A1A 2...A10
Bài 1. (4 điểm) Trong mặt phẳng cho thập giác đều
B1B2B3
và tam giác đều
Ci
đường thẳng d thay đổi trong mặt phẳng. Gọi
. Một
Dj
Ai
là hình chiếu của các điểm
trên d và
Bj
là
uuuuu
r
A i Ci
hình chiếu của các điểm
trên d. Biết đường thẳng d thay đổi sao cho tổng của 10 vectơ
uuuuu
r
B jD j
bằng 2017 lần tổng của 3 vectơ
. Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố
định và xác định vị trí điểm đó.
Đáp án:
Lời giải
A1A 2...A10
Điểm
B1B2B3
Gọi A, B là tâm của thập giác đều
và tam giác đều
.
Gọi uC,
chiếu
A,
uuuD
ur là hình
uuu
uuuur của u
uurB trên d.
A1C1 + ... + A10C10 = 10AC
Có uuuuur
uuuuur uuur
B1D1 + ... + B3D3 = 3BD
Có
uuuuur
uuuuuuur
uuuuu
r
uuuuur
uuur 3.2017 uuur
A1C1 + ... + A10C10 = 2017(B1D1 + ... + B3D3 ) ⇔ AC =
BD
10
Do đó:
2đ
1đ
1đ
uuur 3.2017 uuur
AO =
BO
10
Gọi O là giao của AB với d ta có
nên O cố định.
Vậy đường thẳng d luôn đi qua điểm cố định O có vị trí được xác định bởi
đẳng thức trên.
Bài 2. (3 điểm) Giải phương trình:
x + 3 x3 − x 2 + 3 x3 − x = 3 x 2 + x +
1 3 2 1 3
1
+ x + + x+
3
3
3
Đáp án:
Lời giải
Điểm
x3 > x 2 + x +
Nếu
1
3
thì
1
2
x > 3 x + x +
3
3 3
1
2
x − x > 3 x + ⇒ VT > VP
3
3 3
2 1
x −x >3 x +
3
x3 > x 2 + x +
Tương tự nếu
Vậy pt
1
3
1đ
thì VT < VP
1
⇔ x3 = x 2 + x +
3
2đ
⇔ 4 x3 = ( x + 1)3 ⇔ 3 4 x = x + 1 ⇔ x =
3
1
4 −1
x+ y+ z =3
Bài 3. (4 điểm) Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn
. Chứng minh rằng:
x3 + 2 y 3
y3 + 2z3
z3 + 2x3
+
+
≥3
x( y + 2 z ) y ( z + 2 x ) z ( x + 2 y )
Đáp án:
Lời giải
x + 2 y3
3y2
x3 + y 3 + y 3 ≥ 3 xy 2 ⇒
≥
x( y + 2 z ) y + 2 z
Điểm
3
Có:
x3 + 2 y 3 y + 2 z
3y2
y + 2z
3y2 y + 2z
⇒
+
≥
+
≥2
.
= 2y
x( y + 2 z )
3
y + 2z
3
y + 2z
3
Vậy ta có:
x3 + 2 y 3 y + 2 z
+
≥ 2y
x
(
y
+
2
z
)
3
y 3 + 2 z 3 z + 2 x
+
≥ 2 z ⇒ VT + x + y + z ≥ 2( x + y + z )
3
y ( z + 2 x)
z 3 + 2 x3 x + 2 y
+
≥ 2x
3
z ( x + 2 y )
1đ
1đ
1đ
VT ≥ x + y + z ≥ 3
Do đó:
f :Z → Z
Bài 4. (3 điểm) Tìm tất cả hàm
thỏa mãn:
f (2 x + 3 y ) ≥ f ( x + y ) + x + 2 y; ∀x, y ∈ Z
Đáp án:
Lời giải
f (2 x + 3 y ) ≥ f ( x + y ) + x + 2 y; ∀x, y ∈ Z
Điểm
a, b ∈ Z
Với mọi
x = 3b − a
f (a ) ≥ f (b) + a − b ⇒ f (a ) − a ≥ f (b) − b
y = a − 2b
Thay
được
x = 3a − b
f (b) ≥ f (a ) + b − a ⇒ f (b) − b ≥ f (a ) − a
y = b − 2a
Thay
được
f (a ) − a = f (b) − b; ∀a, b ∈ Z
Do đó:
f ( x) − x = C
Vậy
f ( x) = x + C
C∈Z
Thử lại: mọi hàm dạng
với
thỏa đề ra.
1đ
1đ
1đ
Bài 5. (4 điểm)
( x, y , z , t )
Tìm tất cả các bộ số tự nhiên
thỏa mãn:
2 x + 2 y + 2 z = 32t+1
Đáp án:
Lời giải
x
y
z
2 +2 +2 =3
2t+1
Vì
3
lẻ nên
x
2 , 2 y , 2z
Điểm
2 t+1
1đ
x
y
2 ,2 ,2
z
đều lẻ hoặc có đúng một số lẻ.
( x, y, z, t ) = (0, 0, 0, 0)
Nếu
đều lẻ thì ta thu được bộ
thỏa đề ra.
x
y
z
2 ,2 ,2
2z
Nếu trong 3 số
có đúng một số lẻ, chẳng hạn
lẻ thì
1đ
1đ
x ≥ 1; y ≥ 1
x
y
2t +1
−1
2 + 2 = 3
Nếu x, y đều lớn hơn 1 thì
(vô lý)
1đ
2 x + 2 y M4
nhưng
32t +1 − 1 = 3.9t − 1
chia 4 dư 2
2 x = 32t+1 − 3M3
Nếu trong hai số x, y có số bằng 1, chẳng hạn y =1 thì
lý)
( x, y, z, t ) = (0, 0, 0, 0)
Vậy có duy nhất bộ số
thỏa đề ra.
(vô
Bài 6. (3 điểm)
8
Trong một hình vuông có độ dài cạnh là
, đặt 10 điểm phân biệt sao cho không có ba điểm
nào thẳng hàng. Chứng ming rằng có thể chọn ra 3 điểm trong 10 điểm đó tạo thành các đỉnh của
một tam giác có diện tích không quá 1.
Đáp án:
Lời giải
Chia hình vuông thành 4 hình vuông nhỏ có diện tích bằng 2.
Nếu mỗi hình vuông nhỏ chỉ chứa không quá 2 điểm thì ta đặt được không
quá 8 điểm.
Vậy phải có một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 3 điểm.
Chọn 3 điểm đó thì ta được tam giác có diện tích không quá nửa hình vuông
nhỏ (đpcm)
Điểm
1đ
1đ
1đ