SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN KHÁNH HÒA THI HSG THPT CẤP QUỐC GIA NĂM 2020 Mơn thi: TỐN (Vịng 1) Ngày thi: 19/9/2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Bài (4,0 điểm) x 4x y y z ( x, y, z ) Giải hệ phương trình: y y z z 4z x 2x Bài (6,0 điểm) a) Chứng minh với số nguyên dương n, tồn cặp số nguyên dương a; b cho n (a b 1)(a b 2) a b) Cho dãy số un xác định u1 , un 1 un với n un Tìm phần nguyên u209 Bài (4,0 điểm) Một nhóm phượt có n thành viên Năm 2018, họ thực sáu chuyến du lịch mà chuyến có thành viên tham gia Biết hai chuyến du lịch chung khơng q thành viên Tìm giá trị nhỏ n Bài (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn không cân có đường trung tuyến AM đường phân giác AD Qua điểm N thuộc đoạn thẳng AD (N khơng trùng với A D), kẻ NP vng góc với AB (P thuộc cạnh AB) Đường thẳng qua P vng góc với AD cắt đoạn thẳng AM Q Chứng minh QN vng góc với BC Bài (2,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy yz zx xyz ( x y z ) Chứng minh 1 2x 1 y 1 2z 1 - HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HOÀ GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2019 – 2020 MƠN THI: TỐN (ngày 1) Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐÈ CHÍNH THỨC Bài x + 4x + = y − + − y + − 2z (3 điểm) Giải hệ phương trình y + y + = z−4 z + 4z + = x − + − 2x Lời giải x ≤ Điều kiện: y ≤ z ≤ Xét hàm f ( t ) = t + 4t + g ( t ) = + − 2t ( −∞;3] t −4 f ( x) = g ( y) Hệ phương trình trở thành f ( y ) = g ( z ) f ( z ) = g ( x) Ta có (1) ( 2) ( 3) f ′ ( t ) = 3t + > ∀t ∈ ( −∞;3] ⇒ Hàm số f ( t ) = t + 4t + đồng biến ( −∞;3] g′ (t ) = − (t − 4) − + − 2t nghịch biến < ∀t ∈ ( −∞;3) ⇒ g ( t ) = t −4 − 2t ( −∞;3] Khơng tính tổng qt ta giả sử x = max { x; y; z} Khi ta có x ≥ y ; x ≥ z x ≥ y (*) ⇒ f ( x ) ≥ f ( y ) (vì hàm f ( t ) đồng biến), kết hợp với hệ phương trình ⇒ g ( y ) ≥ g ( z ) (vì hàm g ( t ) nghịch biến), kết hợp hệ phương trình ⇒ y ≤ z ⇒ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ g ( z ) ≤ g ( x ) ⇒ z ≥ x (**) Từ (*) (**) ta suy x = z ⇒ f ( x ) = f ( z ) ⇒ g ( y ) = g ( x ) ⇒ y = x Vậy ta có x = y = z Từ hệ phương trình ta suy f ( x ) = g ( x ) ⇔ x3 + x + = ⇔ x3 + x + − + − 2x x−4 − − 2x = x−4 Xét hàm h ( x ) = x + x + − Trang 2/8 – Diễn đàn giáo viên Toán − − x ( −∞;3] x−4 Ta có h′ ( x ) = 3x + + ( x − 4) ⇒ hàm số h ( x ) = x + x + − + > ∀x ∈ ( −∞;3) − 2x − − x đồng biến ( −∞;3] x−4 ⇒ Phương trình h ( x ) = có nhiều nghiệm Ta có h (1) = nên phương trình h ( x ) = có nghiệm x = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (1;1;1) Bài a Chứng minh với số nguyên dương n , tồn cặp số nguyên dương ( a ; b ) cho n = ( a + b − 1)( a + b − ) + a b Cho dãy số xác định u1 = 5; un +1 = un + với n ≥ Tìm phần ( un ) nguyên un u209 Lời giải a Cách Đặt m = a + b ⇒ m ≥ Phương trình trở thành: n= 1 ( m − 1)( m − ) + m − b ⇔ m2 − m + − b − n = ⇔ m2 − m + (1 − b − n ) = 2 (1) Để tồn cặp số nguyên dương ( a ; b ) (1) phải có nghiệm ngun dương lớn Do đó, điều kiện cần ∆ (1) > phải phương ∆ (1) = − (1 − b − n ) = ( b + n ) − Dễ thấy ∆ (1) = ( 2k + 1) , k ∈ ℕ Khi ( b + n ) − = ( 2k + 1) ⇔ ( b + n ) = k + k + ⇔b= k2 + k +1− n Khi này, ∆ (1) = 2k + nghiệm nguyên dương (1) m = + 2k + = k +1 k2 + k k2 − k +1− n = n − Thay vào a = m − b = k + − Sử dụng điều kiện a ≥ 1; b ≥ hệ Trang 3/8 – HSG-WT k2 + k +1− n ≥ k + k ≥ 2n ⇔ (2) k − k + ≤ 2n n − k − k ≥ Việc cịn lại (2) có nghiệm với k ∈ ℕ Gọi k0 số nguyên không âm lớn cho k02 − k0 + ≤ 2n , lúc k0 ln tồn Khi ( k0 + 1) − ( k0 + 1) + > 2n ⇔ k02 + k0 > 2n − Vì k02 + k0 ≥ n (đpcm) Vậy với số nguyên dương n , tồn cặp số nguyên dương ( a ; b ) cho n= ( a + b − 1)( a + b − ) + a Cách Rõ ràng với n cho trước, tồn số tự nhiên l để l ( l + 1) ≥n Ta gọi l0 giá trị nhỏ n thoả mãn bất phương trình l0 ( l0 − 1) l ( l + 1) l ( l + 1) , ta chọn b = 0 0 Vì vậy, u cầu tốn thoả mãn Ta có điều phải chứng minh Trang 4/8 – Diễn đàn giáo viên Toán Cách Ta cần chứng minh f : ℕ* × ℕ* → ℕ* cho f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b − ) + a , ( ∀a, b ∈ ℕ* ) song ánh Chứng minh f ánh xạ Ta chứng minh f đơn ánh Thật vậy, giả sử ( a1; b1 ) , ( a2 ; b2 ) ∈ ℕ* × ℕ* thỏa mãn f ( a1 ; b1 ) = f ( a2 ; b2 ) Đặt T ( n ) = n ( n + 1) , n ∈ ℕ* Ta có f ( a; b ) − T ( a + b − ) = a > Và T ( a + b − 1) − f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b ) − ( a + b − 1)( a + b − ) − a = b − ≥ Do T ( a + b − ) < f ( a; b ) ≤ T ( a + b − 1) Khi T ( a1 + b1 − ) < f ( a1 ; b1 ) ≤ T ( a1 + b1 − 1) , Kết hợp với dãy (T ( n ) ) dãy tăng ngặt ta chứng minh f đơn ánh Ta chứng minh f toàn ánh Thật vậy, với n số nguyên dương tùy ý, dãy (T ( n ) ) tăng ngặt nên tồn số nguyên dương k thỏa T ( k − 1) < n ≤ T ( k ) ⇔ ( k − 1) k < n ≤ k ( k + 1) ( k − 1) k b = k − a + Chứng minh a b số nguyên dương k ( k − 1) f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b − ) + a = + a = n 2 Vậy f song ánh, suy điều phải chứng minh Đặt a = n − b Cho dãy số ( un ) xác định u1 = 5; un +1 = un + với n ≥ Tìm phần nguyên un u209 Nhận xét: ( un ) dãy tăng un ≥ u1 > 0, ∀n n −1 n −1 n −1 1 Ta có: uk2+1 = uk + ⇒ ∑ uk2+1 = ∑ uk2 + + ⇒ un2 = u12 + ( n − 1) + ∑ uk uk k =1 k =1 k =1 uk Suy ra: un > u12 + ( n − 1) , ∀n ≥ , hay un ≥ 25 + ( n − 1) , ∀n ≥ 1 1 1 ≤ ⇒ 4< − uk u1 + ( k − 1) uk u1 + 2k − u1 + 2k − n −1 1 1 − < = Suy ra: ∑ < 2 u1 − u1 + 2n − ( u1 − 1) 48 k =1 uk Mặt khác, uk2 ≥ u12 + ( k − 1) ⇒ Từ ta có n −1 < u12 + ( n − 1) + , ∀n ≥ 48 k =1 uk n −1 un2 = u12 + ( n − 1) + ∑ Suy un < 25 + ( n − 1) + n −1 , ∀n ≥ 48 Trang 5/8 – HSG-WT Hay un ≤ 25 + ( n − 1) + Khi Bài n −1 , ∀n ≥ 48 441 ≤ u209 ≤ 441 + 208 Hay 21 ≤ u209 < 21,5 nên phần nguyên u209 21 48 Một nhóm phượt có n thành viên Năm 2018 , họ thực sáu chiến du lịch mà chuyến có thành viên tham gia Biết hai chuyến du lịch chung khơng q thành viên Tìm giá trị nhỏ n Lời giải Ta xác định