Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên m ta có bất đẳng thức Câu 4 2,0 điểm Cho tam giác ABC nhọn với ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H.. Tiếp tuyến tại B, C của đường tròn O n
Trang 1ĐỀ SỐ 02
(Đề thi HSG lớp 10, Vĩnh Phúc, Hệ THPT chuyên, năm học 2010 – 2011)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (4,0 điểm)
1 Giải hệ phương trình
2 3 2
3 0
x xy
2 Giải phương trình 18x 16 4 2 x2 5x 3 7 4 x2 2x 2 7 2 x2 8x 6
Câu 2 (1,0 điểm)
Tìm tất cả các bộ ba số hữu tỷ dương (m; n; p) sao cho mỗi một trong các số m 1 ;n 1
1
p
mn
là một số nguyên
Câu 3 (2,0 điểm)
1 Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a20122010 b20122010 c20122010 2011
b c a Chứng minh rằng
luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho
2011 2010
2 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên m ta có bất đẳng thức
Câu 4 (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn với ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H Tiếp tuyến tại B,
C của đường tròn O ngoại tiếp tam giác ABC cắt nhau tại điểm T, các đường thẳng TD và EF cắt nhau tại điểm S Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng TB, TC; M là trung điểm của cạnh BC.
1 Chứng minh rằng H, M lần lượt là tâm của đường tròn nội tiếp các DEF và XTY
2 Chứng minh rằng đường thẳng SH đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC.
Câu 5 (1,0 điểm)
Kí hiệu N chỉ tập hợp các số tự nhiên Giả sử f : là hàm số thỏa mãn các điều kiện
1 0
f và f m 2 2n2 f m 2 2 f n 2 với mọi m n , Tính các giá trị của f 2 và
2011
Trang 2ĐỀ SỐ 02 Câu 1 1
Nhân chéo các vế, ta có:
x y tm
x y l
Hệ phương trình có nghiệm là ; 3; 3 ; 3; 3
x y
Chú ý: Học sinh có thể giải được bài toán tổng quát
ax bx y cxy dy mx ny
a x b xy c y p
Nhân chéo các vế, ta có phương trình đẳng cấp đối với x và y:
p ax bx y cxy dy mx ny a x b xy c y
Chúng ta có thể biến đổi phương trình trên về phương trình tích (trong trường hợp phương trình đơn giản) Trong trường hợp phức tạp, ta có thể làm như sau
Trường hợp 1: Xét y 0
Trường hợp 2: Xét y 0, chia hai vế cho y3 và đặt t x
y
, ta có một phương trình bậc 3 ẩn t,
từ đó tính được x theo y.
Tương tự, có thể giải được một số hệ phương trình dạng sau
ax bx y cx y dxy ey mx ny
a x b x y c xy d y p
2 Điều kiện 1
2
x với điều kiện này phương trình được đưa về dạng
Đặt a x 3 2x 1;b 2x 2 thay vào phương trình trên ta được
Trang 3+) a 2b x 3 2x 1 2 2 x 2 phương trình này vô nghiệm
+) 2a 3b 2 x 3 2 2x 1 3 2 x 2 giải phương trình này được nghiệm x 1
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 1
Câu 2 Giả sử tìm được bộ ba số (m; n; p) trong đó m, n, p là các số hữu tỉ dương sao cho các
số nguyên dương a, b, c thỏa mãn a m 1 ;b n 1 ;c p 1
Từ đó mnp 1 anp bpm cmn Suy ra abc mnp 2mnp 13
Đặt mnp u
v
trong đó u v, , ,u v 1 ta được:
3 2
3 2
2
Do u v , 1 nên nếu p là một số nguyên tố sao cho p u v| 2 thì hoặc p u| hoặc p v| do đó
u v không chia hết cho p.
1
1
abc
Suy ra u v 1,abc 8,mnp 1 Từ đó tìm được a b c ; ; 1;1;8 , 1;2;4 , 2;2;2 và các hoán vị
và vì vậy ; ; 1;1;1 ; 1 1; ;4 ; 1;1;2
m n p
và các hoán vị
Câu 3 1 Ta chứng minh rằng bằng phản chứng Giả sử không tồn tại số tự nhiên n nào thỏa
mãn thì với mọi số tự nhiên n ta luôn có
2011 2010
Lần lượt cho n 0,1, 2, ,2009 và cộng từng vế của 2010 bất đẳng thức ta được
2012 2012 2012
2010 2010 2010
2011
2010
Mâu thuẫn với giả thiết nên ta có ĐPCM
2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 2 số a m m2
b
và m số b2 ta có:
2 2
2
.
m
Tương tự ta được 2 2 2 2 2 2 2
2
.
m
m
Trang 4
2 2
2
.
m
m
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được m 2 m 2 m 2 2 2 2
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho m số a m m13
b
và a2 ta được:
3
1
.
m m
m
Tương tự ta có 3 2 1 3 2 2
.
m m
m
3
.
m m
m
Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta được
Kết hợp với (1) ta có điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra a b c
Câu 4 1 +) Do các tứ giác BFHD, DHEC và
CBFE nội tiếp nên
FDH FBH FBE FCE HCE HDE
Suy ra DH là phân giác của góc EDF
Tương tự cũng được EH là phân giác của góc
DEF và FH là phân giác của góc EFD Từ đó
H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF.
2
a MBT MCTBAC MB MC
; ; .sin
2
d M BT d M CT
+) Ta có
a
Trang 52 +) Do tứ giác AFDC nội tiếp và TX tiếp xúc với O nên FDB FAC BAC CBT DBT
Suy ra TX DF|| Tương tự cũng có TY DE||
+) Từ đó, với k DF
TX
thì phép vị tự tâm S tỉ số k biến tam giác DEF thành tam giác TYX Và
do đó biến H (tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF) thành M (tâm đường tròn nội tiếp của tam giác TYX) suy ra S, H, M thẳng hàng.
Câu 5 Đặt f 2 a Cho m n 0 f 0 3 f 0 2 f 0 0
Cho m 1;n 0 f 1 f 1 2 f 1 1 Cho m n 1 f 3 3
Cho n 0 f m 2 f m 2, m nên f 4 a2
Mặt khác với mỗi số tự nhiên
2 2 2 2
k k k k k
f k 1 2 2 f k 2 2 f k 3 2 2 f k 2
Từ (1) cho k 3 ta có
f 4 2 2 f 1 2 f 0 2 2 f 3 2 a4 16 a 2 f 2 2
Theo trên ta chứng minh được f n n với n 0;1;2;3;4 Ta chứng minh bằng quy nạp
f n n Thật vậy, với n 3 từ đẳng thức (1) ta có:
Do đó f n n n, f2011 2011