giác AT S AH nên V G phải qua trung điểm J AS Mặt khác JG ∥ AL (cùng vng góc với QS nên G trung điểm LS Theo tính chất đường trung bình ∆ANA′′ , ∆DLS ta GZ ∥ DS, RZ ∥ NA′′ mà NA′′ ∥ DS nên G, Z, R thẳng hàng GR ⊥ VU d dS nên ∆V GU ∼ ∆SLW (g.g) [ = LW Ta có V[ GU = W LS = 90◦ VUG Vì LX GR hai đường cao tương ứng hai tam giác nên theo tính tương ứng VR WX = đồng dạng ta tỷ lệ thức sau RU XS Từ kết hợp với ∆QUV ∼ ∆AW S(g.g) ta ∆QUR ∼ ∆AW X(c.g.c) suy QR vng góc AX Vì QR ⊥ AA′ mà R thuộc trung trực AA′ nên A A′ đối xứng qua QR Vậy điểm đối xứng A qua QR A′ thuộc (DN) Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 Câu 4: (1 điểm) Viết 100 số nguyên dương 1, 2, , 100 vào bảng ô vuông kích thước 10 × 10 cách tuỳ ý cho ô vuông viết số Chứng minh tồn hai ô kề (hai ô có cạnh chung) mà hai số viết hai ô có hiệu lớn 10 Lời giải Cách Ta giải toán tổng quát: Điền số 1, 2, , n2 với n > vào vng bảng cỡ n×n Khi tồn hai ô vuông kề (chung cạnh) chứa hai số x, y mà |x−y| ≥ n Kí hiệu mk , Mk tương ứng số nhỏ số lớn hàng thứ k với k = 1, 2, , n Chú ý m1 , m2 , , mn , M1 , M2 , , Mn đôi phân biệt Đặt m = max(m1 , m2 , , mn ) M = min(M1 , M2 , , Mn ) Xét hai trường hợp • Nếu m < M ta có mk ≤ m < Mk với k = 1, 2, , n Điều suy với hàng k tồn hai số ak , bk thuộc hàng cho ak ≤ m < bk với hàng k ta chọn cặp (ak , bk ) thuộc hai ô kề hàng k Vì b1 , b2 , , bn lớn m số b1 , b2 , , bn đôi phân biệt nên tồn k ∈ {1, 2, , n} cho bk ≥ n + m bk − ak ≥ (m + n) − m = n • Nếu m > M gọi i, j ∈ {1, 2, , n} số cho mi > M = M j Khi cột tồn số không vượt M (ví dụ số hàng j) số lớn M (ví dụ số hàng i) Khi với cột k tồn ak , bk cho ak ≤ M < bk ak , bk thuộc hai ô kề cột k Tương tự trường hợp ta có tồn k ∈ {1, 2, , n} mà bk ≥ M + n Suy bk − ak ≥ (M + n) − M = n Trong tình ta có điều phải chứng minh Cách Phạm Việt Hưng Giả sử phản chứng, tồn cách điền để không tồn x, y Ta điền số vào bảng ô vuông, xét thời điểm mà n cột điền số Ta xét hai trường hợp sau: • Nếu tồn cột phủ hồn tồn, ta đổi vai trò hàng cột (xét thời điểm n hàng có số) Nếu lại tồn hàng phủ hồn tồn, tức hai thời điểm xét trùng Điều khơng thể vừa thêm phải cuối hàng cột đó, xét thời điểm trước cho ta tất hàng điền • Nếu khơng tồn cột phủ hồn tồn, cột có ô điền, ta chọn cột thứ i cặp ô Ai , Bi mà Ai điền cịn Bi chưa Cần có Bi − Ai ≤ n − 1, kéo theo Bi ≤ max(A1 , A2 , , An ) + n − 1, ∀i Mà số từ đến max(Ai ) điền nên Bi > max(Ai ), vô lý n số Bi phân biệt Các trường hợp cho ta giả sử sai ta có điều phải chứng minh