Lưu ý: cần chứng minh lại bất đẳng thức Cauchy 3 số trước khi dùng.. Bài 2.[r]
(1)Tập thể GV chuyên Toán Star Education
STAR-EDUCATION KIẾM TRA CUỐI KHĨA
(Đề thức)
MƠN: TỐN - LỚP CĐ năm học 2019-2020
Thời gian: 150 phút - Không kể thời gian giao đề
Bài (3 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x3+y3 = 2.
(a) (1 điểm) Tìm giá trị ngun có tổng x+y
(b) (1 điểm) Chứng minh rằng: x2+y2+ 30
x+y ≥17xy
(c) (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x2+y2+
x+y Bài (3 điểm)
(a) (2 điểm) Giải hệ phương trình:
x+y=√4z−1 y+z =√4x−1 z+x=√4y−1 (b) (1 điểm) Cho a, b >0và a+b ≤2ab Chứng minh: a
a+b2 +
b
b+a2 ≤1
Bài (3 điểm) Cho p số nguyên tố (a) (1,5 điểm) Tìm p cho p3+p−1
2 = 2020
(b) (1,5 điểm) Chứng minh với số nguyên tốpthì p3+p−1
2 khơng phải tích số tự nhiên liên tiếp
Bài (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn(O).BE, CF đường cao tam giác Các tiếp tuyến B, C cắt S Gọi M giao điểm BC OS
(a) (2 điểm) Chứng minh AB AE =
BS M E (b) (2 điểm) Chứng minh rằng∆AEM ∼∆ABS
(2)Bài (2 điểm) Cho tứ giác ABCD (AB < BD) nội tiếp đường trịn (O) có AC = CD Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác 4ABD Gọi (BIC) cắt AB điểm thứ hai F Gọi E trung điểm AD Chứng minh AI vuông EF
Bài (3 điểm) Người ta dùng số quân cờ hình L - Tetromino gồm vng kích thước x 1, hình chữ L, xoay lật ngược hướng để ghép phủ kín bàn cờ hình vng kích thước n×n (n số ngun dương) gồm n2 ơ vng kích thước 1×1theo quy tắc sau:
Với quân cờ sau ghép vào bàn cờ, vng phải trùng với vng bàn cờ
Khơng có hai qn cờ mà sau ghép vào bàn cờ chúng kê lên
(a) (1,5 điểm) Khin = 4vàn = 2020, cách ghép phủ kín bàn cờ (có thể minh họa hình vẽ)
(b) (1,5 điểm) Chứng minh để phủ kín bàn cờ n2 . 8.
– HẾT –
(3)LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài (3 điểm)
(a) (1 điểm) Ta có:
x3 +y3 = ⇔(x+y)
"
x−
2y +3 4y #
= ⇒x+y >0
Do x+y >0nên: 0<
x+y
3
≤ x
3+y3
2 = 1⇒0< x+y ≤2 Vì x+y∈N∗ ta xét hai trường hợp sau:
Vớix+y= 1thì
x3+y3 = x+y= ⇔
(x+y)3−3xy(x+y) = x+y= ⇔
(
xy=−1
3 x+y =
Khi cặp số(x, y) tương ứng
(x, y) =
(
3 +√21 ;
3−√21
!
, 3−
√
21 ;
3 +√21
!)
Vớix+y= 2thì
x3+y3 = x+y= ⇔
(x+y)3−3xy(x+y) = x+y= ⇔
xy= x+y =
Do ta có (x, y) = (1; 1)
Như giá trị nguyên có tổng x+y là1
(b) (1 điểm) Do x3+y3 = vàx+y >0 Ta sử dụng biến đổi tương đương sau:
x2+y2+ 30
x+y ≥17xy⇔x
2+y2+15 x2+y2−xy
≥17xy⇔16(x−y)2 ≥0
(c) (1 điểm) Do x+y >0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương:
x2+y2+ x+y ≥
(x+y)2 +
4 x+y+
4 x+y ≥3
3
s
(x+y)2
4 x+y
4 x+y = Do giá trị nhỏ biểu thức là6 Đẳng thức xảy khix=y= (thỏa mãn điều kiện x3 +y3 = 2) Lưu ý: cần chứng minh lại bất đẳng thức Cauchy số trước dùng
(4)(a) (2 điểm) ĐKXĐ: x, y, z ≥
4 Giả sử x > y ≥
4, đó:
x > y ⇒√4x−1>p4y−1⇒y+z > z+x⇒y > x Điều vơ lí, chứng minh tương tự cho trường hợp
4 ≤ x < y Dẫn đến x= y Chứng minh tương tự ta có x =y = z Thay x =y =z vào phương trình thứ hệ ta được:
2x=√4x−1⇔4x2 = 4x−1⇔(2x−1)2 = ⇔x= Do hệ phương trình cho có nghiệm nhất(x, y, z) =
