To 22 16 chuyen nguyen du dac lak v2 2020

Hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác AFD và BFC cắt nhau tại điểm thứ hai khác F là K.. b Cho một đa giác lồi, tô mỗi cạnh của đa giác bằng một màu xanh hoặc đỏ.. Biết không có hai cạn

PHẦN I-ĐỀ THI Câu 1 (4 điểm)

a) Giải phương trình x3 x2 x 3 2 3 x23x 3

b) Giải hệ phương trình:

ïí

Câu 2 (4 điểm) Cho tứ giác ABCD không phải hình thang, nội tiếp đường tròn  O Đường thẳng

AD cắt đường thẳng BC tại E , hai đường chéo AC , BD cắt nhau tại F Hai đường tròn

ngoại tiếp các tam giác AFD và BFC cắt nhau tại điểm thứ hai khác F là K Chứng minh

rằng:

a) Ba điểm E , F , K thẳng hàng.

b) Các đường thẳng AB , CD , OK đồng quy.

Câu 3 (4 điểm)

a) Cho 3 số dương a b c, , Chứng minh rằng  

2

2

2



b) Tìm các số nguyên dương , ,x y z thỏa mãn: 2x5y z2

Câu 4 (4 điểm)

a) Có 4 giáo viên và 20 học sinh xếp hàng ngang để chụp ảnh lưu niệm Có bao nhiêu cách xếp để giữa hai giáo viên bất kì đều có ít nhất là 2 học sinh?

b) Cho một đa giác lồi, tô mỗi cạnh của đa giác bằng một màu xanh hoặc đỏ Biết không có hai cạnh màu xanh nào kề nhau và tổng độ dài các cạnh màu đỏ bé hơn nửa chu vi đa giác đó Chứng minh rằng đa giác này không thể ngoại tiếp một đường tròn

Câu 5 (4 điểm)

a) Tìm đa thức P x 

thỏa mãn

P x y P x y  P x y P x y  x y x y  

.

b) Tìm hàm số f x 

liên tục trên  thỏa mãn f x f x 2 2 ;   x

-HẾT -PHẦN II-LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. a) Giải phương trình x3 x2 x 3 2 3 x23x 3

b) Giải hệ phương trình:

ïí

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Thanh Mai; Fb: Thanh Mai Nguyễn

a) Giải phương trình x3 x2 x 3 2 3 x23x (1).3

Ta có: (1)  x3 x2 3x 3 2 3 x23x 3 x

2

3 3

  

2

2

2

x

 )

2

0

x

3

0

Đặt

1 3

t x 

thì phương trình trên trở thành:

0

3 27

(*)

Ta tìm nghiệm của (*) dưới dạng t u v  sao cho

1 10 10

3 3 9

Thay t u v  vào (*) ta có:  3 10  110 0

3 27 0



  

27

Ta có hệ

27 10 9

uv



 







3 3

110 27 1000 729

u v



 



 

 u3, v3 là các nghiệm phương trình:

0

27 729

100 27 10 27

X X







 

 

3

100 27 10 27

u v







 

 

 hoặc ngược lại.

t

Vậy

x   

b) Giải hệ phương trình:

3 3 2 2 2 (1)

5 5 3 3 4 (2)



+ Nếu x y  thì từ (*) ta có





3

   

 

  



2



 



1 1

y y





 



 (vô lý)

Vì y2  y 2 0,  y và

y y y   y y      y  y

+ Nếu x y  thì từ (*) ta có





3

   

 

  



2



 



1 1

y y





 



 (vô lý)

Vậy nếu x y; 

là nghiệm của hệ (*) thì x y Khi đó (*) trở thành





3

   

 

  

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x y 1

Câu 2. Cho tứ giác ABCD không phải hình thang, nội tiếp đường tròn  O Đường thẳng AD cắt

đường thẳng BC tại E , hai đường chéo AC , BD cắt nhau tại F Hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác AFD và BFC cắt nhau tại điểm thứ hai khác F là K Chứng minh rằng:

a) Ba điểm E , F , K thẳng hàng.

b) Các đường thẳng AB , CD , OK đồng quy.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Hà, Fb: Ha Nguyen

a)

K F E

O D

C

B A

Cách 1:

Gọi K1, K2 lần lượt là giao điểm của EF với AFD và BFC .

Do AFK D1 là tứ giác nội tiếp nên ta có: EA ED EF EK  1

Do BFK C2 là tứ giác nội tiếp nên ta có: EB EC EF EK 2

Mà ABCD là tứ giác nội tiếp nên: EB EC. EA ED.

