Người ta điền vào mỗi ô vuông của bảng một số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô chung cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá 1 : Chứng minh rằng tồn tại một[r]
(1)CMA
TH THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2019
Võ Quốc Bá Cẩn
1 Đề thi
Bài (5.0 điểm)
a) Giải phương trình:
3
p
2 x D px 1:
b) Cho S D 232
1 342 202020212 tích 2019 thừa số Tính S (kết để dạng phân số tối giản)
Bài (5.0 điểm)
a) Biết a; b số nguyên dương thỏa mãn a2 abC b2chia hết cho 9; chứng minh rằng
cả a b chia hết cho 3:
b) Tìm tất số nguyên dương n cho 9nC 11 tích k k N; k 2/ số tự nhiên liên tiếp
Bài (3.0 điểm)
a) Cho x; y; z số thực dương nhỏ 4: Chứng minh số 1x C 4 y1 ;
1 y C
1 z;
1 z C
1
4 x tồn số lớn 1:
b) Với số thực dương a; b; c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2C b2C c2C 2abc D 1; tìm giá trị lớn biểu thức P D ab C bc C ca abc:
Bài (6.0 điểm) Cho tam giác A B C vuông A A B < A C / : Đường tròn I / nội tiếp tam giác A B C ; tiếp xúc với cạnh B C ; C A ; A B D ; E ; F : Gọi S giao điểm A I DE :
a) Chứng minh tam giác I A B đồng dạng với tam giác E A S :
b) Gọi K trung điểm A B O trung điểm B C : Chứng minh ba điểm K ; O ; S thẳng hàng
c) Gọi M giao điểm K I A C : Đường thẳng chứa đường cao A H tam giác A B C cắt đường thẳng DE N : Chứng minh A M D AN :
Bài (1.0 điểm) Xét bảng ô vuông cỡ 0 10 gồm 100 hình vng có cạnh đơn vị Người ta điền vào ô vuông bảng số nguyên tùy ý cho hiệu hai số điền hai ô chung cạnh có giá trị tuyệt đối khơng vượt q : Chứng minh tồn số nguyên xuất bảng lần
(2)CMA
TH 2 Lời giải bình luận toán
Bài (5.0 điểm)
a) Giải phương trình:
3
p
2 x D px :
b) Cho S D 2 32
1 3 42 2 20212 tích 2019 thừa số Tính S (kết để dạng phân số tối giản)
Lời giải a)Điều kiện: x 1: Đặt a D px ; b D p3
2 x ta có a 0; b
a2 C b3 D 1: /
Ngoài ra, từ giả thiết, ta có a C b D 1: Thay a D b vào / ; ta
b /2 C b3 D 1;
hay
b b / b C 2/ D 0:
Suy b f ; 0; 1g; hay x f10; ; 1g: Thử lại, ta thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có tập nghiệm S D f1; ; 10g:
b)Để ý với n nguyên dương, ta có
1
n n C 1/ D
n2 C n n n C 1/ D
n / n C 2/ n n C 1/ :
Từ suy
S D
2
3
2 2022 2 2021
D 2019/ 2022/ 2020/ 2021/
D 2 2
D 3 1 0: Vậy S D 1 03 :
Bài (5.0 điểm)
a) Biết a ; b số nguyên dương thỏa mãn a2 a b C b2 chia hết cho ; chứng
minh a b chia hết cho :
(3)CMA
TH
Lời giải a) Từ giả thiết, ta suy a2 a b C b2/ D a b /2 C 3b2 chia hết cho : Do b2 chia hết a b /2 chia hết cho ; suy a b chia hết cho : Từ đó, ta có a b /2 chia hết hết cho : Suy b2 chia hết cho ; b2 chia hết cho ; tức
b chia hết cho : Mà a b chia hết ta có a chia hết cho : Vậy hai số a b chia hết cho :
b)Để ý ba số tự nhiên liên tiếp ln có số chia hết cho ; mà 9n C 11 không chia hết 9nC 11 tích k số tự nhiên liên tiếp Từ đó, theo yêu cầu đề bài, ta suy 9n C 11 tích hai số tự nhiên liên tiếp.
