Cho tam giác nhọn ABC .BC > CA > AB/ nội tiếp đường tròn .O/ và có trực tâm H: Đường tròn ngoại tiếp tam giác BH C cắt phân giác góc ∠ABC tại điểm thứ hai M: Gọi P là trực tâm tam giác B
Trang 1lái
đò
trên
sông
Tô
Lịch
TP HÀ NỘI 2017
Võ Quốc Bá Cẩn
1 Đề thi
Bài 1 (5.0 điểm)
a) Chứng minh n5C 5n3 6n chia hết cho 30; với mọi số nguyên dương n:
b) Tìm tất cả các số nguyên dương x; y/ sao cho x2C 8y và y2C 8x là các số chính phương
Bài 2 (5.0 điểm)
a) Giải phương trình:
r
x Cr 6
x 2x D 1 C 3
2x:
b) Giải hệ phương trình:
8 ˆ ˆ
ˆ ˆ
s 4x 5y Dpx C y px y
r 5y
x Dpx C y Cpx y
Bài 3 (3.0 điểm) Với các số thực không âm x; y; z thỏa mãn x2C y2C z2 D 2:
a) Chứng minh xC y C z 2 C xy:
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2C yz C
y
2C zx C
z
2C xy:
Bài 4 (6.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC BC > CA > AB/ nội tiếp đường tròn O/ và có
trực tâm H: Đường tròn ngoại tiếp tam giác BH C cắt phân giác góc ∠ABC tại điểm thứ hai
M: Gọi P là trực tâm tam giác BCM:
a) Chứng minh bốn điểm A; B; C; P cùng thuộc một đường tròn
b) Đường thẳng qua H song song với AO cắt cạnh BC tại E: Gọi F là điểm trên cạnh BC
sao cho CF D BE: Chứng minh ba điểm A; F; O thẳng hàng
c) Gọi N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM: Chứng minh PN D PO:
Bài 5 (1.0 điểm) Trên bàn có 100 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 100: Hai người A và B lần
lượt mỗi người lấy một tấm thẻ trên bàn sao cho nếu người A lấy tấm thẻ đánh số n thì đảm bảo
người B chọn được tấm thẻ đánh số 2nC 2: Hỏi người A có thể lấy được nhiều nhất bao nhiêu
tấm thẻ trên bàn thỏa mãn yêu cầu trên?
1
Trang 2lái
đò
trên
sông
Tô
Lịch
2 Lời giải và bình luận các bài toán
Bài 1 (5.0 điểm)
a) Chứng minh n5C 5n3 6n chia hết cho 30; với mọi số nguyên dương n:
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x ; y / sao cho cả hai số x2C 8y và y2 C 8x
đều là số chính phương
Lời giải a)Đặt A D n5 C 5n3 6 n ; ta có
A D n.n 1 / n C 1/.n2 C 6/
D n.n 1 / n C 1/.n2 4 / C 10 n.n 1 / nC 1/
D n 2 / n 1 / n n C 1/.n C 2/ C 10.n 1 / n n C 1/:
Do n 2 / n 1 / n nC 1/.n C 2/ là tích của năm số nguyên liên tiếp nên tích này chia
hết cho 2 ; 3 ; 5 ; tức chia hết cho 3 0 : Tương tự, tích n 1 / n n C 1/ chia hết cho 3 nên
1 0 n 1 / n nC 1/ chia hết cho 30: Từ đó suy ra A chia hết cho 30:
b)Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x y : Khi đó, ta có
x2 < x2 C 8y x2 C 8x < x2 C 8x C 16 D x C 4/2: Theo yêu cầu của đề bài, x2 C 8y là số chính phương nên nó sẽ nhận giá trị là một trong các số
x C 1/2; x C 2/2; x C 3/2: Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: x2 C 8y D x C 1/2:Ở trường hợp này, ta có 8y D 2x C 1: Điều này
không thể xảy ra vì 2xC 1 là số lẻ, còn 8y là số chẵn
Trường hợp 2: x2
C 8y D x C 3/2:Tương tự như trên, ta cũng dẫn đến vô lý
Trường hợp 3: x2 C 8y D x C 2/2:Ở trường hợp này, ta có x D 2y 1: Do y2C 8x
là số chính phương nên ta có y2C 16y 8 là số chính phương
Với y D 1; ta có x D 1 và cặp số 1; 1/ thỏa mãn yêu cầu đề bài Xét y 2; ta có
y2C 16y 8D y C 3/2C 10y 17/ > yC 3/2 và
y2C 16y 8 < yC 8/2 72 < y C 8/2:
Do đó, để y2C 16y 8 là số chính phương thì ta phải có
y2C 16y 82˚.y C 4/2; yC 5/2; yC 6/2; yC 7/2 : Giải trực tiếp các trường hợp, ta được y D 3 (tương ứng, x D 5) hoặc y D 11 (tương ứng,
x D 21) Thử lại, ta thấy thỏa mãn
Tóm lại, có 5 cặp số thỏa mãn yêu cầu đề bài là 1; 1/; 5; 3/; 3; 5/; 21; 11/ và 11; 21/:
Trang 3lái
đò
trên
sông
Tô
Lịch
Bài 2 (5.0 điểm)
a) Giải phương trình:
r 2x 3
x Cr 6
x 2xD 1 C 3
2x:
b) Giải hệ phương trình:
8 ˆ ˆ
ˆ ˆ
s 4x 5y Dpx C y px y
r 5y
x Dpx C y Cpx y
Lời giải a)Điều kiện: x ¤ 0; 2x 3x 0 và x6 2x 0; tức
p 6
2 x p3: Với điều kiện này, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
r
x Cr 6
x 2x 1C 2x
3 x
6
2x:
Do đó, theo yêu cầu của bài toán, dấu đẳng thức trong đánh giá trên phải xảy ra, tức ta phải có
8 ˆ
ˆ
x D 1 6
x 2xD 1 Giải hệ này, ta tìm được x D 32: Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất xD 32:
b)Điều kiện: x y > 0: Nhân tương ứng với vế hai phương trình của hệ, ta được
2D x C y/ x y/D 2y;
từ đó suy ra y D 1: Thay vào phương trình thứ hai, ta được
r 5
x DpxC 1 Cpx 1:
Xét phương trình trên, ta thấy:
x D 54 là một nghiệm của phương trình
Nếu x > 54 thì ta có VT < 2 < VP:
Nếu x < 54 thì ta có VT > 2 > VP:
Do đó, x D 54 là nghiệm duy nhất của phương trình Tóm lại, hệ đã cho có nghiệm duy nhất:
.x; y/D 5
4; 1
:
Trang 4lái
đò
trên
sông
Tô
Lịch
Bài 3 (3.0 điểm) Với các số thực không âm x; y; z thỏa mãn x2C y2C z2 D 2:
a) Chứng minh xC y C z 2 C xy:
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P D x
2C yz C
y
2C zx C
z
2C xy:
Lời giải a)Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
.xC y/ C z .x C y/
2C 1
2C 1
2C y2C z2C 2xy C 2
b) Tìm max P:Sử dụng kết quả ở câu a), ta có
2C yz x C y C z;
2C zx x C y C z;
2C xy x C y C z:
Từ đó suy ra
xC y C z C
y
xC y C z C
z
xC y C z D 1:
Dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x D y D 1 và z D 0: Vậy max P D 1:
Tìm min P:Trước hết, ta sẽ chứng minh nhận xét sau:Với mọix 2h0; p
2i; ta có
2x
6 x2 x
2
2p
2:
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khix D 0 hoặc x Dp2:
Đặt x Dp2t thì ta có 0 t 1 và ta phải chứng minh
p 2t
3 t2 t
2
p
2; hay
t 1 t /2.2C t/ 0:
Bất đẳng thức cuối đúng nên nhận xét được chứng minh Trở lại bài toán, sử dụng bất đẳng thức
AM-GM và nhận xét trên, ta có
x
2C yz D
2x
4C 2yz
2x
4C y2C z2 D 2x
6 x2 x
2
2p
2: Đánh giá tương tự cho các số hạng còn lại, ta được
P x
2
C y2C z2
2p
p 2
2 : Dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x Dp2 và y D z D 0: Vậy min P D
p 2
2 :
Trang 5lái
đò
trên
sông
Tô
Lịch
Bình luận Câu a) của bài toán chính là gợi ý để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P ở câu b)
Ngoài cách trên, ta vẫn có thể giải ý này bằng cách hoàn toàn độc lập như sau: Ta có
2C yz C
2y
2C zx C
2z
2C xy
D x C y C z xyz
2C yz C
1
2C zx C
1
2C xy
:
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz1, ta có
1
2C yz C
1
2C zx C
1
2C xy
9
6C xy C yz C zx
9
6C x2C y2C z2 D 9
8 > 1:
Do đó
2P x C y C z xyz D x.1 yz/C y C z/:
Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz một lần nữa, ta có
x.1 yz/C y C z/2
x2
C y C z/2 .1 yz/2C 1
D 2 C 2yz/.2 2yzC y2z2/
D 4 C 2y2z2.yz 1/ 4;
trong đó bất đẳng thức cuối đúng do yz y2Cz2 2 1: Từ đây ta suy ra 4P2 4; tức P 1:
Việc còn lại chỉ là chỉ ra một trường hợp dấu bằng nữa là xong
Ở ý thứ hai của câu b), ta cũng có thể tiếp cận bằng một cách khác như sau: Sử dụng bất đẳng
thức Cauchy-Schwarz, ta có
2
x.2C yz/ C y.2 C zx/ C z.2 C xy/ D
.xC y C z/2
2.xC y C z/ C 3xyz: .1/
Đặt t D x C y C z thì ta có t2 x2C y2C z2 D 2 và t2 3.x2C y2C z2/ D 6: Do đó
p
2 t p6: Ngoài ra, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta cũng có chú ý rằng
9xyz x C y C z/.xy C yz C zx/ D t t
Từ đó kết hợp với (1), ta suy ra
2
2tC t t26 2/ D
6t
t2C 10: Tiếp theo, ta sẽ chứng minh
6t
t2C 10
p 2
2 : Bất đẳng thức này tương đương vớit p
2 t 5p
2 0; đúng dop2 t p6:
Vậy P
p
2
2 : Việc còn lại cũng chỉ là tìm điều kiện để dấu đẳng thức xảy ra là được
1 Chú ý rằng, học sinh cần chứng minh lại bất đẳng thức này khi sử dụng.
Trang 6lái
đò
trên
sông
Tô
Lịch
Bài 4 (6.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC BC > CA > AB/ nội tiếp đường tròn O/
và có trực tâm H: Đường tròn ngoại tiếp tam giác BH C cắt phân giác góc ∠ABC tại điểm
thứ hai M: Gọi P là trực tâm tam giác BCM:
a) Chứng minh bốn điểm A; B; C; P cùng thuộc một đường tròn
b) Đường thẳng qua H song song với AO cắt cạnh BC tại E: Gọi F là điểm trên cạnh
BC sao cho CF D BE: Chứng minh ba điểm A; F; O thẳng hàng
c) Gọi N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM: Chứng minh PN D PO:
Lời giải a)Ta có
∠BP C D 180ı ∠BM C D 180ı ∠BH C D ∠BAC:
Từ đó suy ra bốn điểm A; B; C; P cùng nằm trên một đường tròn
O
A
P
E F
K
N
I
b)Dựng hình bình hành BH CK: Ta có KC ? AC (do KC k BH và BH ? AC ) Tương tự,
ta cũng có KB ? AB: Từ đó ta có tứ giác ABKC nội tiếp và AK là O/:
Xét hai tam giác BHE và CKF; ta có BE D CF (giả thiết), BH D CK (tính chất hình bình
hành) và ∠HBE D ∠KCF (so le trong) nên chúng bằng nhau, suy ra
∠KF C D ∠HEB:
Trang 7lái
đò
trên
sông
Tô
Lịch
Mà hai góc này ở vị rí so le ngoài nên HE k KF: Lại có AK k HE (do AK đi qua O và
HE k AO) nên ba điểm A; F; K thẳng hàng Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh
c)Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BH C: Ta có4BH C D 4CKB nên bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CKB: Nói
cách khác, ta có OB D OC D IB D IC:
Chú ý rằng ON là trung trực của AB; OI là trung trực của BC và I N là trung trực của BM
nên ∠ONI D ∠ABM và ∠OI N D ∠MBC (hai góc nhọn có hai cạnh tương ứng vuông góc)
Từ đó do ∠ABM D ∠MBC D 12∠ABC nên ∠ONI D ∠OI N D 12∠ABC: Suy ra tam giác
ONI cân tại O và ∠NOI D 180ı ∠ABC: Lại có
∠POB D 2∠P CB D 2 90ı ∠MBC / D 180ı 2∠MBC D 180ı ∠ABC:
Do đó ∠NOI D ∠POB: Từ đây ta suy ra ∠NOP D ∠IOB:
Hai tam giác OBI và OPN có OI D ON; OB D OP và ∠NOP D ∠IOB nên bằng nhau
Mà tam giác OBI cân tại B nên tam giác OPN cân tại P: Tóm lại, ta có PN D PO:
Bài 5 (1.0 điểm) Trên bàn có 100 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 100: Hai người A và B
lần lượt mỗi người lấy một tấm thẻ trên bàn sao cho nếu người A lấy tấm thẻ đánh số n thì
đảm bảo người B chọn được tấm thẻ đánh số 2nC 2: Hỏi người A có thể lấy được nhiều
nhất bao nhiêu tấm thẻ trên bàn thỏa mãn yêu cầu trên?
Lời giải (Lời giải này của thầy Nguyễn Tiến Lâm, trường THPT chuyên KHTN.)Vì B bốc thẻ
2nC 2 nên 2n C 2 100: Suy ra n 49: Do đó, A chỉ được bốc các thẻ đánh số từ 1 đến 49:
Bây giờ, ta phân hoạch tậpf1; 2; : : : ; 49g thành 33 tập con như sau:
f1; 4g; f3; 8g; f5; 12g; : : : ; f23; 48g (12 nhóm);
f2; 6g; f10; 22g; f14; 30g; f18; 38g (4 nhóm);
f25g; f27g; f29g; : : : ; f49g (13 nhóm);
f26g; f32g; f42g; f46g (4 nhóm)
Ở mỗi nhóm, A được chọn tối đa một số Nếu A chọn nhiều hơn 3 4 số trong các số từ 1
đến 4 9 thì theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai số thuộc cùng một nhóm (vô lý) Do đó, A
được chọn không quá 3 3 số
Mặt khác, A có thể chọn 3 3 số sau
f1; 3; 5; : : : ; 23; 2 ; 10; 14 ; 18; 25; 27; 29; : : : ; 49; 26; 32 ; 42 ; 46g
thì thỏa mãn yêu cầu đề bài Vậy A có thể lấy tối đa 3 3 tấm thẻ