Thông tin tài liệu
Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 PHẦN LỜI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) Giải phương trình √ √ x − − 2x − = 2x − Cho a, b, c số thực khác thỏa mãn điều kiện a2 − c2 = c, c2 − b2 = b b2 − a2 = a Chứng minh (a − b)(b − c)(c − a) = Lời giải 1) Điều kiện xác định x ≥ Sử dụng nhân liên hợp, ta có phương trình ban đầu tương đương với x − − 2x + √ √ = 2x − x − + 2x − Chuyển vế, rút nhân tử chung ta √ (x − 4) + √ = x − + 2x − √ √ √ x − ≥ 0, 2x − ≥ nên + √ > với x ≥ , kéo theo x = x − + 2x − (thỏa mãn điều kiện xác định) Vậy phương trình cho có nghiệm x = Ta có 2) Theo đề ta có a2 − c2 + c2 − b2 = c + b a, b, c 6= nên a2 − b2 = c + b Nếu a + b = a = −b Tuy nhiên a = b2 − a2 = trái giả thiết Do đó, ta phải có a + b 6= c+b dẫn tới a − b = a+b a+b c+a Hồn tồn tương tự ta có b − c = c − a = b+c c+a Từ ta suy c+b c+a a+b (a − b)(b − c)(c − a) = · · = a+b b+c c+a Đây điều phải chứng minh Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 Câu 2: (2,0 điểm) 1) Cho ba số nguyên a, b c thỏa mãn a2 + b2 + c2 − 2abc chia hết cho Chứng minh abc chia hết cho 54 2) Tìm tất cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn x3 y − x2 y − 4x2 + 5xy − y2 = Lời giải 1) Nếu ba số a, b, c lẻ a2 + b2 + c2 − 2abc lẻ a2 + b2 + c2 − 2abc không chia hết cho 6, trái giả thiết Do đó, ba số a, b, c phải có số chẵn, nghĩa abc chia hết cho Nếu abc không chia hết cho tức số a, b, c khơng có số chia hết cho 3, dẫn tới a2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ (mod 3) Vì a2 + b2 + c2 − 2abc chia hết −2abc chia hết cho 3, vơ lí a, b, c khơng chia hết cho Do đó, ta phải có abc chia hết cho Từ ta có a2 + b2 + c2 chia hết cho Vì số phương chia dư 0,1 số a2 , b2 , c2 phải chia hết cho kéo theo a, b, c chia hết cho Khi abc chia hết cho 27 Vì (27, 2) = nên abc chia hết cho 27 · = 54 Phép chứng minh hồn tất 2) Phương trình cho viết lại thành y2 − (x3 − x2 + 5x)y + 4x2 = Coi phương trình phương trình bậc hai ẩn y, tính biệt thức ∆ = (x3 − x2 + 5x)2 − 16x2 = x2 (x2 − x + 1)(x2 − x + 9) Điều kiện cần để phương trình có nghiệm y ngun ∆ số phương Suy (x2 − x + 1)(x2 −x+9) số phương (do x nguyên dương nên x2 > 0) Vì x2 −x+1 = x(x−1)+1 số lẻ gọi d = gcd(x2 − x + 1, x2 − x + 9) d lẻ d | (x2 − x + 9) − (x2 − x + 1) = nên ta phải có d = Suy x2 − x + 1, x2 − x + số phương Mà (x − 1)2 < x2 − x + < (x + 1)2 nên x2 − x + = x2 tìm x = Thay x = tìm y = 1, y = Vậy phương trình cho có hai nghiệm nguyên dương (x, y) (1, 1) (1, 4) Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Tìm tất cặp số nguyên (x, y) cho xy số phương x2 + xy + y2 số nguyên tố 2) Với số thực không âm a, b, c thoả mãn a + 2b + 3c = 1, tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = (a + 6b + 6c)(a + b + c) Lời giải 1) Đặt xy = z2 với z ∈ N x2 + xy + y2 = x2 + y2 + z2 = (x + y)2 − z2 = (x + y − z)(x + y + z) Chú ý xy = z2 ≥ nên x, y phía với Và cặp (x, y) thoả mãn cặp (−x, −y) thoả mãn, ta cần xét x, y ≥ Khi x + y + z ≥ x + y − z x2 + y2 + z2 số nguyên tố nên ta phải có x + y − z = 1, x2 + y2 + z2 = x + y + z Do x, y, z ∈ N nên x2 ≥ x, y2 ≥ y, z2 ≥ z nên để có đẳng thức x2 + y2 + z2 = x + y + z x2 = x, y2 = y, z2 = z Suy x, y ∈ {0, 1} Thử trực tiếp có x = y = thoả mãn tốn Vậy, có hai cặp (x, y) (1, 1), (−1, −1) 2) Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có P≥ a + 3b + 3c (3a + 3b + 3c) ≥ r a + 3b + 3c !2 ≥ (a + 2b + 3c)2 = 2 Suy P ≥ Dấu xảy a = b = 0, c = Giá trị nhỏ P 3 Lại có, theo bất đẳng thức AM-GM 4P = (a+6b+6c)(4a+4b+4c) ≤ (a + 6b + 6c + 4a + 4b + 4c)2 25(a + 2b + 3c)2 25 ≤ = , 4 kéo theo P≤ 25 16 Dấu xảy a + 6b + 6c = 4(a + b + c), c = 0, a + 2b + 3c = Giải ta tìm 25 a = , b = , c = Giá trị lớn P 16 Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O) Ba đường cao AD, BE CF tam giác ABC qua điểm H Đường thẳng EF cắt đường thẳng AD điểm Q Gọi M I trung điểm đoạn thẳng BC AH Đường thẳng IM cắt đường thẳng EF điểm K 1) Chứng minh tam giác AEK đồng dạng với tam giác ABM 2) Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC điểm S, đường thẳng SI cắt đường thẳng MQ điểm T Chứng minh bốn điểm A, T, H M thuộc đường tròn 3) Tia T H cắt đường tròn (O) điểm P Chứng minh ba điểm A, K P thẳng hàng A E I T K Q F S B O H D M C P ≡ P0 Lời giải 1) Xét tam giác BFC BEC vuông F E với trung tuyến tương ứng FM EM, ta FM = EM = BC Tương tự, xét tam giác AFH AEH vuông F E với trung tuyến tương ứng FI EI, ta FI = EI = AH Như vậy, MI đường trung trực EF, K trung điểm EF AE AF Mặt khác, lại ý 4AEB ∼ 4AFC (g.g) nên ta = , kéo theo 4AEF ∼ AB AC d = ABC d AE = EF = 2EK = EK Do đó, 4AEK ∼ 4ABC (c.g.c) Từ ta thu AEF AB BC 2BM BM 4ABM (c.g.c) 2) Xét 4ISM với ID ⊥ SM SK ⊥ IM (vì MI trung trực EF), Q trực tâm d d = IFM d Do đó, năm 4ISM Như vậy, MQ ≡ MT ⊥ SI từ ta IT M = 90◦ = IEM Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 điểm I, T, E, F, M thuộc đường tròn dẫn đến QT · QM = QE · QF Mặt khác, lại ý tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp, ta có QE · QF = QA · QH Như vậy, QT · QM = QA · QH, bốn điểm A, T, H, M thuộc đường tròn 3) Trên tia T H lấy điểm P0 cho HT · HP0 = HA · HD Khi đó, ta HT · HP0 = HB · HE = HC · HF tứ giác T BP0 E TCP0 F tứ giác nội tiếp Khi đó, ta T = BET T = CFT [ [ d = HET [ = HFT [ CP [ Từ đó, ý tứ giác T IEF nội tiếp có BP d ta thu d = 2BAC, [ nên E T F = EIF 0C = BP T + CP T = HET [ [ [ [ + HFT [ = 360◦ − EHF [ −E [ BP TF d − 2BAC d = 180◦ − BAC d = 360◦ − (180◦ − BAC) Do P0 ∈ (O) kéo theo P0 ≡ P Như vậy, HA · HD = HT · HP nên tứ giác AT DP