EF EK EF EK

   EK1 EK2 mà E K K, 1, 2 thẳng hàng và K K1, 2 nằm cùng phía với E

 K1K2

Theo cách dựng K1, K2 K1 K2 K  E F K, , thẳng hàng

Cách 2:

Ta có KF chính là trục đẳng phương của 2 đường tròn AFD và BFC

ABCD là tứ giác nội tiếp nên: EB EC. EA ED. mà EB EC. và EA ED. lần lượt là phương tích

của E với AFD và BFC  E phải nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn trên

, ,

E F K

 thẳng hàng

b)

Hướng dẫn tìm và tải các tài liệu ở đây

https://forms.gle/LzVNwfMpYB9qH4JU6

K

F

O D

C

B A

Ta chứng minh AKOB và DKOC là các tứ giác nội tiếp

Ta có: AKBAKF FKB ADF BCF

2AOB 2AOB

AOB

  AKOB là tứ giác nội tiếp

Ta cũng có: DKC360o DKF CKF   360o 180o  DAC  180o DBC 

    DKOC là tứ giác nội tiếp

Gọi I ABDC , làm tương tự câu a, ta có I, K, O thẳng hàng  AB, KO và DC đồng quy.

Câu 3. a) Cho 3 số dương a b c, , Chứng minh rằng  

2

2

2



b) Tìm các số nguyên dương , ,x y z thỏa mãn: 2x5y z2

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Phạm Minh Trí; Fb: Tri Nguyen

a) Trước tiên ta sử dụng bất đẳng thức AM – GM để hạ bậc các phân thức

Ta có:

2

2 3

4

4 4















Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi

 

2

3 2 4 3

*

a b b b

c c a a























Vậy      

2

2

Xét

c

Để ý rằng các nhân tử đã xuất hiện bao gồm a b c , 2 nên ta có thể biểu thức P về theo , x y

như sau: P x y2 22 22

với  , 0

2

x a b

x y

 









Ta chứng minh được bất đẳng thức sau 2 2  2 

1

x  y  x y

2



 Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi x y

Áp dụng bất đẳng thức  1 ta có

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi

 

1

4

2 1

a b

x y





 







Từ    * , **

ta suy ra dấu đẳng thức có được khi và chỉ khi

1 2

a b c  

2

2

2



  với mọi a b c, , dương.

b) Xét các trường hợp sau đây

+ x 1 Khi đó phương trình ban đầu có dạng 2 5 y z2 5 |z2 2

Mặt khác với mọi số

nguyên z tùy ý thì ta có z2 0,1, 4mod5

nên z2 2 2, 1, 2 mod5

(mâu thuẫn) Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương x y z, , 

thỏa x 1 + x 2 Khi đó ta viết lại phương trình thành 5y z 2 z2 với z  Nếu2

5 | 2

5 | 2

z z

z







 (vô lý) vậy z 2 1  z 3 y1 Vậy một bộ nghiệm nguyên dương của phương trình trên là x y z , ,  2,1,3

+ x 3 Khi đó ta có 8 | 2x Xét theo modulo 8 ta có

2 0,1, 4 8 5y 2 2x 0,1, 4 8

Dễ thấy với y2k1 thì 5y 5.25k 5mod8

nên y 2k k 

Phương trình đã cho viết lại thành 2x25k z2 2x z 5k z5k

Khi đó

5 2

2.5 2 2 1

5 2

k u

k u v u

k v

z z



  





 Đồng nhất 2 vế ta suy ra u 1 5k 2v1 1

Từ đó ta suy ra 5 | 2 v1 1

 nên v1(mod4) hay v4t1 thay vào đẳng thức ta được

5k 16 1t

  Để ý rằng với mọi tZ thì  3 | 16 1 t  3 | 5k(vô lý)

Vậy với mọi x3,xZthì phương trình không có nghiệm nguyên dương x y z, , 

thỏa mãn Kết luận: nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình 2x5y  là z2 x y z , ,  2,1,3

Câu 4. a) Có 4 giáo viên và 20 học sinh xếp hàng ngang để chụp ảnh lưu niệm Có bao nhiêu cách

xếp để giữa hai giáo viên bất kì đều có ít nhất là 2 học sinh?

b) Cho một đa giác lồi, tô mỗi cạnh của đa giác bằng một màu xanh hoặc đỏ Biết không có hai cạnh màu xanh nào kề nhau và tổng độ dài các cạnh màu đỏ bé hơn nửa chu vi đa giác đó Chứng minh rằng đa giác này không thể ngoại tiếp một đường tròn

