b Tìm tất cả bộ các số nguyên tố sao cho tích của chúng bằng 10 lần tổng của chúng.. a Khi cát tuyến ABC quay quanh A thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC di chuyển trên đường nào.
Trang 1Câu 1 (2,0 điểm)
a) Tính tổng:
1 2011 2011
2011
1 3 3
3 1
2 2
2 1
1 1
1
2 4
2 4 2
4 2
=
b) Cho biểu thức:
y x
y xy y
y x x
y y x
x y
x
y x P
−
− +
+
+ +
+
−
2 2 3
Chứng minh giá trị của
biểu thức P không phụ thuộc vào x, y.
Câu 2 (6,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 4 − x2 + 6 = 2 2 + x + 3 2 − x
b) x2 + x − 1 + − x2 + x + 1 = x + 2
c)
=
−
= +
6
5 2 2
2 2
y x xy
y x
d)
( )
= +
= + +
x y
x
x y x
2 1
3 1
Câu 3 (3,0 điểm)
a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x − 32 = y2
b) Tìm tất cả bộ các số nguyên tố sao cho tích của chúng bằng 10 lần tổng của chúng
Câu 4 (6,0 điểm)
1 Từ điểm A ở ngoài đường tròn(O), vẽ cát tuyến ABC và hai tiếp tuyến AD, AE đến đường tròn (O), (B, C, D, E ∈(O); B nằm giữa A và C)
a) Khi cát tuyến ABC quay quanh A thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC di chuyển trên đường nào
b) Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) cắt AD và AE lần lượt tại M và N Định vị trí cát tuyến ABC để diện tích tam giác AMN lớn nhất
2 Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH Trên các đoạn AH, AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E, F sao cho EDC = FDB = 90o (với E khác B) Chứng minh rằng EF // BC
Câu 5 (3,0 điểm)
a) Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương ta luôn có:
( b ) ( b c ) ( c a ) abc
3 1
1 1
1 1
1
b) Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ số a, b, c
thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi chia cho 16?
HƯỚNG DẪN GIẢI
Trang 2Bai1 a) Ta có: n4 + n2 + 1 = ( n2 + 1 )2 − n2 = ( n2 + n + 1 )( n2 − n + 1 )
+ +
− +
−
= +
− + +
+
−
− + +
= +
1 1
1 2
1 1 1
1 1
2
1
2 2
2
n n n
n n
n
n
(*)
Áp dụng (*) với n = 1; 2; 3; … ; 2011 ta có :
4046133
2023066 4046133
1 1
2
1 4046133
1 4042111
1
13
1 7
1 7
1 3
1 3
1
1
.
2
−
=
=
S
b) Với x , y > 0 và x≠ y ta có :
( )
3 3
3
3 3
3 3
3 3
3 2
3 3
3 3
2
3
3 3
3 3
3 3
2 3
= +
+ +
=
+
+ +
− +
+
−
= +
+ +
− +
+
−
=
− +
− +
+
+ +
− +
−
=
−
− +
+
+ +
−
=
y x
y y
x
x
y x
y y
xy x y x
xy y x x y
x
y y
xy x y
x
y x y x x
y x y x
y x y y
x
y x
y y x y x x
y x
y xy y
y x x
y y x
x y
x
P
Vậy giá trị của biểu thức P không phụ thuộc vào x, y.
