DETHI HSG 2010 VPhuc

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>Sở Giáo dục & Đào tạo Vĩnh Phúc </b> <b>KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 </b>
<b>Mơn Tốn 12 (Khơng chun) </b>

<b>Thời gian: 180 phút (Khơng kể giao đề) </b>

<b>Câu 1. Tìm tất cả các bộ ba số thực </b>(𝑥; 𝑦; 𝑧) thỏa mãn

3 𝑥 +1

𝑥 = 4 𝑦 +
1

𝑦 = 5 𝑧 +
1
𝑧
𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 = 1

<b>Câu 2. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương </b> 𝑥; 𝑦; 𝑧 sao cho 𝑦 là số nguyên tố, 𝑧; 3 = 1,

𝑧; 𝑦 = 1 và

𝑥3 _{− 𝑦}3 _{= 𝑧}2
<b>Câu 3. Chứng minh rằng của phương trình </b>

1
𝑥+

1
𝑥 − 1+

1

𝑥 − 2+ ⋯ +
1
𝑥 − 𝑛= 0

có nghiệm duy nhất trong khoảng (0; 1), gọi nghiệm đó là 𝑥_𝑛. Chứng minh rằng dãy

𝑥𝑛 𝑛≥1 hội tụ và tìm limn→∞𝑥𝑛⁡

<b>Câu 4. Cho tứ giác lồi </b>𝐴𝐵𝐶𝐷 có ∠𝐴𝐵𝐶 = ∠𝐴𝐷𝐶. Trên tia đối của tia 𝐵𝐴 lấy điểm 𝐸, trên tia đối
của tia 𝐷𝐴 lấy điểm 𝐹 sao cho ∠𝐵𝐶𝐸 = ∠𝐷𝐶𝐹. Giả sử đường tròn 𝑂₁ ngoại tiếp của
tam giác 𝐷𝐴𝐵 và đường tròn 𝑂₂ ngoại tiếp của tam giác 𝐸𝐴𝐹 cắt nhau tại hai điểm
phân biệt, chứng minh rằng đường thẳng 𝑂1𝑂2 đi qua trung điểm 𝐴𝐶.

<b>Câu 5. Cho các số thực dương </b>𝑎, 𝑏, 𝑐 thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 3. Chứng minh rằng

𝑎
𝑎𝑏 + 1+

𝑏
𝑏𝑐 + 1+

𝑐
𝑐𝑎 + 1 ≥

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>Sở Giáo dục & Đào tạo Vĩnh Phúc </b> <b>KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 </b>
<b>Hướng dẫn chấm mơn Tốn 12 (Chun) </b>

<b>Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề) </b>

<b>Câu </b> <b>Nội dung </b> <b>Điểm </b>

1

+ Phương trình thứ nhất được viết lại dạng

1
3⋅

2𝑥
1 + 𝑥2 =

1
4⋅

2𝑦
1 + 𝑦2 =

1
5⋅

2𝑧
1 + 𝑧2
Suy ra 𝑥, 𝑦, 𝑧 cùng dương hoặc cùng âm.

0.25

+ Nhận xét nếu (𝑥; 𝑦; 𝑧) là nghiệm thì (−𝑥; −𝑦; −𝑧) cũng là nghiệm của hệ. Do đó chỉ

cần xét với 𝑥, 𝑦, 𝑧 > 0 0.25

+ Đặt 𝑥 = tan𝐴₂, 𝑦 = tan𝐵₂, 𝑧 = tan𝐶₂ với 𝐴, 𝐵, 𝐶 ∈ 0; 𝜋 , từ phương trình thứ hai suy

ra 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 𝜋. Vậy 𝐴, 𝐵, 𝐶 là ba góc của một tam giác 𝜏(𝐴𝐵𝐶) nào đó. 0.5
+ Kết hợp với phương trình thứ nhất sin 𝐴₃ = sin 𝐵₄ = sin 𝐶₅ và định lý sine suy ra tam giác

𝜏(𝐴𝐵𝐶) đồng dạng với tam giác 𝑋𝑌𝑍 có 𝑌𝑍 = 3, 𝑍𝑋 = 4, 𝑋𝑌 = 5 hay là

𝐶 =𝜋

2, sin 𝐴 =
3

5, sin 𝐵 =
4
5

0.5

+ Suy ra 𝑥 = tan𝐴₂ =1₃, 𝑦 = tan𝐵₂ =1₂ và 𝑧 = tan𝐶₂ = 1 0.25
+ Từ đó và nhận xét ở trên, các nghiệm của hệ là 𝑥; 𝑦; 𝑧 = 1₃;1₂; 1 , −1₃; −1₂; −1 0.25

2

+ Viết lại phương trình về dạng

𝑥 − 𝑦 𝑥2_{+ 𝑥𝑦 + 𝑦}2_{= 𝑧}2

Suy ra bất cứ ước chung nào của 𝑥 − 𝑦 và 𝑥2+ 𝑥𝑦 + 𝑦2 cũng là ước của 𝑧2

0.25
+ Nhưng (𝑥2_{+ 𝑥𝑦 + 𝑦}2_{− 𝑥 + 2𝑦 𝑥 − 𝑦 = 3𝑦}2_{nguyên tố cùng nhau với}_𝑧2_nên

𝑥 − 𝑦 ; 𝑥2_{+ 𝑥𝑦 + 𝑦}2_{= 1}_{do đó}_{𝑥 − 𝑦 , 𝑥}2_{+ 𝑥𝑦 + 𝑦}2 _{là các số chính phương} 0.25
+ Đặt 𝑥 − 𝑦 = 𝑎, thì 𝑥2+ 𝑥𝑦 + 𝑦2 = 𝑎2+ 𝑦 2+ 𝑎2+ 𝑦 𝑦 + 𝑦2 = 𝑎4+ 3𝑎2𝑦 +

3𝑦2 _{⇒ 4 𝑥}2 _{+ 𝑥𝑦 + 𝑦}2_{= 2𝑎 + 3𝑦}2_{+ 3𝑦}2 0.25

+ Đặt 𝑚 = 2 𝑥2_{+ 𝑥𝑦 + 𝑦}2_và_{𝑛 = 2𝑎 + 3𝑦}_thì_𝑚_{chẵn và}_{𝑚 − 𝑛 𝑚 + 𝑛 = 3𝑦}2

Suy ra 𝑚 − 𝑛; 𝑚 + 𝑛 = 1; 3𝑦2 3; 𝑦2 , 𝑦; 3𝑦 0.25
+ Nếu 𝑚 − 𝑛 = 𝑦, 𝑚 + 𝑛 = 3𝑦 thì 𝑛 = 𝑦 < 2𝑎2+ 3𝑦 = 𝑛 vô lý.

Nếu 𝑚 − 𝑛 = 1, 𝑚 + 𝑛 = 3𝑦2 thì 2𝑛 = 3𝑦2− 1 và 4𝑎2 = 2𝑛 − 6𝑦 = 3𝑦2 − 6𝑦 −

1 ≡ −1 𝑚𝑜𝑑 3. Điều này không xảy ra vì một số chính phương đồng dư 0 hoặc 1 mod
3.

0.25

+ Vậy 𝑚 − 𝑛 = 3, 𝑚 + 𝑛 = 𝑦2. Ta có 4𝑎2 = 2𝑛 − 6𝑦 = 𝑦2− 3 − 6𝑦 < 𝑦 − 3 2.
Hơn nữa, khi 𝑦 ≥ 10 thì 𝑦2− 6𝑦 − 3 > 𝑦 − 4 2 và giữa 𝑦 − 4 2, 𝑦 − 3 2 khơng có
số chính phương nào, nên 𝑦 = 2,3,5,7 (do 𝑦 nguyên tố)

0.25
+ Thử trực tiếp, được 𝑦 = 7, 𝑎 = 1, 𝑥 = 𝑦 + 𝑎2 = 8, 𝑧 = 𝑥3− 𝑦3 = 13.

Vậy 𝑥; 𝑦; 𝑧 = (8; 7; 13) 0.5

3

+ Xét hàm số 𝑓𝑛 𝑥 =1_𝑥+_𝑥−11 + ⋯ +_𝑥−𝑛1 trên (0; 1), ta thấy hàm số 𝑓𝑛(𝑥) liên tục và
nghịch biến trên (0; 1), lim_𝑥→0+𝑓_𝑛(𝑥) = +∞, lim_𝑥→1−𝑓_𝑛(𝑥) = −∞_{nên phương trình}
đã cho có nghiệm duy nhất 𝑥_𝑛 trong (0; 1).