nội d = DT d = CAH [ AO ⊥ EF, [ tiếp DAP H Mặt khác, ta có kết quen thuộc BAO d − BAM [ = BAO [ = CAH [ − EAK [ = DAK [ kết hợp với 4AEK ∼ 4ABM, ta thu OAM IM k AO(⊥ EF) Lại ý tứ giác AT HM IT DM tứ giác nội tiếp, ta d = OAM d = AMT d = AMI [ − IDT [ − IMT [ = DAK [ [ DT H = AHT d = DAK, [ từ suy A, P, K thẳng hàng Do đó, DAP Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 Câu 5: (1 điểm) Cho 2023 điểm nằm hình vng cạnh Một tam giác gọi phủ điểm M điểm M nằm tam giác nằm cạnh tam giác 1) Chứng minh tồn tam giác cạnh √ phủ 253 điểm 2023 điểm cho 11 2) Chứng minh tồn tam giác cạnh phủ 506 điểm 2023 điểm 12 cho Lời giải 1) Chia hình vng thành phần sau Mỗi phần tam giác vuông cân với độ dài cạnh bên Theo nguyên lý Dirichlet, có 2023 điểm phân bố vào phần hình vẽ nên tồn phần có chứa 2023 + = 253 điểm Nói cách khác, tồn tam giác vng cân có cạnh chứa 253 điểm Mà tam giác vng cân có cạnh bên chứa tam giác có cạnh √ , ta có điều phải chứng minh 2) Gọi hình vng cho ABCD với tâm O Ta sử dụng hai đường vng góc IF, EG qua O tạo với cạnh góc 60◦ để chia hình vng thành tứ giác AIOG, BIOE,CEOF, DFOG hình vẽ H N A I B 60◦ G O M D F E C Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 Theo nguyên lý Dirichlet, có 2023 điểm phân bố vào phần hình vẽ nên tồn phần phủ 2023 + = 506 điểm Khơng tính tổng quát, giả sử tứ giác AIOG phủ 506 điểm Ta dựng tam giác OH = IMN cho A ∈ IN, O ∈ IM G ∈ MN hình vẽ Kẻ OH ⊥ AB Ta có OI = sin 60◦ √ 1/2 1 OG 1/ √ = √ Tương tự OG = √ Ta lại có OM = = √ = Suy ◦ tan 60 3/2 3 1 11 IM = OI + OM = √ + < 3 12 11 , suy tồn tam giác phủ toàn tam 12 giác IMN Tam giác phủ tồn tứ giác AIOG, suy phủ 506 điểm cho Như tam giác IMN có cạnh nhỏ Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 PHẦN LỜI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình √ 2x + = (5 − x) 3x − ( x + y + 3xy = 2) Giải hệ phương trình x3 + y3 = Lời giải 1) Điều kiện xác định x ≥ Phương trình ban đầu tương đương với √ 3x − − x + − (5 − x) 3x − − = √ Đặt 3x − = a, − x = b Phương trình trở thành a2 + b − ab − = ⇔ (a − 1)(a + − b) = Từ ta có a = a = b − • Với a = x = • Với a = b − √ 3x − = − x Bình phương hai vế với điều kiện x ≤ ta có 3x − = x2 − 8x + 16 ⇔ x2 − 11x + 18 = Giải phương trình ta x = x = Kết hợp điều kiện ta x = Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = x = 2) Đặt x + y = a, xy = b Hệ phương trình trở thành ( a + 3b = a3 − 3ab = Từ phương trình a + 3b = ta có 3b = − a, thay vào phương trình cịn lại, ta được: a3 − a(9 − a) = ⇔ (a + 1)(a − 3)(a + 3) = Giải phương trình ta có a = 3, a = −1 a = −3 • Với a = b = 2, ta có x = 1, y = x = 2, y = 10 • Với a = −1 b = , ta khơng có x, y thỏa mãn • Với a = −3 b = 4, ta khơng có x, y thỏa mãn Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm (x; y) (1; 2), (2; 1) Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 Câu 2: (2,0 điểm) 1) Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh số A = p +2 − chia hết cho 21 2) Tìm tất số nguyên x y thỏa mãn x3 − y3 = 2(x − y)2 + 17 Lời giải 1) Vì p số nguyên tố lớn nên p số lẻ p khơng chia hết cho 2 Do p2 + = 2k + 1, k ∈ N, kéo theo p +2 = 2.4k ≡ ≡ (mod 3) Suy A = p +2 − chia hết cho Do p không chia hết p2 + ≡ + ≡ (mod 3) Đặt p2 + = 3h với h ∈ N∗ Khi đó, ta có +2 A = 2p − = 23h − = 8h − ≡ − = (mod 7) Từ ta suy A chia hết cho mà (3, 7) = nên A chia hết cho · = 21 Phép chứng minh hoàn tất 2) Đặt d = x − y x = y + d Chú ý vế phải lớn nên x > y kéo theo d số nguyên dương Thay vào phương trình, ta (y + d)3 − y3 = 2d + 17 Khai triển chuyển vế (3y2 + 3dy + d − 2d)d = 17 Từ phương trình suy d | 17 d nguyên dương suy d ∈ {1, 17} • Nếu d = y(y + 1) = tìm y = 2, x = y = −3, x = −2 • Nếu d = 17 3y2 + 51y = −254 khơng có nghiệm ngun vế trái chia hết cho 3, vế phải khơng Vậy, có cặp (x, y) thoả mãn (3, 2), (−2, −3) Nhận xét Thực tế chuyển 2(x − y)2 rút thừa số chung x − y Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Cho đa thức f (x) = x4 + 2x3 + 3x2 + 2022x + 2023 Chứng minh đa thức f (x) khơng có nghiệm hữu tỉ 2) Với số thực a, b c thỏa mãn (a + 1)(b + 1)(c + 1) = (a − 1)(b − 1)(c − 1), tìm giá trị nhỏ biểu thức A = |a| + |b| + |c| Lời giải 1) Giả sử f (x) có nghiệm α hữu tỷ Viết α = p với p, q ∈ Z, q > (p, q) = q Khi đó, ta có f (α) = ⇔ α + 2α + 3α + 2022α + 2023 2 =0 ⇔ p + 2p q + 3p q + 2022pq + 2023q = Từ q | ta q | p4 (p4 , q) = (p, q) = nên q = Khi đó, ta có = p4 + 2p3 + 3p2 + 2022p + 2023 = p2 (p2 + 1) + 2p3 + 2p2 + 2022p + 2023 Phương trình vơ nghiệm vế trái số lẻ vế phải số chẵn Do đa thức f (x) khơng có nghiệm hữu tỉ Phép chứng minh hồn tất 2) Từ giả thiết ta suy ab + bc + ac = −1, có A = |a| + |b| + |c| ≥ 0, xét A2 = a2 + b2 + c2 + 2|ab| + 2|bc| + 2|ac| Theo bất đẳng thức giá trị tuyệt đối, ta có A2 = (a + b + c)2 + 2(|ab| + |bc| + |ac|) + ≥ + 2|ab + bc + ac| + = Từ kết hợp A ≥ suy A ≥ 2, dấu xảy chẳng hạn a = 0, b = −1, c = Vậy giá trị nhỏ A = Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 Câu 4: (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) (O0 ; R0 ) cắt hai điểm phân biệt A B (R < R0 < OO0 ) Gọi PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) (O0 ) với P ∈ (O) Q ∈ (O0 ) Đường thẳng PQ cắt đường thẳng OO0 điểm S Qua điểm S vẽ đường thẳng cắt đường tròn (O) hai điểm E, F cắt đường tròn (O0 ) hai điểm G, H cho SE < SF < SG < SH 1) Chứng minh đường thẳng OE song song với đường thẳng O0 G 2) Chứng minh SA2 = SP · SQ 3) Tiếp tuyến điểm A đường tròn (O) cắt đường thẳng OO0 điểm M Tiếp tuyến điểm A đường tròn (O0 ) cắt đường thẳng OO0 điểm N Đường thẳng ME