Bài 2 (6 điểm):
a) ĐK: − ≤ ≤ 2 x 2 Pt ⇔ (2 − x )(2 + − x ) 3 2 − + x 2 3 ( − 2 + x ) = 0
− − =
x
x
Giải pt 2 + − = ⇔ = x 3 0 x 7 (Loại)
Giải pt 2− − = ⇔ = −x 2 0 x 2 (TM)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { } − 2
b)ĐK:
2
1 5 2
1
5 − ≤ x ≤ + Pt
4 2 1 2
1
2 2 + − + − 2 + + = +
Đặt x2 + x − 1 = a , − x2 + x + 1 = b ⇒ a2 + b2 = 2 x
Thay vào Pt đã cho ta có: 2 a + 2 b = a2 + b2 + 4 ⇔ ( a − 1 ) (2 + b − 1 )2 + 2 = 0 (vô nghiệm)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
c) Hệ
5
Đặt a x = 2− xy b , = y2+ xy ta được hệ 5
6
+ =
=
a b ab
Giải hệ pt này ta được
⇒
TH 1
2
2
2
3
Trang 32
TH 2
2
2
3
2
2
2
Vậy hệ pt có 8 nghiệm là
(2;1), ( 2; 1), ; , ; , (1; 2), ( 1;2), ; , ;
d) ĐK: x > 0 ; y ≥ 0
Hệ
=
−
=
⇔
) 2 ( 2
1
) 1 (
1 3
y x x
x x y
Thay (1) vào (2) của hệ ta có: 1 3 1 = 2
−
x
x x
x
=
=
⇔
= +
−
⇔
=
−
2
1 0
2 3 2
a
a a
a a
a
TH1:
=
= +
−
⇔
=
= +
⇒
=
2
) (
0 1 2
1
1 1
y
nghiêm vô
x x y
x
x a
TH2:
=
=
⇔
=
= +
−
⇔
=
= +
⇒
=
1
1 1
0 1 2 1
2
1 2
y
x y
x x y
x
x a
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất ( ) 1 ; 1
Bài 3 (3 điểm):
a)
• Nếu x lẻ, đặt x = 2 k + 1 ( k ∈ N ) Thay vào pt ta có: 32k+1− 32 = y2 ⇔ 3 9k − 32 = y2
Ta có: 9 ≡ 1 (mod 8 ) ⇒ 9k ≡ 1 (mod 8 ) ⇒ 3 9k ≡ 3 (mod 8 ) ⇒ 3 9k − 32 ≡ 3 (mod 8 )
Do đó : y2 ≡ 3 (mod 8 ) (vô lí vì số chính phương chia cho 8 dư 0 hoặc 1)
• Nếu x chẵn, đặt x = 2 k ( k ∈ N*) Thay vào pt ta có: 32k − 32 = y2 ⇔ ( 3k − y )( 3k + y ) = 32(*)
Do 3k + y > 3k − y > 0 và 3k + y , 3k − y là các số chẵn nên từ (*) xảy ra các TH:
=
=
⇔
=
=
⇔
=
=
=
=
⇔
=
+
=
−
=
+
=
−
7
4 7
2
2
) ( 6 3 7
9 3
8
3
4
3
16
3
2
3
y
x y
k y
L y
y
y
y
y
k k
k
k
k
k
Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất ( 4 ; 7 )
b)
Nhận thấy bộ số nguyên tố đó phải chứa số 2 và 5
Giả sử p1 ≤ p2 ≤ ≤ pn là các số còn lại trong bộ Theo bài ra ta có:
Trang 4( n) n n
p p
p = 10 2 + 5 + + + + ⇔ = 7 + + + +
.
5
.
Ta có với x ≥ 2 , y ≥ 2 thì xy ≥ x + y Áp dụng với p1, p2, , pn−1 ≥ 2 ta có:
1 2
1 1 2
1 3
2 1 3 2 1 2 1
2
1p ≥ p + p ⇒ p p p ≥ p + p + p ⇒ ⇒ p p pn− ≥ p + p + + pn−
p
Từ (1) ta có: 7 + p1+ p2 + + pn = p1p2 pn ≥ ( p1+ p2 + + pn−1) pn
Đặt a = p1 + p2 + + pn−1 ⇒ 7 + a + pn ≥ apn ⇔ ( pn − 1 )( a − 1 ) ≤ 8 (2)
Do a ≥ 2 nên từ (2) suy ra pn − 1 ≤ 8 nên pn ∈ { 2 ; 3 ; 5 ; 7 }
• Nếu pn = 2 ⇒ p1 = p2 = = pn−1 = 2 (do p1 ≤ p2 ≤ ≤ pn)
Khi đó (1) trở thành: 2n = 7 + 2 n (vô lí)
• Nếu pn = 3 ⇒ a − 1 ≤ 4 ⇒ a ∈ { 2 ; 3 ; 4 ; 5 } ⇒ p1+ p2 + + pn−1∈ { 2 ; 3 ; 4 ; 5 }
Do đó: { p1; p2; ; pn−1} chỉ có thể là { } { } { } { } 2 , 3 , 2 ; 2 , 2 ; 3
Thử lại vào (1) ta thấy không có bộ số nào thỏa mãn
• Nếu pn = 5 ⇒ a − 1 ≤ 2 ⇒ a ∈ { } 2 ; 3 ⇒ p1+ p2 + + pn−1∈ { } 2 ; 3
Do đó: { p1; p2; ; pn−1} chỉ có thể là { } { } 2 , 3
Thử lại vào (1) ta thấy bộ { } 3 thỏa mãn
3
4 1
7 ⇒ − ≤ ⇒ = ⇒ 1 + 2 + + 1 =
p
Do đó: { p1; p2; ; pn−1} chỉ có thể là { } 2
Thử lại vào (1) ta thấy không thỏa mãn
Vậy bộ các số nguyên tố thỏa mãn đề bài là { 2 ; 3 ; 5 ; 5 }
Bài 4 (6 điểm):
1
a) AO cắt đường tròn (O) tại F, L cắt đường tròn (OBC) tại K, O (A, F, K, O, L theo thứ tự đó)
Xét ΔABK và ΔAOC có: ·BAK: chung; · AKB ACO = ·