2; 2; (b) (1 điểm) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxi, ta có:
a a+b2+
b b+a2 =
a(a+ 1) (a+b2) (a+ 1)+
b(b+ 1) (b+a2) (b+ 1) ≤
a(a+ 1) (a+b)2 +
b(b+ 1) (a+b)2 Lại có a+b≤2ab (giả thuyết) nên ta có:
a a+b2 +
b b+a2 ≤
a2+a+b2+b
(a+b)2 ≤
a2+ 2ab+b2
(a+b)2 =
(a+b)2 (a+b)2 = Bài (3 điểm)
(a) (1,5 điểm) Do plà số nguyên tố nên p−1
2 >0 Do p
3 <2020⇒
0< p≤12 nên p∈ {2,3,5,7,11}
Thử lại với kết không tồn p thỏa mãn yêu cầu toán
(b) (1,5 điểm) Giả sử p3 +p−1
2 tích hai số tự nhiên liên tiếp p3+p−1
2 =a(a+ 1), với (a∈N) Ta có: p3+ p−1
2 =a(a+ 1)⇔2p 2p
2
+ 1= (2a+ 1)2+ Nếup= p3+p−1
2 = 28 (loại)
Nếup6= thìp2 ≡1 (mod3)nên (2p2+ 1)≡0 (mod3), lại có số phương chia dư nên (2a+ 1)2 ≡ 0; (mod3)⇒
(2a+ 1)2+ 1≡1; (mod3) (vơ lí) Do với số ngun tố pthì p3+p−1
2 khơng phải tích số tự nhiên liên tiếp
(5)(a) (2 điểm) Tam giác 4ABE vuông tạiE nên ABAE = cos
∠BAC
Tam giác 4BM S vuông M nên BMBS = cos∠SBC1 = cos∠BAC1 Do AB
AE = BS
BM, lại cóM B =M E nên
BS M E =
AB AE
(b) (2 điểm) Sử dụng biến đổi góc ta có:
∠AEM = 180o−∠M EC = 180o−∠ACB =∠BAC+∠ABC =∠ABC+∠SBC =∠ABS
Xét tam giác 4ABS 4AEM ta có: ∠ABS =∠AEM (chứng minh trên), BS
M E = AB AE,
nên ta có 4ABS v4AEM (c - g - c)
(c) (2 điểm) Do4ABS v4AEM (theo câu b)) nên ta có∠BAS =∠CAM (1) (hai góc tương ứng)
GọiT trung điểm củaEF Do4AEF v4ABC (g - g) vàM, T tương ứng trung điểm BC EF nên 4AT F v 4AM C (c - g - c), đó∠BAT =∠CAM (2) (hai góc tương ứng)
Từ (1) (2) suy ∠BAS =∠BAT, dẫn đến A, T, S thẳng hàng Do 4AT F v 4AM C (cmt) nên ∠AT E = ∠AM B, suy tứ giác N T P M nội tiếp, ∠N P M =∠M T E
(6)đó∠N P M = 90o hay N P⊥BC.
Bài (2 điểm) Kéo dàiBI cắt đường tròn(O)tại T DoBI phân giác góc∠ABD nên T nằm cung AD, C, O, E, T thẳng hàng
Vì CT đường kính (O) nên ∠CBT = 90o.
Lại có điểm B, C, I, F thuộc đường tròn (gt) nên ∠IF C =
∠CBI = 90o.
Sử dụng tính chất quen thuộc đường trịn nội tiếp ta có T I =T A=T D Do
T I2 =DT2 =T E.T C
nên 4T IEv4T CI (c - g - c), suy ∠T IE =∠T CI (hai góc tương ứng) Dẫn đến
∠BIC =∠IT E+∠ICT =∠IT E+∠T IE =∠CEI
Mặt khác ∠BIC =∠BF C nên ∠BF C =∠CEI, suy ∠AF I =∠AEI Vậy 4AF I = 4AEI (g - c - g) nên AF = AE IF = IE, dẫn đến AI đường trung trực EF hay AI⊥EF (đpcm)
Bài (3 điểm)
(7)Với n = 2020ta chia thành khung hình vng4×4như (b) (1,5 điểm) Ta chứng minh để quân L - Tetromino phủ kín hết bàn
cờ n2 . 8.
Thật vậy, giả sử hình vng n x n phủ kín qn cờ L -Tetromino, số vng quân cờ L - Tetromino nên số ô vng bàn cờ phải có dạng n2 = 4m,(m ∈N) nên n . 2 Ta tô màu từng
cột trắng, đen xen kẻ hình vẽ bên dưới:
Với cách tơ màu qn cờ L - Tetromino chứa ô đen ô trắng (loại 1) L - Tetromino chứa ô đen ô trắng (loại 2)
Gọixlà số quân cờL - Tetromino(loại 1) vàylà số quân cờL - Tetromino (loại 2) dùng, (x, y ∈N∗) Số ô màu đen là: 3x+y số ô màu trắng x+ 3y Do số ô màu đen số ô màu trắng nên
3x+y =x+ 3y⇔x=y
(8)Thêm vào theo cách tơ màu (donchia hết cho2) nên có n
2
2 ô trắng n
2
2 đen, đó:
6x+ 2y=n2 2x+ 6y=n2 x=y
⇔x=y= n
2
8 ⇒n
2
.8