EA2 IA = ba điểm N, I, H ba điểm cắt đoạn thẳng AB điểm I Chứng minh EB2 IB thẳng hàng Q P A C O N S M J I E O0 B F G H Lời giải 1) Trên đường thẳng S, E, F lấy điểm G0 , H cho O0 G0 k OE O0 H k OF Theo định SE OE SO SF OF SO OP R lý Thales, ta SG = O0 G0 = SO0 = SH = O0 H Mặt khác, ta có SO0 = O0 Q = R0 Như vậy, OE OF R = 0 = 0 OG OH R Kết hợp với OE = OF = R (vì E, F ∈ (O)), ta thu O0 G0 = O0 H = R0 G0 , H ∈ SE SF 0 (O0 ) hay S, E, F ∩ (O0 ) = {G0 , H } Mặt khác, từ SG = SH SE < SF ta suy SG < SH 0 0 Do đó, ta G ≡ G, H ≡ H OE k O G, OF k O H SO R 2) Trên đường thẳng SA lấy điểm C cho OC k O0 A Khi đó, ta có OOC A = SO0 = R0 Kết hợp với SO SP O0 A = R0 (vì A ∈ (O0 )) nên OC = R C ∈ (O) Hơn nữa, ta có SC SA = SO0 = SQ , Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 d = SPC d = SAP d Từ 4SAP ∼ 4SQA (g.g) Do đó, CP k AQ Do đó, SQA SA2 = SP · SQ SP SA = SA SQ 3) Gọi ME ∩ (O) = {J, E} Từ tính đối xứng nên ta có MB tiếp tuyến (O) Khi đó, ta có 4MJA ∼ 4MAE (g.g) 4MJB ∼ 4MBE (g.g) nên ta JA MJ MJ JB = = = EA MA MB EB Từ ta thu EB EA = JB JA Từ để ý 4IAE ∼ 4IJB 4IBE ∼ 4IJA nên ta IA IA IE JA EA EA JA EA2 = · = · = · = IB IE IB EB JB EB JB EB2 HA 2 Bây ta chứng minh EA EB = HB Thật vậy, ta có SP = SE · SF SQ = SG · SH SE SG Do đó, SB4 = SA4 = SP2 · SQ2 = SE · SF · SG · SH Mặt khác, từ câu a ta có SF = SH hay SE · SH = SG · SF Như vậy, ta SA4 = SB4 = (SE · SH)2 hay SA2 = SB2 = SE · SH Từ ta thu 4SEA ∼ 4SAH (c.g.c) 4SEB 4SBH (c.g.c) Do vậy, EB EA SE SE = = = HA SA SB HB HA Nói cách khác, ta thu EA EB = HB Đến đây, đặt HN ∩ AB = I Chứng minh tương tự IA ý ta thu II AB = HA = II AB dẫn đến I ≡ I Như vậy, N, I, H Từ suy IB HB2 thẳng hàng Câu lạc Toán A1, Hotline: 034 761 1986 - 035 290 3286 Câu 5: (1 điểm) Trên bàn có hai túi kẹo: túi thứ có 18 viên kẹo, túi thứ hai có 21 viên kẹo An Bình chơi trò chơi sau: lượt chơi, bạn lấy viên kẹo từ túi túi lấy viên kẹo Hai bạn luân phiên thực lượt chơi Người khơng thể thực lượt chơi người thua cuộc, người cịn lại người thắng Nếu An người lấy kẹo trước, chiến thuật chơi An để An người thắng Lời giải Đầu tiên An bốc viên từ túi thứ hai, hai túi lúc có 18 20 viên kẹo Tại lượt tiếp theo, chiến thuật An Bình bốc An bốc y hệt Khi ta thấy Bình phải bắt đầu bốc với hai túi có số chẵn viên kẹo, mà Bình dù bốc khiến cho túi mà Bình bốc cịn lại số lẻ viên kẹo, hay nói riêng, cịn kẹo Như đến lượt An An hồn tồn chép cách bốc Bình, túi mà Bình bốc phải cịn kẹo Hơn sau An bốc túi có số lẻ viên kẹo quay cịn lại số chẵn viên kẹo Khi đến lượt Bình Bình lại phải bốc với hai túi cịn số chẵn viên kẹo, An lặp lại chiến thuật Trong trình bốc này, ta thấy An ln bốc kẹo, An khơng thể người thua cuộc, nói cách khác, An người thắng với chiến thuật
Ngày đăng: 28/06/2023, 09:35
Xem thêm:
