Đề thi vào chuyên toán Nguyễn Trãi Hải Dương 06

Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ

ðề 59: Thi Chuyên Nguyễn Trãi (2002-2003)
Câu 1:
Cho ña thức f ( x ) có bậc 2000 thỏa mã ñiều kiện f ( n ) =

1
với n = 1, 2,3,..., 2000, 2001 .
n

Tính f ( 2002 ) .
Câu 2:
1) Giải phương trình: 8 x 3 + 1 = 3. ( x 2 − 2 x )
1 1 1
+ + <1.
k m n
1 1 1
Xác ñịnh số hữu tỷ q nhỏ nhất sao cho + + ≤ q
q m n
Câu 3:
1) Cho tam giác nhọn ABC có BAC = 600 và nộ i tiếp ñường trong ñường tròn tâm
O. H là trực tâm ∆ABC
CMR: OH = AB − AC

2) Cho ba số k , m, n ∈ ℕ * ñồng thời thỏa mãn

2) Cho ∆ABC ñều và một ñường tròn có bán kính bằng cạnh của tam giác ñều ñó
ñồng thời ñi qua các ñỉnh B và C sao cho ñỉnh A nằm ngoài ñường tròn; M là
ñiểm nằm trên ñường tròn ( M ≠ B, M ≠ C )
CMR: MA,MB,MC là ñộ dài ba cạnh của một tam giác vuông
Câu 4:

1) Cho dãy số tự nhiên ñược viết theo quy luật sau:
u1 = 14; u2 = 144; u3 = 1444;...; un = 144...4 ( có n chữ số 4)
Tìm các số hạng của dãy số là số chính phương
2) Lấy các số nguyên từ 1 ñến 9 xếp vào các ô vuông nhỏ của một hình vuông 3x3 ô
( mỗ i số chỉ lấy một lần) sao cho tổng mỗ i hang, mỗi cột, mỗ i ñường chéo ñều là
bộ i của 9. CMR: Chữ số nằm ở khu trung tâm hình vuông là bội của 3
Hãy chỉ ra một cách sắp xếp có số ở trung tâm là 6
Hướng dẫn giải:
Câu 1: Xét g ( x ) = x. f ( x ) − 1
ða thức g ( x ) có bậc là 2001 và nhận x = 1, 2,3,..., 2000, 2001 là nghiệm.
⇒ g ( x ) = a. ( x − 1) . ( x − 2 ) ... ( x − 2001) với a ∈ ℝ, a ≠ 0

= x. f ( x ) = a. ( x − 1) . ( x − 2 ) ... ( x − 2001) + 1
h( x )

Ta có: h ( 0 ) = 0. f ( 0 ) = 0
Hay: a ( 0 − 1) . ( 0 − 2 ) ... ( 0 − 2001) + 1 = 0 ⇒ ( − a ) . ( 2001!) + 1 = 0

192


Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ

1
1
⇒ x. f ( x ) =
. ( x − 1) . ( x − 2 ) ... ( x − 2001) + 1
2001!
2001!
1

⇒ 2002. f ( 2002 ) =
. ( 2002 − 1) . ( 2002 − 2 ) ... ( 2002 − 2001) + 1
2001!
1
⇒ 2002. f ( 2002 ) =
.2001!+ 1 = 2
2001!
2
1
⇒ f ( 2002 ) =
=
2002 1001
Câu 2:
1) Theo bài ra ta có:

⇒a=

8 x 3 + 1 = 3. ( x 2 − 2 x )
ðặt:
a = x + 1; a ≥ 0
2

1 3

b = x − x +1 =  x −  + > 0
2 4

Ta có:
9b 2 − 82ab + 9a 2 = 0
( 9a − b ) . ( a − 9b ) = 0

8 ab = 3. ( b − a ) ⇔ 
⇔
b〉 a〉 0
b〉 a〉 0
  9 a = b〉 0

⇔   a = 9b〉 0 ⇔ b = 9a〉 0
 b〉 a

 x = 5 + 33
Ta có: x 2 − x + 1 = 9 ( x + 1) ⇔ x 2 − 10 x − 8 = 0 ⇔ 
 x = 5 − 33
2

{

Vậy phương trình có nghiệm x ∈ 5 + 33;5 − 33
2) Ta xác ñịnh giá trị nhỏ nhát của A =

}

1 1 1
+ +
k m n

( k , m, n〉1)

1 1 1
+ + > 1 (1)
k m n

Không giảm tính tổng quát, ta giả sử 1〈 k ≤ m ≤ n ( *)

Trong ñó:

+) Nếu k = 2 ⇒ m ≥ 3 (do (1))
1 1 1 41
+ + =
2 3 7 42
1 1 1 19 41
- Nếu m = 4 ⇒ n ≥ 5 (do (1)) ⇒ A ≤ + + = 〈
2 4 5 20 42
1 1 1 9 41
- Nếu m ≥ 5 ⇒ n ≥ 5 (do(*)) ⇒ A ≤ + + = 〈
2 5 5 10 42
1 1 1 11 41
+) Nếu k = 3 ⇒ m ≥ 3 (do(*)) ⇒ n ≥ 4 (do (1)) ⇒ A ≤ + + = 〈
3 3 4 12 42

-

Nếu m = 3 ⇒ n ≥ 7 (do (1)) ⇒ A ≤

193


Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ

1 1 1 3 41
+ + = 〈
4 4 4 4 42

1 1 1 3 41
+) Nếu k ≥ 5 ⇒ m ≥ 5 ( do (*) ) ⇒ n ≥ 5 ( do (*) ) ⇒ A ≤ + + = 〈
5 5 5 5 42
41
khi k=2; m=3; n=7
Vậy Amax =
42
41
Vậy q =
thỏa mãn yêu cầu bài tóan
42
Câu 3:

+) Nếu k = 4 ⇒ m ≥ 4 ( do ( *) ) ⇒ n ≥ 4 ( do (*) ) ⇒ A ≤

1)
+) Nếu AB = AC ⇒ ∆ABC ñều ⇒ H ≡ O ⇒ ñpcm.
+) Giả sử AC > AB , trên cạnh AC lấy T: AB = AT
∆ABT ñều. Có:
TA = TB

OA = OB
⇒ TO là trung trực của ñoạn AB, ñồng thời là phân giác của ATB
⇒ TO ⊥ AB mà CH ⊥ AB ⇒ TO / /CH ( *)
1
ATB = 300
2
Có: ABH = 900 − BAC = 300 ⇒ ABH = ATO
Có: A1 = A2 ( cùng phụ với ABC )
Xét ∆ABH và ∆ATO có:

 AB = AT

⇒ ∆ABH = ∆ATO ( g .c.g )
 A1 = A2

 ABH = ATO

Và: ATO =

194


Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ
⇒ AH = AO ⇒ ∆AHO cân ở A

(

)

(

)

) (

)

0
1800 − A − 2 A1
1800 − HAO 180 − A − A1 − A2

AHO =
=
=
= 600 + A1 (1)
2
2
2
0
Có: AHC = B + A1 + C1 = 90 + A1 ( 2 )

(

Từ (1) và (2) ⇒ OHC = AHC − AHO = 900 + A1 − 600 + A1 = 300 ( 3)
Mà AHC = 900 − A = 300 ( 4 )
Từ (*), (3), (4) ⇒ tứ giác OTCH là hình thang cân ⇒ OH=TC=AC-AB
+) Trong trường hợp AB 〉 AC, tươg tự ta có: OH=AB-AC
Tóm lại ta có: OH = AB − AC (ñpcm)

+) Nếu M nằm trong ∆ABC
Dễ thấy BMC = 1500
Dựng tam giác ñều NBM
( N và M ở hai nửa mặt phẳng ñối nhau có bờ là AB)
Xét ∆ANB và ∆CMB có:

195


Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ

 NB = MB


 NBA = MBC ⇒ ∆ANB = ∆CMB ( c. g.c )
 AB = BC

 BNA = BMC = 1500
 ANM = ANB − BNM = 900


⇒  NM = MB
⇒  NM = MB
 NA = MC
 NA = MC


2
2
2
⇒ MA = NA + NM = MC 2 + MB 2 (ñpcm)

+) Nếu M ở phí ngoài ∆ABC
Dễ thấy BMC = 300
Dựng tam giác ñều NBM
Xét ∆ABM và ∆CBN có:
 AB = BC

 NB = MB

0
 ABM = ABC + CBM = 60 + CBM = NBM + CBM = NBC
⇒ ∆ABM = ∆CBN ( c.g.c ) ⇒ NC = MA

196


Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ

Lại có:

NMC = NMB + BMC = 600 + 300 = 900
Tam giác vuông CNM có:
NC 2 = NM 2 + MC 2 = MB 2 + MC 2
⇒ MA2 = MB 2 + MC 2 (ñpcm)
Tóm lại ta có ñiều phải chứng minh
Câu 4:
1) Ta có:
u1 : không phải là số chính phương
u2,u3 : là số chính phương
u2 = 144 = 122 ; u3 = 1444 = 382

Ta chứng minh : un không là số chính phương với n ≥ 4
Thật vậy: giả sử ∃k ≥ 4 : uk là số chính phương
Tức là: uk = 144...4 = A2 ( A ∈ ℕ *)
kc / s 4

⇒ 10 + 44...4 = A2 ⇒ A chẵn. ðặt A=2t ( t ∈ ℕ *)
k

kc / s 4

⇒ 10 + 44...4 = 4t 2 ⇒ 5k.2k −2 + 11...1 = t 2
k

k

kc / s 4
k −2

Ta có: 5 .2

kc / s1

≡ 0 ( mod 4 ) ∀k ≥ 4

Và: 11...1 = 111...1 + 8 + 3 chia cho 4 dư 3
kc / s1

⇒ t = 5 .2
2

k

k − 2 c / s1
k −2

+ 111...1 chia cho 4 dư 3 ( vô lí)
kc / s1

Tóm lại số hạng cần tìm là u2 và u3
2)

ai ∈ {1, 2,...,9} ; i = 1,9

ai ≠ a j nếu i ≠ j
Cộng hai ñường chéo và cột 2 và hàng 2 ta ñược một số chia hết cho 9. Hay:

197


Phạm Minh Hoàng- Cựu học sinh Trường THCS Phong Châu- Phù Ninh- Phú Thọ

9

∑ a − 3a ⋮ 9 ⇒ 45 − 3a ⋮ 9
i

5

5

i =1

⇒ 3a5 ⋮ 9 ⇒ a5 ⋮3
ðiều phải chứng minh
Cách xếp:

198