Do đó: ΔABK ~ ΔAOC AB AK AK AO AB AC
Tương tự, ta có: AF.AL = AB.AC
Do đó: AK.AO = AF.AL ⇒AK.AO = (AO – OF)(AO + OL)
AK
AO
−
⇒K là điểm cố định
Ta có: JK = JO (J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC) KO cố định
Do đó J chuyển động trên đường thẳng cố định là đường trung trực của đoạn thẳng KO
b) Gọi (I; r) là đường tròn nội tiếp tam giác AMN
Đoạn thẳng IO cắt (I) tại S Theo tính chất tiếp tuyến có: MD = MB; NE = NB
Do đó: AM + MN + AN = AM + MB + NB + AN = AM + MD + NE + AN
= AD + AE = 2AD: Không đổi
2
AMN IAM IAN IMN
r
IT⊥AE; OE⊥AE ⇒IT//OE (T là điểm chung của (I) và AE)
ΔAOE có IT//OE nên: IT AI IT AI IT AI IS AS
Vậy: r AS
R = AO R
+ Nên SAMN lớn nhất ⇔r lớn nhất ⇔AS lớn nhất ⇔S ≡F ⇔Cát tuyến ABC qua O
Vậy: Khi cát tuyến ABC đi qua O thì diện tích tam giác AMN lớn nhất
2
Kéo dài DE và DF cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và N
Tam giác MDC vuông tại D, đường cao DH
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HD2 = HM HC (1)
Tam giác BDN vuông tại D, đường cao DH
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HD2 = HB HN (2)
Trang 5Q P
F E
H
A
D
Từ (1) và (2) ⇒ HM.HC = HB.HN
Qua D vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại P
và Q
Áp dụng định lí Ta-lét ta có:
Vì PD // BM PD ED
Do đó PD PD : ED AD : BH ED AH
(4)
Tương tự ta cũng có CH FD AH
CN = FN AD (5)
Từ (3) (4) và (5) ED FD
Theo định lí Ta-lét đảo, suy ra EF // BC
Bài 5 (3 điểm):
a) Ta có:
1 1
1 1
1 1
3 1
1 1
1 1
1
≥ +
+ + +
+ + +
+
⇔ +
≥ +
+ +
+
abc c
b
abc b
a
abc abc
a c c b
b
Ta có:
( ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ) 1 ( ) 1
1 1
1 1 1
1 1
1 1
1 1
1
+
+ + +
+
=
− +
+ + +
=
− +
+ + +
= +
+
b
c b b a
a b
a
c ab a b
a
b a abc b
a
abc
Tương tự với 2 số hạng còn lại, suy ra BĐT đã cho tương đương với:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1 ) 6
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1
3 1 1
1 1
1 1 1
1 1
1 1 1
1 1
1
≥
+
+ + +
+ +
+
+ + +
+ +
+
+ +
+
+
⇔
≥
+
+ + +
+ +
+
+ + +
+ +
+
+ +
+
+
c
a c a c
c b
c b c b
b a
b a b
a
a
a
b a a c
c c
a c c b
b b
c b b
a
a
Hoàn toàn chứng minh được BĐT cuối luôn đúng do áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
b)
Trả lời: Không tồn tại 16 số như vậy Thật vậy, giả sử trái lại, tìm được 16 số thỏa mãn Khi đó,
ta có 16 số dư phân biệt khi chia cho 16: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15; trong đó có 8 số chẵn, 8
số lẻ
Do đó, ba chữ số a, b, c khác tính chẵn lẻ, giả sử hai chữ số chẵn là a, b và chữ số lẻ là c.
Có 9 số lẻ được tạo thành từ những chữ số này: aac abc acc bac bbc bcc cac cbc ccc , , , , , , , ,
Gọi x x1, , ,2 … x9 là các số có hai chữ số thu được từ các số ở trên bằng cách bỏ đi chữ số c (ở hàng đơn
vị) Khi đó
( mod16 ) 16
i j
x c x c ≡ / ⇔ không là ước của x c x ci − j tức là xi− xj không chia hết cho 8
Nhưng trong 9 số x x1, , ,2 … x9 chỉ có ba số lẻ ac bc cc , , nên 8 số bất kỳ trong 9 số x x1, , ,2 … x9 luôn
có hai số có cùng số dư khi chia cho 8, mâu thuẫn
Tương tự, trường hợp trong ba số a, b, c có hai số lẻ, một số chẵn cũng không xảy ra