Điều này không xảy ra vì một số chính phương đồng dư 0 hoặc 1 mod 3.[r]
(1)Sở Giáo dục & Đào tạo Vĩnh Phúc KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 Mơn Tốn 12 (Khơng chun)
Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề)
Câu Tìm tất ba số thực (𝑥; 𝑦; 𝑧) thỏa mãn
3 𝑥 +1
𝑥 = 𝑦 +
𝑦 = 𝑧 + 𝑧 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 =
Câu Tìm tất ba số nguyên dương 𝑥; 𝑦; 𝑧 cho 𝑦 số nguyên tố, 𝑧; = 1,
𝑧; 𝑦 =
𝑥3 − 𝑦3 = 𝑧2 Câu Chứng minh phương trình
1 𝑥+
1 𝑥 − 1+
1
𝑥 − 2+ ⋯ + 𝑥 − 𝑛=
có nghiệm khoảng (0; 1), gọi nghiệm 𝑥𝑛 Chứng minh dãy
𝑥𝑛 𝑛≥1 hội tụ tìm limn→∞𝑥𝑛
Câu Cho tứ giác lồi 𝐴𝐵𝐶𝐷 có ∠𝐴𝐵𝐶 = ∠𝐴𝐷𝐶 Trên tia đối tia 𝐵𝐴 lấy điểm 𝐸, tia đối tia 𝐷𝐴 lấy điểm 𝐹 cho ∠𝐵𝐶𝐸 = ∠𝐷𝐶𝐹 Giả sử đường tròn 𝑂1 ngoại tiếp tam giác 𝐷𝐴𝐵 đường tròn 𝑂2 ngoại tiếp tam giác 𝐸𝐴𝐹 cắt hai điểm phân biệt, chứng minh đường thẳng 𝑂1𝑂2 qua trung điểm 𝐴𝐶
Câu Cho số thực dương 𝑎, 𝑏, 𝑐 thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = Chứng minh
𝑎 𝑎𝑏 + 1+
𝑏 𝑏𝑐 + 1+
𝑐 𝑐𝑎 + ≥
(2)Sở Giáo dục & Đào tạo Vĩnh Phúc KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 Hướng dẫn chấm mơn Tốn 12 (Chun)
Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề)
Câu Nội dung Điểm
1
+ Phương trình thứ viết lại dạng
1 3⋅
2𝑥 + 𝑥2 =
1 4⋅
2𝑦 + 𝑦2 =
1 5⋅
2𝑧 + 𝑧2 Suy 𝑥, 𝑦, 𝑧 dương âm
0.25
+ Nhận xét (𝑥; 𝑦; 𝑧) nghiệm (−𝑥; −𝑦; −𝑧) nghiệm hệ Do
cần xét với 𝑥, 𝑦, 𝑧 > 0.25
+ Đặt 𝑥 = tan𝐴2, 𝑦 = tan𝐵2, 𝑧 = tan𝐶2 với 𝐴, 𝐵, 𝐶 ∈ 0; 𝜋 , từ phương trình thứ hai suy
ra 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 𝜋 Vậy 𝐴, 𝐵, 𝐶 ba góc tam giác 𝜏(𝐴𝐵𝐶) 0.5 + Kết hợp với phương trình thứ sin 𝐴3 = sin 𝐵4 = sin 𝐶5 định lý sine suy tam giác
𝜏(𝐴𝐵𝐶) đồng dạng với tam giác 𝑋𝑌𝑍 có 𝑌𝑍 = 3, 𝑍𝑋 = 4, 𝑋𝑌 =
𝐶 =𝜋
2, sin 𝐴 =
5, sin 𝐵 =
0.5
+ Suy 𝑥 = tan𝐴2 =13, 𝑦 = tan𝐵2 =12 𝑧 = tan𝐶2 = 0.25 + Từ nhận xét trên, nghiệm hệ 𝑥; 𝑦; 𝑧 = 13;12; , −13; −12; −1 0.25
2
+ Viết lại phương trình dạng
𝑥 − 𝑦 𝑥2+ 𝑥𝑦 + 𝑦2 = 𝑧2
Suy ước chung 𝑥 − 𝑦 𝑥2+ 𝑥𝑦 + 𝑦2 ước 𝑧2
0.25 + Nhưng (𝑥2+ 𝑥𝑦 + 𝑦2− 𝑥 + 2𝑦 𝑥 − 𝑦 = 3𝑦2 nguyên tố với 𝑧2 nên
𝑥 − 𝑦 ; 𝑥2+ 𝑥𝑦 + 𝑦2 = 1 𝑥 − 𝑦 , 𝑥2+ 𝑥𝑦 + 𝑦2 số phương 0.25 + Đặt 𝑥 − 𝑦 = 𝑎, 𝑥2+ 𝑥𝑦 + 𝑦2 = 𝑎2+ 𝑦 2+ 𝑎2+ 𝑦 𝑦 + 𝑦2 = 𝑎4+ 3𝑎2𝑦 +
3𝑦2 ⇒ 𝑥2 + 𝑥𝑦 + 𝑦2 = 2𝑎 + 3𝑦 2+ 3𝑦2 0.25
+ Đặt 𝑚 = 𝑥2+ 𝑥𝑦 + 𝑦2 𝑛 = 2𝑎 + 3𝑦 𝑚 chẵn 𝑚 − 𝑛 𝑚 + 𝑛 = 3𝑦2
Suy 𝑚 − 𝑛; 𝑚 + 𝑛 = 1; 3𝑦2 3; 𝑦2 , 𝑦; 3𝑦 0.25 + Nếu 𝑚 − 𝑛 = 𝑦, 𝑚 + 𝑛 = 3𝑦 𝑛 = 𝑦 < 2𝑎2+ 3𝑦 = 𝑛 vơ lý
Nếu 𝑚 − 𝑛 = 1, 𝑚 + 𝑛 = 3𝑦2 2𝑛 = 3𝑦2− 4𝑎2 = 2𝑛 − 6𝑦 = 3𝑦2 − 6𝑦 −
1 ≡ −1 𝑚𝑜𝑑 Điều không xảy số phương đồng dư mod
0.25
+ Vậy 𝑚 − 𝑛 = 3, 𝑚 + 𝑛 = 𝑦2 Ta có 4𝑎2 = 2𝑛 − 6𝑦 = 𝑦2− − 6𝑦 < 𝑦 − Hơn nữa, 𝑦 ≥ 10 𝑦2− 6𝑦 − > 𝑦 − 𝑦 − 2, 𝑦 − khơng có số phương nào, nên 𝑦 = 2,3,5,7 (do 𝑦 nguyên tố)
0.25 + Thử trực tiếp, 𝑦 = 7, 𝑎 = 1, 𝑥 = 𝑦 + 𝑎2 = 8, 𝑧 = 𝑥3− 𝑦3 = 13
Vậy 𝑥; 𝑦; 𝑧 = (8; 7; 13) 0.5
3
+ Xét hàm số 𝑓𝑛 𝑥 =1𝑥+𝑥−11 + ⋯ +𝑥−𝑛1 (0; 1), ta thấy hàm số 𝑓𝑛(𝑥) liên tục nghịch biến (0; 1), lim𝑥→0+𝑓_𝑛(𝑥) = +∞, lim𝑥→1−𝑓𝑛(𝑥) = −∞ nên phương trình cho có nghiệm 𝑥𝑛 (0; 1)
