Đề thi chọn đội tuyển lớp 9 Ams

[visath]

Câu 1 (6 điểm)

1. Giải bất phương trình $$\dfrac{\sqrt{x+2}-2}{\sqrt{6\left(x^2+2x+4\right)}-2\left(x+2\right)}\geq \dfrac{1}{3}.$$
2. Giải hệ phương trình $$\left\{ \begin{array}{l}x - \sqrt {yz} = 42\\y - \sqrt {zx} = 6\\z - \sqrt {xy} = - 39\end{array} \right.$$

Câu 2 (5 điểm). Xác định số nguyên dương $n$ lớn hơn $1$ sao cho với mọi số nguyên $x$ nguyên tố cùng nhau với $n$ luôn có $x^2-1$ chia hết cho $n$.

Câu 3 (3 điểm). Cho $a;\,b;\,c\geq 0$ và $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{ c^2+a^2} \geq \dfrac{5}{2}.$$

Câu 4 (4 điểm). Cho tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Gọi $I_a, I_b, I_c$ và $I_d$ tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $BCD, CDA, DAB$ và $ABC$. Gọi $O_a, O_b, O_c$ và $O_d$ tương ứng là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $AI_bI_d, BI_cI_a,CI_dI_b$ và $DI_aI_c$

1. Chứng minh rằng $I_bI_d \bot CA$ và $I_aI_c \bot BD$.
   
2. Chứng minh rằng các đường thẳng $AO_a, BO_b, CO_c$ và $DO_d$ cùng đi qua một điểm.

Câu 5 (2 điểm). Cho trước $2048$ mảnh giấy, trên mỗi mảnh giấy ghi một số $1$. Ta thực hiện quy tắc thay đổi số như sau: Chọn ra hai mảnh giấy (khác nhau) bất kỳ, nếu trên hai mảnh giấy này tương ứng viết hai số a và b thì ta xoá hai số này đi, viết thay vào đó số $a+b$. Hỏi sau $10240$ lần thực hiện quy tắc thay đổi số như trên, thì tổng tất cả các số ghi trên các mảnh giấy đó có thể đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[bambookoko]

Câu 5 đề chính xác là cho 2048 mảnh giấy.
Với mỗi lần thực hiện, cách tối ưu là sẽ chọn 2 mảnh giấy ghi số nhỏ nhất.
Với cách làm như trên, từ 2048 số đầu ta chia làm 1024 cặp, sau 1024 lần thực hiện quy tắc biến đổi với cách làm như trên, ta được 2048 số 2.
Làm tương tự, sau 1024 bước nữa được 2048 số 4
Tương tự, sau 1024 bước nữa ta thu được 2048 số 8.
Sau 10 lần 1024 bước (10240 bước) như vậy, ta thu được 2048 số $2^{10}$. Vậy tổng nhỏ nhất có thể là $2^{10}.2048$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dalton_hue]

Câu 2.
Trường hợp 1: $n$ không chia hết cho 5.
$n$ không chia hết cho 5, khi đó $(5,n)=1$ nên $(n+5)^{2}-1$ chia hết cho $n$. Suy ra 24 chia hết cho $n$, hay $n$ thuộc tập {3,4,6,12,24}.
Với $n=3$, ta luôn có $x^{2}-1$ chia hết cho 3, vì $x^{2}$ chia 3 dư 1 khi $x$ không chia hết cho 3.
Kiểm tra tương tự, ta được 4,6,12,24 đều thỏa mãn đề bài.
Trường hợp 2: $n$ chia hết cho 5.
Theo đề bài, với mọi $x$ nguyên tố lớn hơn $n$ thì $x^{2}-1$ chia hết cho $n$ .Ta chọn $x$ là một số nguyên tố lớn hơn $n$ có dạng $5k+2$ hoặc $5k+3$ , thấy ngay điều vô lý vì khi đó $x^{2}$ chia $n$ dư 4.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kooltinh]

Nguyên văn bởi dalton_hue

Câu 2.
[Ta chọn $x$ là một số nguyên tố lớn hơn $n$ có dạng $5k+2$ hoặc $5k+3$ , thấy ngay điều vô lý vì khi đó $x^{2}$ chia $n$ dư 4.

Ta cần chứng minh tồn tại một số nguyên tố lớn hơn $n$ có 1 trong 2 dạng trên. Đây là một kết quả trực tiếp của định lý Dirichlet : Với 2 số a,b nguyên tố cùng nhau thì có vô hạn số nguyên tố dạng $ak+b$. Hoặc ta có thể chứng minh như một bổ đề như sau:
Bổ đề:
Có vô hạn số nguyên tố thuộc một trong hai dạng $5k+2$ hoặc $5k+3$
Chứng minh:
Giả sử tồn tại hữu hạn số nguyên tố có dạng trên, gọi p là số nguyên tố lớn nhất có 1 trong 2 dạng trên, ta xét $A=3.5.7...p+2$ (Tích tất cả các số nguyên tố từ 3 đến p +2).
-Nếu A là số nguyên tố, điều giả sử là sai.
-Nếu A là hợp số, dễ thấy A không chia hết cho các số nguyên tố nhỏ hơn p, do đó các ước nguyên tố của A đều lớn hơn p. Vì p là số nguyên tố lớn nhất có dạng $5k+2$ hoặc $5k+3$ nên các ước của A có dạng $5k+1$ hoặc $5k+4$, vô lý vì tích các số có 2 dạng này không thể chia 5 dư 2.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Ngocanh9x]