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

+ Vì 𝑓𝑛+1 𝑥𝑛 = 𝑓𝑛 𝑥𝑛 +_𝑥 1
𝑛− 𝑛+1 =

1

𝑥𝑛− 𝑛+1 < 0 và lim𝑥→0+𝑓𝑛+1 𝑥 = +∞ nên

0 < 𝑥_𝑛+1 < 𝑥_𝑛. Từ đó, do 0 < 𝑥_𝑛 < 1 ∀𝑛 nên 𝑥_𝑛 hội tụ và

lim

𝑛→+∞𝑥𝑛 = 𝑎, 0 ≤ 𝑎 ≤ 𝑥𝑛 < 1

0.25

+ Chứng minh 1 +1

2+ ⋯ +
1

𝑛 > ln 𝑛 (1) 0. 5

+ Giả sử 𝑎 > 0. Do (1) nên 1 +1₂+ ⋯ +1_𝑛 → +∞ (𝑛 → +∞) nên tồn tại chỉ số 𝑛0 sao

cho với mọi 𝑛 ≥ 𝑛₀ đều có 1₁+1₂+ ⋯ +_𝑛1 > 1_𝑎 0.5

+ Khi đó với mọi 𝑛 ≥ 𝑛0 đều có

0 = 1
𝑥𝑛 +

1

𝑥𝑛 − 1+ ⋯ +

1
𝑥𝑛 − 𝑛<

1
𝑥𝑛 −

1
1+

1

2+ ⋯ +
1
𝑛 <

1
𝑎−

1
𝑎 = 0

vô lý. Vậy lim_𝑛→+∞𝑥_𝑛 = 𝑎 = 0

0.5

4

+ Gọi 𝐺 là giao điểm thứ hai của (𝑂1) và (𝑂2). Thế thì 𝑂1𝑂2 vng góc với 𝐴𝐺 tại

trung điểm của 𝐴𝐺. Cần chứng minh 𝐶𝐺 ⊥ 𝐴𝐺 0.25

+ Từ giả thiết, suy ra Δ𝐶𝐵𝐸~Δ𝐶𝐷𝐹 (𝑔. 𝑔). Gọi 𝑀, 𝑁 theo thứ tự là hình chiếu của 𝐶

trên 𝐴𝐵, 𝐴𝐷 thì 𝐸𝑀_𝐹𝑁 =𝐸𝐵_𝐹𝐷 hay 𝑀, 𝑁 theo thứ tự chia 𝐵𝐸, 𝐷𝐹 theo cùng tỷ số (1) 0.5
+ Do ∠𝐴𝐵𝐺 = ∠𝐴𝐷𝐺 (cùng chắn cung 𝐴𝐺 của (𝑂1)) và ∠𝐵𝐸𝐺 = ∠𝐴𝐸𝐺 = ∠𝐴𝐹𝐺 =

∠𝐷𝐹𝐺 (cùng chắn cung 𝐴𝐺 của (𝑂2)) nên Δ𝐺𝐵𝐸 ∼ Δ𝐺𝐷𝐹 (2) 0.5

+ Từ (1) và (2) suy ra Δ𝐸𝑀𝐺 ∼ Δ𝐹𝑁𝐺 0.25

+ Suy ra ∠𝑀𝐺𝑁 = ∠𝐸𝐺𝐹 = ∠𝐸𝐴𝐹 = ∠𝑀𝐴𝑁 = 𝜋 − ∠𝑀𝐶𝑁. Do đó 𝐺 ∈ (𝐴𝑀𝐶𝑁).

Suy ra 𝐶𝐺 ⊥ 𝐴𝐺, mà 𝑂1𝑂2 ⊥ 𝐴𝐺 nên 𝑂1𝑂2 ∥ 𝐶𝐺 0.25
+ Từ đó, do 𝑂₁𝑂₂ đi qua trung điểm 𝐴𝐺, nên cũng đi qua trung điểm 𝐴𝐶. 0.25

5 + Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz được 0.75

<i>M</i>

<i>N</i>
<i>D</i>

<i>B</i>

<i>G</i>

<i>A</i>

<i>O₁</i>

<i>O₂</i>

<i>E</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

𝑎
𝑎𝑏 + 1+

𝑏
𝑏𝑐 + 1+

𝑐
𝑐𝑎 + 1=

1
𝑏 +1_𝑎+

1
𝑐 +1_𝑏+

1
𝑎 +1_𝑐 ≥

9

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 +1_{𝑎 +}1_{𝑏 +}1_𝑐

= 9𝑎𝑏𝑐

3𝑎𝑏𝑐 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎

+ Cần chứng minh _{3𝑎𝑏𝑐 +𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑐𝑎}9𝑎𝑏𝑐 ≥ _{3+5𝑎𝑏𝑐}12𝑎𝑏𝑐 (∗)

∗ ⇔ ⋯ ⇔ 𝑎 𝑎 − 𝑏 𝑎 − 𝑐 + 𝑏 𝑏 − 𝑎 𝑏 − 𝑐 + 𝑐 𝑐 − 𝑎 𝑐 − 𝑏 ≥ 0 ∗∗ 0.75

</div>

<!--links-->