(3)+ Vì 𝑓𝑛+1 𝑥𝑛 = 𝑓𝑛 𝑥𝑛 +𝑥 𝑛− 𝑛+1 =
1
𝑥𝑛− 𝑛+1 < lim𝑥→0+𝑓𝑛+1 𝑥 = +∞ nên
0 < 𝑥𝑛+1 < 𝑥𝑛 Từ đó, < 𝑥𝑛 < ∀𝑛 nên 𝑥𝑛 hội tụ
lim
𝑛→+∞𝑥𝑛 = 𝑎, ≤ 𝑎 ≤ 𝑥𝑛 <
0.25
+ Chứng minh +1
2+ ⋯ +
𝑛 > ln 𝑛 (1)
+ Giả sử 𝑎 > Do (1) nên +12+ ⋯ +1𝑛 → +∞ (𝑛 → +∞) nên tồn số 𝑛0
cho với 𝑛 ≥ 𝑛0 có 11+12+ ⋯ +𝑛1 > 1𝑎 0.5 + Khi với 𝑛 ≥ 𝑛0 có
0 = 𝑥𝑛 +
1
𝑥𝑛 − 1+ ⋯ +
1 𝑥𝑛 − 𝑛<
1 𝑥𝑛 −
1 1+
1
2+ ⋯ + 𝑛 <
1 𝑎−
1 𝑎 =
vô lý Vậy lim𝑛→+∞𝑥𝑛 = 𝑎 =
0.5
4
+ Gọi 𝐺 giao điểm thứ hai (𝑂1) (𝑂2) Thế 𝑂1𝑂2 vng góc với 𝐴𝐺
trung điểm 𝐴𝐺 Cần chứng minh 𝐶𝐺 ⊥ 𝐴𝐺 0.25
+ Từ giả thiết, suy Δ𝐶𝐵𝐸~Δ𝐶𝐷𝐹 (𝑔 𝑔) Gọi 𝑀, 𝑁 theo thứ tự hình chiếu 𝐶
trên 𝐴𝐵, 𝐴𝐷 𝐸𝑀𝐹𝑁 =𝐸𝐵𝐹𝐷 hay 𝑀, 𝑁 theo thứ tự chia 𝐵𝐸, 𝐷𝐹 theo tỷ số (1) 0.5 + Do ∠𝐴𝐵𝐺 = ∠𝐴𝐷𝐺 (cùng chắn cung 𝐴𝐺 (𝑂1)) ∠𝐵𝐸𝐺 = ∠𝐴𝐸𝐺 = ∠𝐴𝐹𝐺 =
∠𝐷𝐹𝐺 (cùng chắn cung 𝐴𝐺 (𝑂2)) nên Δ𝐺𝐵𝐸 ∼ Δ𝐺𝐷𝐹 (2) 0.5
+ Từ (1) (2) suy Δ𝐸𝑀𝐺 ∼ Δ𝐹𝑁𝐺 0.25
+ Suy ∠𝑀𝐺𝑁 = ∠𝐸𝐺𝐹 = ∠𝐸𝐴𝐹 = ∠𝑀𝐴𝑁 = 𝜋 − ∠𝑀𝐶𝑁 Do 𝐺 ∈ (𝐴𝑀𝐶𝑁)
Suy 𝐶𝐺 ⊥ 𝐴𝐺, mà 𝑂1𝑂2 ⊥ 𝐴𝐺 nên 𝑂1𝑂2 ∥ 𝐶𝐺 0.25 + Từ đó, 𝑂1𝑂2 qua trung điểm 𝐴𝐺, nên qua trung điểm 𝐴𝐶 0.25
5 + Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz 0.75
M
N D
B
G
A
O1
O2
E
(4)𝑎 𝑎𝑏 + 1+
𝑏 𝑏𝑐 + 1+
𝑐 𝑐𝑎 + 1=
1 𝑏 +1𝑎+
1 𝑐 +1𝑏+
1 𝑎 +1𝑐 ≥
9
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 +1𝑎 +1𝑏 +1𝑐
= 9𝑎𝑏𝑐
3𝑎𝑏𝑐 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎
+ Cần chứng minh 3𝑎𝑏𝑐 +𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑐𝑎9𝑎𝑏𝑐 ≥ 3+5𝑎𝑏𝑐12𝑎𝑏𝑐 (∗)
∗ ⇔ ⋯ ⇔ 𝑎 𝑎 − 𝑏 𝑎 − 𝑐 + 𝑏 𝑏 − 𝑎 𝑏 − 𝑐 + 𝑐 𝑐 − 𝑎 𝑐 − 𝑏 ≥ ∗∗ 0.75