Đặt 9n C 11 D a a C 1/ với a Nthì ta có a a C 1/ 20 (do 9n 9), suy a : Từ đây, ta có
a a C 1/ 1 D a /2 C 5.a / > a /2: /
Mặt khác, ta có
a a C 1/ 1 < a a C 1/ < a C 1/2: /
Do a a C 1/ 1 D 9n D 3n/2 số phương nên kết hợp với đánh giá (1) (2), ta suy a a C 1/ 1 ˚ a /2; a2 : Bằng cách xét trường hợp cụ thể, ta tìm a f4 ; 11g: Thử lại, ta thấy có a D (tương ứng, n D 1) thỏa mãn yêu cầu Vậy có giá trị n thỏa mãn yêu cầu đề n D 1:
Bình luận Ở câub), sau nhận xét 9n C 11 tích hai số tự nhiên liên tiếp, ta nhân hai vế để tách bình phương viết thành tích thừa số để hoàn tất lời giải
Bài (3.0 điểm)
a) Cho x ; y ; z số thực dương nhỏ : Chứng minh số x1C41y;
1 y C
1 z;
1 z C
1
4 x ln tồn số lớn :
b) Với số thực dương a ; b ; c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2C b2C c2C a b c D 1;
tìm giá trị lớn biểu thức P D a b C b c C c a a b c :
Lời giải a)Khơng tính tổng quát, ta giả sử x D minfx ; y ; z g: Khi đó, ta có
1 x C
1 y
1 y C
1 y D
y /2
y y / C 1:
Từ suy điều phải chứng minh
b)Trong ba số a ; b ; c ; tồn hai số 12 cùng
2: Khơng tính tổng qt, giả
sử hai số a b : Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a2 C b2 a b : Từ đó suy c2 D a2 C b2 C a b c a b C a b c D a b C c /; hay
1 c a b : /
Từ đây, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có c C a b 2p2 a b c ; suy
a b c
(4)CMA
TH
Ta có c a / b / nên
4 a b c C c a c C b c : /
Từ bất đẳng thức / ; / / ; ta có
2 P D a b C a c C b c a b c a b C c C a b c C a b c C D
5 4;
hay
P 8:
Dấu đẳng thức xảy a D b D c D 12: Vậy max P D 8:
Bình luận Có thể chứng minh câua)bằng cách cộng ba số lại sử dụng bất đẳng thức phụ
1 x C
1 y
4
x C y; 8x ; y > 0:
Câub)cũng giải cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu Cụ thể, ta viết lại giả thiết tốn dạng
a a C b c C
b b C c a C
c
c C a b D :
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu, ta có
a a C b c C
b b C c a C
c c C a b D
a2
a2 C a b c C
b2
b2 C a b c C
c2
c2 C a b c
a C b C c /
2
a2 C b2 C c2 C 3a b c:
Từ suy
2 a C b C c /
2
a2 C b2 C c2 C 3a b c;
hay
a2 C b2 C c2 C 6a b c a b C b c C c a /:
Mà a2 C b2 C c2 C a b c D nên C a b c a b C b c C c a /; hay
2 P a b c C 1:
Mặt khác, dễ chứng minh a b c 18 (theo cách / sử dụng trực tiếp bất đẳng thức AM-GM cho bốn số dương D a2 C b2C c2C a b c 4p4
2 a3b3c3) nên P 4;
hay P 58: Đẳng thức xảy a D b D c D 2:
Một cách khác cho câub)nữa sử dụng biến đổi
2 P D a b Cb c Cc a / a b c D a b Cb c Cc a /Ca2Cb2Cc2 D a Cb Cc /2 :
Từ giả thiết, ta có c C a b /2 D 1 a2/ 1 b2/ : Suy ra
c D a b Cp a2/ 1 b2/ a b C a 2/
C b2/
2 D
2 a C b /2
(5)CMA
TH
Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
a C b a C b /
2 C 1
2 :
Do
a C b C c a C b /
2 C 1
2 C
2 a C b /2
2 D
3 2: Từ đây, ta có P 94 D
5
4; hay P
8: Việc lại xét điều kiện để dấu đẳng thức
xảy
Bài (6.0 điểm) Cho tam giác A B C vuông A A B < A C / : Đường tròn I / nội tiếp tam giác A B C ; tiếp xúc với cạnh B C ; C A ; A B D ; E ; F : Gọi S giao điểm A I DE :
a) Chứng minh tam giác I A B đồng dạng với tam giác E A S :
b) Gọi K trung điểm A B O trung điểm B C : Chứng minh ba điểm K ; O ; S thẳng hàng
c) Gọi M giao điểm K I A C : Đường thẳng chứa đường cao A H tam giác A B C cắt đường thẳng DE N : Chứng minh A M D AN :
Lời giải a)Ta có C D D C E nên tam giác C ED cân C ; suy ra
∠AE S D 180ı ∠C ED D 180ı
ı ∠C
2 D
1 0ı C ∠C
2 : / Mặt khác, ta có
∠AI B D 180ı ∠I AB ∠I BA D 180ı ∠BAC C ∠AB C
D 180ı
ı ∠C
2 D
1 0ı C ∠C
2 : /
Từ (1) (2), ta suy ∠AE S D ∠AI B : Lại có ∠E AS D ∠I AB D 45ı nên tam giác E A S I A B đồng dạng (g-g)
B C
A
I
D E
F
S K
O
M
H
(6)CMA
TH b)Do4EAS 4IAB nên ∠ESA D ∠IBA D ∠IBD; từ suy
∠IBD C ∠ISD D ∠ISE C ∠ISD D 180ı:
Do đó, tứ giác I SDB nội tiếp Suy ∠ISB D ∠IDB D 90ı: Mà ∠SAB D 45ınên tam giác SAB vuông cân S; suy SK vuông góc với AB: 3/ Mặt khác, ta lại có OK đường trung bình ứng với cạnh AC tam giác ABC nên OK vng
góc với AB: 4/
Từ 3/ 4/; ta suy ba điểm K; O; S thẳng hàng
c)Xét tam giác AKM có AI đường phân giác kẻ từ A; ta có AM
AK D IM
IK:
Mặt khác, áp dụng định lý Thales tam giác AKM có IF k AM; ta có IM
IK D FA FK: Do AMAK D KFAF; hay
AM AF D
AK
KF: 5/
Bây giờ, sử dụng định lý Thales tam giác ANS có ID k AN; ta có AN
ID D AS I S:
Sử dụng định lý Thalese tam giác AKS có IF k KS; ta có AS
I S D AK FK: Từ suy
AN ID D
AF
KF: 6/
Từ 5/ 6/ với ý ID D AF (chỉ cần để ý tứ giác AF IE hình vng), ta suy AM D AN: Đây kết cần chứng minh
Bài (1.0 điểm) Xét bảng ô vuông cỡ 10 10 gồm 100 hình vng có cạnh đơn vị Người ta điền vào ô vuông bảng số nguyên tùy ý cho hiệu hai số điền hai ô chung cạnh có giá trị tuyệt đối không vượt 1: Chứng minh tồn số nguyên xuất bảng lần
Lời giải Gọi số nhỏ điền vào bảng x: Khi với số nguyên y điền vào bảng, ta xét bảng ô vuông n m (n dòng, m cột, n 10; m 10) nối ô vuông điền x vng điền y hình vẽ bên dưới, a11D x; anm D y (các trường hợp a11
ở góc khác xét tương tự)
a11 a12 : : : a1m
a2m
: : :
(7)CMA
TH
Ta có
a12 a11C 1; a13 a12C a11C 2; : : : ; a1m a1C m
và
a2m a1mC a1C m; a3m a2mC a1C m C 1; : : : ; anm a1C n C m 2:
Như vậy, ta có
x y x C n C m 2 x C 18:
