108 HSG 14 PHU THO NGUYEN VINH

Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng α không đổi sao cho E và F khác phía với điểm A qua BC; AE và AF cắt BC lần lượt tại N và M.. Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 – 2014

Câu 1: (3,0 điểm)

a) Giải phương trình trên tập nguyên

2 5 2 4 4 8 12 0

x + y − xy+ x− y− = b) Cho

3 2 ( ) 3 14 2

P x =x − x + x−

Tìm các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P x( )

chia hết cho 11.

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức

3

3 2

3 2

P

− +

=

, biết

355 3024 355 3024

b) Cho số thực x, y, z đôi một khác nhau thỏa mãn

3 3 1, 3 3 1, 3 3 1

x = x− y = y− z = z−

Chứng minh rằng

2 2 2 6

x +y +z =

Câu 3: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình:

1

4

x

x

−

b) Giải hệ phương trình:

2 2

2 2





Câu 4: (7,0 điểm)

Cho đường tròn (O R; )

và dây cung BC không đi qua tâm Gọi A là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A

và có số đo bằng α

không đổi sao cho E và F khác phía với điểm A qua BC; AE và AF cắt BC lần lượt tại N và M. Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành

a) Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định

c) Khi α = °60

và BC R= ,

tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI.

Câu 5: (2,0 điểm)

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z+ + =3

Chứng minh rằng

4

xyz

……….HẾT……….

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….….Số báo danh:

………

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 –

2014 Câu 1: (3,0 điểm)

a) Giải phương trình trên tập nguyên

2 5 2 4 4 8 12 0

x + y − xy+ x− y− =

b) Cho

3 2 ( ) 3 14 2

P x =x − x + x−

Tìm các số tự nhiên x nhỏ hơn 100 mà P x( )

chia hết cho 11.

Lời giải

a)

2 5 2 4 4 8 12 0 2 4 ( 1) (5 2 8 12) 0

x + y − xy+ x− y− = ⇔ x − x y− − y − y− =

Để PT (*) có nghiệm nguyên x thì ∆'

chính phương

' 4(y 1) 5(5y 8y 12) 16 y 16

từ đó tìm được ( ) ( ) (x y; ∈{ 2;0 ; 6;0 ; 10; 4 ; 6; 4− ) (− − ) ( ) }

Cách khác:

2 5 2 4 4 8 12 0 ( 2 2)2 2 16 42 02

x + y − xy+ x− y− = ⇔ −x y+ +y = = + xét từng trường hợp sẽ ra nghiệm

mà x y, ∈¢

nên ( )2

2 2 16, 0 (1)

x− y+ = y=

hoặc

2

2 2 0, 16 (2)

x− y+ = y =

Ta có (1)⇔ =x 2, y=0

hoặc x= −6, y=0

(2)⇔ =y 4,x=6

hoặc y= −4,x= −10

(x y; ) ( ) (∈{ 2; 0 , −6; 0 , 6; 4 ,) ( ) (−10; 4 − ) }

b) Ta có

( ) 3 14 2 ( 2)( 12) 22

P x =x − x + x− = −x x − +x +

Để P x( )

chia hết 11 thì

2 (x−2)(x − +x 12) 11M

mà

2 (x − +x 12)=x x( − + +1) 1 11

ta có x x( − +1) 1

không chia hết cho 11 suy ra

2 (x − +x 12)

không chia hết cho 11 nên x−2

chia hết cho 11 mà 100;

x< x∈¥

suy ra x∈{2;13; 22;35;47;57;68;79;90}

Cách khác:

( ) 3 14 2 ( 1) 1 11 11 ( 1) 1 11

P x =x − x + x− = x− − + xM ⇔ x− − M

Suy ra ( )3

1

x− chia cho 11 dư 1 suy ra x−1

chia cho 11 dư 1 suy ra x chia cho 11 dư 2 mà x<100

suy ra kết quả

Đáp án chính thức:

Bổ đề: Cho x y, là các số tự nhiên và số nguyên tố p có dạng p=3k+2

thì

Thật vậy, x y≡ (mod p)⇒x3 ≡ y3(mod p)

, đúng

Với x3≡ y3(mod p)⇒x3k ≡y3k(mod p)

Với x y, cùng chia hết cho p thì hiển nhiên đúng.

Với (x p, ) =1,( y p, ) =1

ta có x p−1 ≡y p−1≡1 mod( p)⇒x3 1k+ ≡ y3 1k+ (mod p)

vì x3k ≡ y3k(mod p)

Áp dụng Bổ đề, ta có

Do đó, P x( ) ≡P y( ) (mod 11) ⇔ ≡x y(mod 11 )

Suy ra với mỗi n∈¥,

trong 11 giá trị P n P n( ) (, +1 , ,) K P n( +10)

, có duy nhất một giá trị chia hết cho 11 Do đó, trong các số P( ) ( )1 ,P 2 , ,K P( )99

có đúng 9 số chia hết cho 11, còn P( )0 = −2

không chia hết cho 11 Vậy có đúng 9 số thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 2: (4,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức

3

3 2

3 2

P

− +

=

, biết

355 3024 355 3024

b) Cho số thực x, y, z đôi một khác nhau thỏa mãn

3 = − 3= − 3 = −

Lời giải

a) Tính

3 110 3 ( 5)( 2 5 22) 0 5

a = − a⇔ a− a + a+ = ⇔ =a

thay a=5 vào

7 3

P=

b) Cộng cả ba đẳng thức ta có hệ

Trừ (1) cho (2) ta được (x z x y z− )( + + = ⇔ + + =) 0 x y z 0 Cộng (1); (2); (3) ta có