Nguyên văn bởi visath

Câu 3 (3 điểm). Cho $a;\,b;\,c\geq 0$ và $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{ c^2+a^2} \geq \dfrac{5}{2}.$$

Bài này có thể giải được bằng cách dồn biến và bđt cát tuyến.
------------------------------

Nguyên văn bởi visath

[B]
Câu 2 (5 điểm). Xác định số nguyên dương $n$ lớn hơn $1$ sao cho với mọi số nguyên $x$ nguyên tố cùng nhau với $n$ luôn có $x^2-1$ chia hết cho $n$.

Với mỗi số nguyên tố $p>3$ sẽ có đúng $\dfrac{p-1}{2}$ số nguyên dương $x$ không vượt quá $p-1$ thoả mãn
\[x^2\equiv -1\pmod p.\]
Do đó, nếu $p\mid n$ thì $p\le 3$ để ý thêm là $x^2\equiv 1\pmod 3$ trong khi $2^2-1\equiv 3\pmod 9$ và với $x$ lẻ thì
\[x^2\equiv 1\pmod 8.\]
Cho nên những số thoả yêu cầu sẽ là ước của 24.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[TuyeMai1990]

Nguyên văn bởi visath

Giải hệ phương trình $$\left\{ \begin{array}{l}x - \sqrt {yz} = 42\\y - \sqrt {zx} = 6\\z - \sqrt {xy} = - 39\end{array} \right.$$

Đặt $\sqrt x=a;\;\sqrt y=b$ và $\sqrt z=c$ ta có
\[\left\{ \begin{array}{l}
{a^2} - bc = 42\\
{b^2} - ca = 6\\
{c^2} - ab = 39.
\end{array} \right.\]
Trừ các vế tương ứng rồi đặt $a+b+c=s$ ta có $s>0$, và
\[a - b = \frac{{36}}{s};\;b - c = \frac{{45}}{s}.\]
Từ đây sẽ có được
\[a = \frac{1}{3}s + \frac{{39}}{s};\;b = \frac{1}{3}s + \frac{3}{s};\;c = \frac{1}{3}s - \frac{{42}}{s}.\]
Bây giờ, sử dụng nốt ràng buộc $a^2-bc=42$ là xong!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Le khanhsy]

Nguyên văn bởi visath

Câu 3 (3 điểm). Cho $a;\,b;\,c\geq 0$ và $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{ c^2+a^2} \geq \dfrac{5}{2}.$$

