Giải chi tiết đề thi Toán chuyên trường KHTN
Nguyễn Duy Khương - Hà Huy Khôi - Trần Quang Độ - Nguyễn Khang - Nguyễn Văn Hoàng - Nguyễn Đức Toàn
1 Câu I
1) Với a,b,clà những số thực thỏa mãn a+b+c6=0 và (a+b)(b+c)(c+a)=1. Chứng minh rằng:
a
a2(a+b+c)+1+abc+
b
b2(a+b+c)+1+abc =
1+abc+ab(a+b+c) (a+b+c)2
2) Giải hệ phương trình
x2+4y2+4x y+2x2y2=11
3x y(x+2y)+31=9x+18y+13x y
Lời giải
1) Ta có:
a2(a+b+c)+1+abc=a(a2+ab+ac)+abc+(a+b)(a+c)(c+b)
=a(a2+ab+ac+bc)+(a2+ab+ac+bc)(c+b)
=(a+b+c)(a2+ab+ac+bc)
=(a+b+c)(a+b)(a+c)
Từ đó ta có:
a
a2(a+b+c)+1+abc =
a(b+c)
(a+b+c)(a+b)(a+c)(b+c)=
a(b+c) a+b+c Tương tự ta cũng có:
b
b2(a+b+c)+1+abc=
b(a+c) a+b+c Suy ra
a
a2(a+b+c)+1+abc+
b
b2(a+b+c)+1+abc=
a(b+c)+b(a+c) a+b+c (1)
Mà ta lại có:
1+abc+ab(a+b+c)=(a+b)(a+c)(b+c)+abc+ab(a+b+c)
=(a(a+b+c)+bc)(b+c)+abc+ab(a+b+c)
=(ab+ac)(a+b+c)+bc(b+c)+abc+ab(a+b+c)
=(2ab+ac)(a+b+c)+bc(a+b+c)
=(2ab+ac+bc)(a+b+c)
=(a(b+c)+b(a+c))(a+b+c) Từ đó ta có:
a(b+c)+b(a+c) a+b+c =
1+abc+ab(a+b+c) (a+b+c)2 (2) Từ (1) và (2), ta được:
a
a2(a+b+c)+1+abc+
b
b2(a+b+c)+1+abc =
1+abc+ab(a+b+c) (a+b+c)2
Nhận xét. Một ý tưởng khác là chứng minh abc=(a+b+c)(ab+bc+ca)− (a+b)(b+c)(c+a),rồi thay vào, cũng rất gọn gàng.
2) Xét phương trình (1),ta có
(x+2y)2+2x2y2=11⇒(x+2y)2=11−2x2y2. Xét phương trình (2),ta có
3(x+2y) (x y−3)=13x y−31
⇒9(x+2y)2(x y−3)2=(13x y−31)2 Từ đó
−2 (3x y−5) (3x y−7) (x y−1)2=0.
Ta có các trường hợp:
• Nếu
x y=1⇒3(x+2y)+31=9x+18y+13
⇒x=3−2y.
Khi đó
(3−2y)y=1⇒ y= 1
2 hoặc y=1.
+) Nếu y= 1
2⇒x=2;
+) Nếu y=1⇒x=1.
• Nếu x y= 5
3⇒5(x+2y)+31=9x+18y+65 3
⇒x= 7 3−2y.
Do đó
µ7 3−2y
¶ y=5
3, từ đây dễ thấy phương trình này vô nghiệm.
• Nếu x y= 7
3⇒7(x+2y)+31=9x+18y+91 3 . Từ đây suy ra x= 1
3−2y⇒ µ1
3−2y
¶ y= 7
3, phương trình này cũng vô nghiệm.
Vậy (x,y)=n µ
2,1 2
¶
, (1, 1)o.