2 2 2 2(x +y +z )+xy yz xz+ + =9

Mà từ x y z+ + =0 suy ra

2 2 2 2

x y z

xy yz xz+ + = − + +

thay vào (*) ta có đpcm

Câu 3: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình

1

4

x

x

−

b) Giải hệ phương trình:

2 2

2 2







Lời giải

a) ĐKXĐ:

1 3

x≥ −

2

2 2

x 1

4x

−

Giải ra pt có 2 nghiệm x=1; x=3−72153

b)

Lấy pt (1) trừ pt (2) ta được



Thay vào phương trình

x −y + x y+ − =

hệ có 4 nghiệm

Câu 4: (7,0 điểm)

Cho đường tròn (O R; )

và dây cung BC không đi qua tâm Gọi A là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A

và có số đo bằng α

không đổi sao cho E và F khác phía với điểm A qua BC; AE và AF cắt BC lần lượt tại N và M. Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành

a) Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp

b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF. Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định

c) Khi α = °60

và BC R= ,

tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI.

Lời giải

a) Ta có: ·MNE

=

1 2 (sđ»AC+

sđ¼BFE) =

1 2 (sđ»AB+

sđBFE¼ )

·AFE =

sđ»AC+

sđ»CE

Suy ra:

MNE MFE+ = ° Vậy tứ giác MNEF nội tiếp

b) Gọi P là giao điểm khác A của AO với đường tròn (O; R) Q là giao điểm của AO và BC.

Lấy G đối xứng với E qua AP ⇒ ∈D EG G, ∈( )O

Ta có

MDG=NEG

,

AEG AFG+ = ° ⇒MDG MFG+ = °

Suy ra tứ giác MDGF nội tiếp

Gọi giao điểm của AG và BC là H

Chứng minh tương tự a) có tứ giác MHGF nội tiếp

Từ (1) và (2) suy ra các điểm M, H, D, G, F nằm trên một đường tròn Trung trực của đoạn thẳng FG đi qua O và cắt đường tròn (O) tại J;

I OJ∈

, sđ »JF

=sđ »JG

và sđ»PG

=sđ »PE

nên ·JOP=α

hay I nằm trên đường thẳng cố định Đó là đường thẳng đi qua O và tạo với AO một góc α

không đổi

c)

Hạ IT ⊥BC T BC( ∈ )⇒TH TM=

Do QH QN=

, suy ra

1 2

IS = MN

Tam giác vuông OSI có ·IOS =α

không đổi nên OI nhỏ nhất khi và chỉ khi

IS nhỏ nhất ⇔

MN nhỏ nhất Ta chứng minh MN nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác AMN cân tại A.

Thật vậy, trên BC lấy M’ N’ sao cho M AN· ' '=α

Không mất tính tổng quát giả sử QM'>QN'

suy ra AM'>AN'

Trên đoạn AM' lấy điểm U sao

cho AU = AN'

'

AUM ANN

⇒ ∆ = ∆

(c.g.c)⇒S AM M' >S ANN'⇒MM'>NN'⇒M N' '>MN

Với α = °60 ; BC R=

(2 3)

3

R R

,

(2 3) 2 (2 3 3)

6

R

Câu 5: (2,0 điểm)

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z+ + =3

Chứng minh rằng

4

xyz

Lời giải

Lời giải 1:

4

xyz

4(*)

M

xy xz xy yz xz yz

xyz yz xyz xz xyz yx

2

N

N

3

N

Mặt khác

3xyz(4−xz)(4−yz)(4−xy)≤ xyz+ − + −xz xy+ −yz = xyz+ − −xz xy yz− 

Mà

3 xy yz xz 3 3xyz xy xz yz 0

+ +

+ +

4

3 12

4

xyz xz xy yz xyz −xz −yz −xy ≤ + − − −  =

3

33xyz(4 xy)(4 xz)(4 yz) 3 3

Nên

3 3

12 3

4

3 3

BĐT (*) được cm dấu “=” xảy ra khi x= = =y z 1.

Đáp án chính thức:

Chứng minh được: 2x2+y2+ ≥z2 2x y z( + )

Tương tự ta có 2y2+ + ≥z2 x2 2y z x( + ), 2z2+ +x2 y2 ≥2z x y( + )

Do đó ta sẽ chứng minh

x y z y z x z x y

xyz

Bất đẳng thức này tương đương với (4 )2 (4 )2 (4 ) 1.

Ta có

yz

y z

, dễ có

0< −2 yz yz = − xy−1 + ≤1 1

nên (2 yz) (1yz 2 yz) ≥ 2 1 yz.

+

Vậy nên (4 )2 2 1

y z

, tương tự có (4 )2 2 1

z x

và

x y

(a b c) 1 1 1 3 a b b c c a 3 2 2 2 9

+ +  + + ÷= + + ÷ + + ÷ + + ÷≥ + + + =

nên

a b c+ + ≥ a b c

+ +

(*)

Áp dụng (*) ta có

1

2 xy +2 yz +2 zx ≥6 xy yz zx ≥

; (Vì

3

xy+ yz+ zx ≤ + + + + + = + + =x y z

)

Vậy (4 )2 (4 )2 (4 ) 1

Do vậy ta có

4

xyz

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= = =y z 1

……… HẾT………