Lời giải

Fb: Nguyễn Đình Thịnh

a) Đánh số thứ tự vị trí đứng chụp ảnh từ 1 đến 24 Giả sử vị trí đứng của 4 giáo viên là

a b c d   với , , ,a b c d là các số tự nhiên từ 1 đến 24

Do giữa hai giáo viên bất kì đều có ít nhất 2 học sinh nên ta có đánh giá:

7      a 6 b 4 c 2 d 24

Số cách chọn vị trí đứng của 4 giáo viên thỏa mãn yêu cầu đề bài tương ứng với số bộ

a6;b4;c2;d

thỏa mãn điều kiện trên và bằng C184

Với mỗi bộ vị trí đứng như trên ta tiến hành hoán vị 4 giáo viên và 20 học sinh

Vậy số cách xếp thỏa mãn yêu cầu đề bài là: C184.4!.20!.

b) Giả sử đa giác lồi có n đỉnh A A1, 2, ,A n ngoại tiếp đường tròn tâm O.

Tiếp điểm I i nằm trên cạnh A A i i1với i1,n A n1A1

Dễ dàng suy ra I A i i1I A i1 i1 1 (tính chất tiếp tuyến đường tròn)

Không có hai cạnh màu xanh nào kề nhau nên ta suy ra số cạnh màu xanh nhỏ hơn hoặc bằng

số cạnh màu đỏ

Trường hợp 1: Số cạnh màu xanh bằng số cạnh màu đỏ (xanh đỏ nằm xen kẽ nhau)

Từ  1 suy ra tổng độ dài cạnh màu xanh bằng tổng độ dài cạnh màu đỏ (mâu thuẫn).

Trường hợp 2: Số cạnh màu xanh nhỏ hơn số cạnh màu đỏ

Từ  1

suy ra tổng độ dài cạnh màu xanh nhỏ hơn tổng độ dài cạnh màu đỏ (mâu thuẫn)

Vậy điều giả sử là sai hay đa giác này không thể ngoại tiếp một đường tròn (đpcm)

Câu 5. a) Tìm đa thức P x  thỏa mãn

P x y P x y  P x y P x y  x y x y  

.

b) Tìm hàm số f x 

liên tục trên  thỏa mãn f x  f x 2 2 ;   x

Lời giải

FB: Xu Xu

a) P x y  P x2 2y P x y2  P x y3  4x3 ;y x y ,   (1)

Từ (1), cho y  ta được:0

  2  2   3 4 ;    3 4 ;

P x P x  P x P x  x x  P x P x  x x  (2)



     thì hệ số của n

x trong P x P x 3 là

.3n 1 3n 0

Vậy đa thức P x P x 3 là đa thức bậc n đối với x

Do đó n 1.

Với n 1 thì P x  a x a a1  0; 1 , thay vào (2), ta được: 0



Vậy P x      x x;

Thử lại: P x y  P x2 2y P x y2  P x y3   4x3y

          (luôn đúng)

b) Ta có f x f x 2 2 f  x2 2 f x;  x

, nên f x 

là hàm chẵn

Do vậy, ta chỉ cần tìm f x 

trên 0; 

Xét dãy  x n thỏa mãn

1

*







Với mỗi 0 a 2 :

Do 0x1   a 2 0x2  x12 2 ,

bằng quy nạp, ta chứng minh được 0x n    2; n * (1)

Lại có x n21 x n2 x n 2 x n2 x n1 2   x n  0; 0 x n  , nên 2 x n1x n;  n *

Vậy  x n là dãy không giảm, không âm, bị chặn trên bởi 2 Do đó tồn tại Llimx n

và

0 L 2 Lấy giới hạn hai vế của đẳng thức x n1 x n2

ta được

2

L

L





 , mà 0 L 2 nên L  2

Với mỗi a 2:

Vì x1 2 x2 2, bằng quy nạp ta chứng minh được x n 2;  n *

x   x x   x  x   x  x  , nên x n1x n;  n * Vậy  x n

là dãy giảm, bị chặn dưới bởi 2 Do đó tồn tại Llimx n

và L  Lấy giới hạn hai2

vế của đẳng thức x n1 x n2 ta được

2

L

L





 , mà L  nên2

2

L 

Vậy limx n   2; a 0.

Từ giả thiết bài toán ta có:

Suy ra f a  lim f x n f limx nf  2 ; a 0

Vậy f x c c;   Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn đề bài