2 Câu II
1) Tìm x,y nguyên dương thoả mãn 3x+29=2y
2) Với a,b,c là các số thực dương thoả mãn điều kiện2(a+b+c)+ab+bc+ca= 9. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M= a+1
a2+10a+21+
b+1
b2+10b+21+
c+1 c2+10c+21 Lời giải
1. Xét x=1 thì ta được y=5
Xét x>1 thì ta có3x chia hết cho 9
⇒2y≡2 (mod 9) Để ý:
• y=6k thì 2y≡1 (mod 9)
• y=6k+1 thì 2y≡2 (mod 9)
• y=6k+2 thì 2y≡4 (mod 9)
• y=6k+3 thì 2y≡8 (mod 9)
• y=6k+4 thì 2y≡7 (mod 9)
• y=6k+5 thì 2y≡5 (mod 9) Từ đó ta thấy được y≡1 (mod 6)
Với y≡1 (mod 6) thì 2y≡2 (mod 7) ⇒3x≡1 (mod 7) Để ý:
• x=6k thì 3x≡1 (mod 7)
• x=6k+1 thì 3x≡3 (mod 7)
• x=6k+2 thì 3x≡2 (mod 7)
• x=6k+3 thì 3x≡6 (mod 7)
• x=6k+4 thì 3x≡4 (mod 7)
• x=6k+5 thì 3x≡5 (mod 7)
Từ đó ta thấy x≡0 (mod 6) ⇒3x≡1 (mod 4)⇒2y≡2 (mod 4)⇒ y=1 (Vô lý)
Vậy có duy nhất cặp (x;y)=(1; 5) thoả mãn đề bài.
2. Ta có:
2(a+b+c)+ab+bc+ca=9
⇒(ab+a+b+1)+(bc+b+c+1)+(ca+c+a+1)=12
⇒(a+1)(b+1)+(b+1)(c+1)+(c+1)(a+1)=12
Và a2+10a+21=(a+1)2+8(a+1)+12.
Đặt a+1=x;b+1= y;c+1=z.
→M= x
x2+8x+12+
y
y2+8y+12+
z z2+8z+12
= x
(x+y)(x+z)+8x+
y
(y+z)(y+x)+8y+
z
(z+x)(z+y)+8z Trong đó x y+yz+zx=12
Với x y+yz+zx=12→x+y+z≥6
Áp dụng BĐT 1 x+
1 y ≥
4 x+y
→M≤ 1 4
· x
(x+y)(x+z)+ 1 8+
y
(y+z)(y+x)+ 1 8+
z
(z+x)(z+y)+ 1 8
¸
≤ 1 4·
2x y+2yz+2zx (x+y)(y+z)(z+x)+
3 32
Mà (x+y)(y+z)(z+x)≥ 8
9(x+y+z)(x y+yz+zx)≥ 16
3 (x y+yz+zx)
→M≤ 3 32+
3 32 =
3 16.
Dấu đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1. Vậy Pmax= 3
16 khi và chỉ khi a=b=c=1.
3 Câu III
Cho hình thoi ABCD có ∠B AD nhọn có đường tròn nội tiếp (O). Các điểm M,N lần lượt thuộc các cạnhCB,CD sao cho M N tiếp xúc (O) tại P, và tam giác CM N không cân. M N lần lượt cắt AB,AD tại E,F. Gọi K,L lần lượt là trực tâm các tam giác BME,D N F.
1. Chứng minh rằng OP đi qua trung điểm I của K L. 2. Gọi H là trực tâm tam giác CM N. Chứng minh rằng:
OI CH−
EF 2M N = −
1 2
3. Gọi EK,F L lần lượt cắt BD tại S,T. N S cắt MT tại Q. Đường tròn nội tiếp tam giác CM N tiếp xúc với M N tại G. Chứng minh rằng PQ song song với GH.
Lời giải.
1. Ta có:O là trung điểm BD theo tính chất hình thoi do đó chú ý: BK//DL dẫn đếnOP là đường trung bình hình thang: BDLK suy ra:OP chia đôi K L.
2. DoCD∥ABdo đó:∠EBM=∠MCN do đó:∠H MC=∠K MB do đó:K,H,M thẳng hàng. Tương tự thì: H,N,L thẳng hàng.
Theo định lí T hal es thì: BK CH =
MB MC =
ME M N Tương tự thì: DL
CH = N D NC =
N F M N. Do đó: 2OI
CH =
ME+N F
M N do đó cần: 2OI CH−
EF
M N = −1hay là: ME+N F−EF
M N =
−1 hay là: ME+N F+M N=EF(đúng).
3. Ta có: EK⊥BC do đó: EK ⊥ AF. Tương tự thì: F L⊥ AE. Do đó: EK,F L cắt nhau tại X là trực tâm tam giác ABC. Gọi AC∩M N=R.
Ta có: R N RE =
RC R A =
R M
RF do đó: CH AH =
RC
R A suy ra: R,H,X thẳng hàng.
CLB
Toán
Lim
Như vậy ta cần có: P,Q,X thẳng hàng là kết thúc chứng minh vì vai trò củaGH và X P là như nhau.
Bài toán được đổi thành như sau:
Bài toán phụ. Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) có H bất kì. Đường thẳng qua I vuông góc I A cắt AC,AB tại P,Q. Gọi HC,HB cắt PQ tại K,L. Chứng minh rằng: DH,LN,MK đồng quy.
Ta định nghĩa (AB,CD)= C A CB :D A
DB.
Bổ đề 1. Cho đường thẳng d. Lấy các điểm A,C,B,D thẳng hàng theo thứ tự đó. Lấy 1 điểm O nằm ngoài d. Gọi d0 khác d là 1 đường thẳng cắtO A,OC,OB,OD tại A0,C0,B0,D0. Khi đó:(AB,CD)=(A0B0,C0D0). Ta gọi O(AB,CD)là chùm tỉ số kép.
Bổ đề 2. Nếu O(ABCO0)=O0(ABCO) thì A,B,C thẳng hàng.
Chứng minh các bổ đề trên "không quá khó", các bạn thử sức :))))
Quay trở lại bài toán, ta cần có: L(H J,DK) = (BN,DT),K(H J,DL) = (CM,DT). Theo tính chất tứ giác ngoại tiếp quen thuộc thì:Q N,MP,AD đồng quy tạiS. Ta có:Q(BN DT)=Q(ASDG)=(ASDG). Lại có:P(CMDT)= P(ASDG)=(ASDG). Do đó: H,J,D thẳng hàng.
4 Câu IV
Giả sử a1,a2, ...,a2021 là những số thực thỏa mãn a1
1+a21+ a2
1+a22+ · · · +
a2021
1+a22021 =0.
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên k (1≤k≤2021) sao cho
¯
¯
¯
¯
¯ a1 1+a21+
2a2
1+a22+ · · · + kak 1+a2k
¯
¯
¯
¯
¯
≤2k+1 8
Lời giải. (theo Nguyen Nam) Đặt xi = ai
1+a2i,i = 1..2021;x1+x2+ · · · +x2021 = 0;xi∈
·
−1 2,1
2
¸
.Giả sử ngược lại là không tồn số nguyênk, 1≤k≤2021sao cho
¯
¯
¯
¯
¯ a1 1+a21+
2a2
1+a22+ · · · + kak 1+a2k
¯
¯
¯
¯
¯
≤ 2k+1 8 , tức là ta luôn có
¯
¯
¯
¯
¯ a1 1+a21+
2a2
1+a22+ · · · + kak 1+a2k
¯
¯
¯
¯
¯
> 2k+1 8 . Đặt gi=Xi·xi, với i=1..2021.
Ta sẽ chứng minh g1,g2,· · ·,g2021 đồng dấu.
Thật vậy, giả sử nếu có 2 số gi−1,gi(1<i≤2021)trái dấu.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử gi>0⇒ gi= |gi| ≥2·2021+1
8 >0> gi−1. Do đó
|i·xi| = |gi−gi−1| = gi+ |gi−1| ≥ 2·i+1
8 +
2·i+1 8 >
i 2, dẫn đến |xi| > 1
2,mâu thuẫn. Vậy g1,g2,· · ·,g2021 cùng dấu. Bây giờ để ý 0=x1+x2+ · · · +xn=
2021
X
i=1
gi i >0, vậy là mâu thuẫn, ta có điều cần chứng minh.