bảng vng với cột thành vượt nhóm phượt đánh số từ đến n , dòng chuyến du lịch A1 , A2 , , A6 Điền số vào ô ( i, Ai ) người thứ i tham gia chuyến du lịch Ai , điền số vào ô tương ứng trường hợp ngược lại … n A1 A2 … A6 Gọi ci số chuyến du lịch người thứ i tham gia, tức cột i có ci số n Gọi S tổng số cặp số bảng Ta có ∑c i = 30 i =1 n Vì cột i có ci số 1, suy có Cc2i cặp số cột i Suy S = ∑ Cc2i i =1 Mặt khác, xét hàng i ≠ j bất kì, Ai ∩ A j ≤ nên hai hàng có nhiều cặp số , suy S ≤ 2Cc2i ≤ 30 n ∑ ci n n n n Từ ta có S = ∑ Cci ≤ 30 ⇒ i =1 − ∑ ci ≤ ∑ ci2 − ∑ ci ≤ 60 n i =1 i =1 i =1 i =1 900 ≤ 90 ⇔ n ≥ 10 n Xét n = 10 1 A1 10 A2 1 0 1 0 A3 1 0 0 1 A4 1 0 1 A5 0 1 1 A6 0 1 1 ⇒ Vậy giá trị nhỏ n 10 , chuyến có thành viên tham gia cặp thành viên tham gia không chuyến Bài Cho tam giác ABC nhọn không cân có đường trung tuyến AM đường phân giác AD Qua điểm N thuộc đoạn thẳng AD (N không trùng với A D), kẻ NP vng góc với AB (P Trang 6/8 – Diễn đàn giáo viên Toán thuộc cạnh AB) Đường thẳng qua P vng góc với AD cắt đoạn thẳng AM Q Chứng minh QN vng góc với BC Lời giải A E Q P I N O C B D M K Có PQ ∩ AD = I ; AD ∩ ( O ) = K ; PQ ∩ AC = E Dễ chứng minh tam giác cân NPE KBC đồng dạng Lại có: QE SQAE sin MAC sin MAC AM AC AB S MAC AB AB DB = = = = = = QP SQAP sin MAB sin MAB AM AB AC S MAB AC AC DC Suy QE DB = lại có M, Q trung điểm BC, PE ∆NPE ∼ ∆CKB nên: QP DC ∆QIE ∼ ∆DMK ( c.g c ) ⇒ QNI = DKM ⇒ QN // MK ⇒ QN ⊥ BC Bài Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = xyz ( x + y + z ) Chứng minh rằng: 1 + + ≥ 2x +1 y +1 2z +1 Lời giải Đặt a = 1 ,b = ,c = < a, b, c < 2x +1 y +1 2z +1 1− a 1− b 1− c ,y= ,z = 2a 2b 2c Ta cần chứng minh a + b + c ≥ (Chứng minh phản chứng) 1− a b + c 1− b c + a 1− c a + b > , y= > , z= > Giả sử a + b + c < Khi đó, ta có x = 2a 2a 2b 2b 2c 2c 1 Ta có: xy + yz + zx = xyz ( x + y + z ) ⇔ x + y + z = + + x y z Ta có x = Trang 7/8 – HSG-WT 1 b + c 2a c + a 2b a + b 2c ⇔ 0= x− + y+ +z+ > − + − + − 2a b + c 2b c + a 2c x y z a+b b+c c+a a+b b c a ⇔ + + < 4 + + (1) a b c b+c c+a a+b Ta chứng minh được: b c a 1 1 1 1 b+c c+a a+b + + + + 4 ( 2) ≤ a + + b + + c + = a b c b+c c+a a+b b c c a a b Từ (1) ( ) ta có điều mâu thuẫn nên ta có điều phải chứng minh ⇔ x = y = z = -HẾT - Đẳng thức xảy a = b = c = Trang 8/8 – Diễn đàn giáo viên Toán ... nguyên dương k thỏa T ( k − 1) < n ≤ T ( k ) ⇔ ( k − 1) k < n ≤ k ( k + 1) ( k − 1) k b = k − a + Chứng minh a b số nguyên dương k ( k − 1) f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b − ) + a = + a = n... u1 − 1) 48 k =1 uk Mặt khác, uk2 ≥ u12 + ( k − 1) ⇒ Từ ta có n −1 < u12 + ( n − 1) + , ∀n ≥ 48 k =1 uk n −1 un2 = u12 + ( n − 1) + ∑ Suy un < 25 + ( n − 1) + n −1 , ∀n ≥ 48 Trang 5/8 – HSG- WT... + 1) , n ∈ ℕ* Ta có f ( a; b ) − T ( a + b − ) = a > Và T ( a + b − 1) − f ( a; b ) = ( a + b − 1)( a + b ) − ( a + b − 1)( a + b − ) − a = b − ≥ Do T ( a + b − ) < f ( a; b ) ≤ T ( a + b − 1)