Tổ 6 d2 GIAI CHI TIET DE HSG NINH BINH 2019 DE2 2

Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn O , đường tròn tâm I tiếp xúc với các tia AB, AD lần lượt tại E và F, đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn O tại điểm T.. b Đường ph

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH

SỞ GDĐT NINH BÌNH NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN TOÁN NGÀY THI 12/09/ 2018 TIME: 180 PHÚT

ĐỀ BÀI

Câu 1 (4,0 điểm)

Cho đa thức P x ( )có hệ số nguyên a b c , , là các số nguyên thỏa mãn P a ( ) 1, ( ) 2 = P b = và

( ) 3

P c = Chứng minh rằng: a c b + = 2

Câu 2 (5,0 điểm).

Cho ba số thực dương a b c , , Chứng minh bất đẳng thức:

1 1 1

4 2 ab bc ca 9 4 2

a b c

+ +

+ +

Câu 3 (6,0 điểm).

Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn( ) O , đường tròn tâm I tiếp xúc với các tia

AB, AD lần lượt tại E và F, đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn ( ) O tại điểm T Hai tiếp tuyến tại A và T của đường tròn ( ) O cắt nhau tại K Các đường thẳng TE, TF lần lượt cắt đường tròn ( ) O thứ tự tại các điểm M N , (M N , khác T )

a) Chứng minh rằng ba điểm K M N , , thẳng hàng

b) Đường phân giác của góc BAC cắt đường thẳng MC tại P, đường thẳng KP cắt đường thẳng CN tạiQ Chứng minh rằng: Nếu N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADQ thì bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác ABC và ACD bằng nhau

Câu 4 (5,0 điểm)

Với số n nguyên dương, đặt f n ( ) là các ước nguyên dương của Xét tập hợp

G = ∈ n ¥ f < f ∀ ∈ ¥ < < và gọi pi là số nguyên tố thứ i i ( ∈ ¥*).

Chứng minh rằng: Nếun thuộcG vàpm là ước nguyên tố củan thì( p p p1 2 )m là ước của n Với số nguyên tốpm , gọik M , là các số nguyên dương thỏa mãn2k

m

p

> và 2

1 2 1

m

M = p p p − Chứng minh rằng: Nếun M > vàn thuộcG thìn chia hết chopm

HẾT.

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1 (4,0 điểm)

Cho đa thức P x ( )có hệ số nguyên a b c , , là các số nguyên thỏa mãn P a ( ) 1, ( ) 2 = P b = và

( ) 3

P c = Chứng minh rằng: a c b + = 2

Lời giải

Tác giả: Trần Dung ; Fb: Trần Dung

Cách 1:

Đa thức có nghiệm x b = có thể viết dưới dạng ( x b − ).q( ) x .

Vì P b ( ) 2 = nên ta có P x ( ) ( b).q( ) 2 = − x x + với q x ( ) ∈ ¢ [x].

Ta có:

( ) 1 ( ) 3

P a

P c

=



 =

 thay vào P x ( ) ta được

1 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 1

3 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 1

P a a b q a a b q a

P c c b q c c b q c

Vì a b c b q a q c − , − , ( ) ( ) , là những số nguyên nên a b − và c b − là ước của 1.

Ta có P a P c ( ) ≠ ( ) ⇒ ≠ a c Suy ra:

1 1

a b

c b

− =



 − = −

1 1

a b

c b

− = −



 − =



2

a c b

⇒ + =

Cách 2:

Bổ đề: Cho P x ( )là đa thức với hệ số nguyên; a b , là hai số nguyên khác nhau Khi đó:

( ) ( )

P a P b a b − M − .

Trở lại bài toán.

Ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

P a P b

P c P b

P a P c

≠





a b

c b

a c

≠



 ≠



 ≠

Khi đó:

P a P b a b a b a b

P c P b c b c b c b

Như vậy: a b − và c b − là ước của 1 .

Suy ra:

1 1

a b

c b

− = −



 − =

1 1

a b

c b

− =



 − = −

 ⇒ + = a c b 2

Câu 2 (4,0 điểm).

Cho ba số thực dương a b c , , Chứng minh bất đẳng thức:

( ) 2 2 2

1 1 1

4 2 ab bc ca 9 4 2

a b c

+ +

+ +

Lời giải

1 1 1

9 4 2 4 2 ab bc ca

a b c

+ +

+ +  + + ÷ − ≥ −

+ +

( ) (2 ) (2 )2 ( ) (2 ) (2 ) ( )2

+ +

Không giảm tổng quát giả sử

( ) (2 )2

a b a c

a b c

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có:

( ) (2 ) ( ) ( ) ( )2

2

1

b c

+

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b c =

Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM:

2 a b c 2 a b c 2 2 a b c

a b c a b c

Suy ra

2 2 2

2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c = = hoặc a 2 = + b c

a b c + + ≥ bc > bc ( vì a b c ≥ ≥ )

2 2 3

+ +

Từ ( ) ( ) ( ) 1 , 2 , 3 suy ra điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi a b c = = hoặc a = 2 b = 2 c và các hoán vị

Câu 3 (4,0 điểm).

Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn( ) O , đường tròn tâm I tiếp xúc với các tia

AB, AD lần lượt tại E và F, đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn ( ) O tại điểm T Hai

tiếp tuyến tại A và T của đường tròn ( ) O cắt nhau tại K Các đường thẳng TE, TF lần lượt cắt đường tròn ( ) O thứ tự tại các điểm M N , (M N , khác T )

a) Chứng minh rằng ba điểm K M N , , thẳng hàng

b) Đường phân giác của góc BAC cắt đường thẳng MC tại P, đường thẳng KP cắt đường thẳng CN tạiQ Chứng minh rằng: Nếu N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADQ thì bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác ABC và ACD bằng nhau

Lời giải

Tác giả: Võ Thanh Phong; Fb: Võ thanh Phong

Phép vị tự tâm T, tỉ số k biến đường tròn ( ) I thành đường tròn ( ) O .

Khi đó vì T E M , , thẳng hàng và E I M O ∈ ( ), ∈ ( ) nên k :

T

Do T F N , , thẳng hàng và ( ), ( ) nên :k

T

Gọi L là giao điểm của AT và ( ) I suy ra k:

T

Tiếp tuyến tại E F , của ( ) I và TL đồng qui tại A ⇒ TELF là tứ giác điều hòa

Phép vị tự tâm T, tỉ số k biến tứ giác TELF thành TMAN nên TMAN là tứ giác điều hòa Suy ra K M N , , thẳng hàng

Từ IE OM // nên OM AB M ⊥ ⇒ là điểm chính giữa cung AB của ( ) O

Tương tự: N là điểm chính giữa cung AD của ( ) O .

Phân giác góc ·BAC cắt CM tại P, mà CM là phân giác góc ·ACB nên P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Ngoài ra, Q thuộc CN là phân giác góc ·ACD và NQ NA ND = = nên Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD

Gọi r r1 2, là bán kính các đường tròn nội tiếp các tam giác ABC và ADC

Do K P Q , , thẳng hàng nên theo định lý Menelaus cho tam giác MCN với cát tuyến K P Q , , ta có: PC KM QN 1

PM KN QC × × =

Tam giác ∆ KAM ~ ∆ KNA

Mặt khác:

2

= × =   ÷  .

sin

QC NCA PC MCA

PC = AN = ACN ⇒ × = ×

Suy ra r r1 = 2 Ta có điều phải chứng minh

Câu 4: (5,0 điểm)

Với số n nguyên dương, đặt f n ( ) là các ước nguyên dương của Xét tập hợp

G = ∈ n ¥ f < f ∀ ∈ ¥ < < và gọi pi là số nguyên tố thứ i i ( ∈ ¥*).

Chứng minh rằng: Nếun thuộcG vàpm là ước nguyên tố củan thì( p p p1 2 )m là ước của n Với số nguyên tốpm , gọik M , là các số nguyên dương thỏa mãn2k

m

p

> và 2

1 2 1

m

M = p p p − Chứng minh rằng: Nếun M > vàn thuộcG thìn chia hết chopm

Lời giải

Tác giả:

3 điểm

Giả sử 1k1 2k2 (k N,i 1, ) f(n) (k 1)(k 1) (k 1)k a 1 2

Giả sử n chia hết cho pm, tồn tại i thỏa mãn 1 i m a ≤ < ≤ mà nkhông chia hết cho pi.

Suy ra km ≥ 1, ki = 0.

Xét 0 . i

m

n

p

=

ta có:

0

n n < và 0

k

k

+

Do km≥ ⇒ 1 2 km≥ + km 1nên f n ( )0 ≥ f (n) mâu thuẫn

Vậynchia hết chopivới mọi i = 1,2, , m

2 điểm

Xét n G ∈ vàn M >

Giả sử không chia hết cho pm thì mọi ước của n đều thuộc tập { p p1, , ,2 pm−1}

( Thật vậy, giả sử n có ước pj > pm thì theo ý (a) n chia hết cho p p1, , , , ,2 pm pj. Mâu thuẫn.)

Suy ra : 1k1 2k2 k m11 (k N,i 1, 1)

−

Vì n M > nên tồn tại: 1 ≤ ≤ − i m 1 sao cho ki > 2 k

Đặt 1 i k

n n p

=

và n n p0 = 1. m Do k 2k

p ≥ > p suy ra n n0 <

1 2 f(n) (k 1)(k 1) (k 1) = + + t+

f(n ) (k 1)(k 1) (k = + + i− + 1)(k k 1)(ki− + i+ + 1) (k 1).2t+

Vì ki+ > ⇒ 1 2 k 2(k k 1) k 1i− + > + ⇒i f (n ) f(n).0 > Mâu thuẫn

Vậy có điều cần chứng minh

HẾT.