Bài giải.
Giả sử rằng $c=\min\{a,b,c\}$ khi đó ta có
$$\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{ c^2+a^2}\ge \dfrac{1}{\left(a+\dfrac{c}{2} \right)^2+\left(b+\dfrac{c}{2} \right)^2}+\dfrac{1}{\left(b+\dfrac{c}{2} \right)^2}+\dfrac{1}{\left(a+\dfrac{c}{2} \right)^2},$$
và
$$ \left(a+\dfrac{c}{2}\right)\left(b+\dfrac{c}{2} \right)-(ab+bc+ca)=\dfrac{c(c-2a-2b)}{4}\le 0 $$
Do đó chúng ta cần chứng minh bài toán qua ngôn ngữ $x,y$ như sau
$$\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2} \ge \dfrac{5}{2xy},$$
hay
$$\dfrac{(x-y)^2(2x^2+2y^2-xy)}{2x^2y^2(x^2+y^2)}\ge 0. $$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra hoán vị cặp nghiệm $c=0$ và $a=b>0$.
Bằng cách tương tự chúng ta luôn có
Tổng quát: Với các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không thì
$$\dfrac{1}{a^2-kab+b^2}+\dfrac{1}{b^2-kbc+c^2}+\dfrac{1}{c^2-kca+a^2}\ge \dfrac{E_k}{(ab+bc+ca)},$$
khi đó
$$E_k=\begin{cases} \dfrac{5-2k}{2-k},\ \ \ \ 0\le k\le 1\\
2+k,\ \ \ \ 1\le k\le 2\end{cases}.$$
Thật vậy, dễ thấy rằng ba phân thức vế trái là dương. Giả sử $a\ge b\ge c$. Ta có
$$a^2-kab+b^2- \left[\left( a+\dfrac{c}{2}\right)^2-k\left( a+\dfrac{c}{2}\right)\left( b+\dfrac{c}{2} \right)+\left( b+\dfrac{c}{2} \right)^2 \right]=\dfrac{(k-2)(2a+2b+c)c}{4}\le 0,$$
$$a^2-kac+c^2 \le\left( a+\dfrac{c}{2}\right)^2,$$
và
$$b^2-kbc+c^2 \le\left( b+\dfrac{c}{2}\right)^2,$$
$$ \left(a+\dfrac{c}{2} \right) \left(b+\dfrac{c}{2} \right)\le ab+bc+ca.$$
Do đó chúng ta cần chứng minh bất đẳng thức theo ngôn ngữ $x,y$ dương như sau
$$\dfrac{1}{x^2-kxy+y^2}+\frac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\ge \dfrac{E_k}{xy},$$
Nếu $1\le k\le 2$ bất đẳng thức viết lại
$$\dfrac{xy}{x^2-kxy+y^2}+\dfrac{x^2-kxy+y^2}{xy}+k\ge E_k.$$
Áp dụng AM-GM, ta có
$$\dfrac{xy}{x^2-kxy+y^2}+\dfrac{x^2-kxy+y^2}{xy}+k\ge 2+k=E_k.$$
Nếu $0\le k\le 1$ bất đẳng thức viết lại
$$\dfrac{xy}{x^2-kxy+y^2}+\dfrac{x^2-kxy+y^2}{xy}+k\ge E_k.$$
Chú ý rằng trong trường hợp này đẳng thức xảy ra khi $x=y$, do đó trọng số của $\dfrac{xy}{x^2-kxy+y^2}= \dfrac{1}{2-k}$ vậy nên chúng ta phải phân tích như sau. Bất đẳng thức viết lại
$$\begin{aligned}\dfrac{xy}{x^2-kxy+y^2}+\dfrac{x^2-kxy+y^2}{(2-k)^2xy}&
+\left[1-\dfrac{1}{(2-k)^2}\right]\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\right)+\dfrac{k}{( 2-k)^2}\\
&\ge \dfrac{2}{2-k}+2\left[1-\dfrac{1}{(2-k)^2}\right]+\dfrac{k}{(2-k)^2}\\
&=E_k.\end{aligned}$$
Hoàn tất chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[maily1990]

Nguyên văn bởi visath

Giải bất phương trình $$\dfrac{\sqrt{x+2}-2}{\sqrt{6\left(x^2+2x+4\right)}-2\left(x+2\right)}\geq \dfrac{1}{3}.$$

Bài này chắc đề bị lỗi rồi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[zinxinh]

Vì ngưỡng mộ Le Khanhsy

Giả sử $c$ nhỏ nhất lấy $t\geq0$ sao cho $(a+t)(b+t)=1$, ta có $t^{2}+t(a+b)=c(a+b)$ cho nên $c\geq t$ và $a+b-c\geq a-b$. Từ đó $c(a+b-c)\geq t(a-b)$ để có $(b+t)^{2}\geq b^{2}+c^{2}$, tương tự $(a+t)^{2}\geq a^{2}+c^{2}$ và dẫn đến
\[\begin{array}{l}
\dfrac{1}{{{a^2} + {b^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2} + {a^2}}} &\ge \dfrac{1}{{{{(a + t)}^2} + {{(b + t)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(a + t)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(b + t)}^2}}}\\
&= \dfrac{x}{{{x^2} + 1}} + \dfrac{{{x^2} + 1}}{x}\\
&= \dfrac{x}{{{x^2} + 1}} + \dfrac{{{x^2} + 1}}{{4x}} + \dfrac{{3({x^2} + 1)}}{{4x}}\\
&\ge 1 + \dfrac{3}{2} = \dfrac{5}{2}.
\end{array}\]
Trong đó $x=(a+t)^{2}$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Nguyên văn bởi kooltinh

Bổ đề:
Có vô hạn số nguyên tố dạng $5k+2$ hoặc $5k+3$.
Chứng minh:
Giả sử tồn tại hữu hạn số nguyên tố có các dạng trên, gọi p là số nguyên tố lớn nhất có 1 trong 2 dạng trên, ta xét $A=3.5.7...p+2$ (Tích tất cả các số nguyên tố từ 3 đến p +2).
-Nếu A là số nguyên tố, điều giả sử là sai.
-Nếu A là hợp số, dễ thấy A không chia hết cho các số nguyên tố nhỏ hơn p, do đó các ước nguyên tố của A đều lớn hơn p. Vì p là số nguyên tố lớn nhất có dạng $5k+2$ hoặc $5k+3$ nên các ước của A có dạng $5k+1$ hoặc $5k+4$, vô lý vì tích các số có 2 dạng này không thể chia 5 dư 2.

Em xem lại phát biểu của bổ đề cho chặt chẽ hơn, nếu không thì chứng minh như thế chưa ổn được.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[zinxinh]

Có lẽ chỉ cần chứng minh có vô hạn số nguyên tố có tận cùng là 3 hoặc 7 thì có thể dễ dàng hơn thì phải
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố có tận cùng là 3 hoặc 7 thì phải có số nguyên tố lớn nhất tận cùng là 3 hoặc 7 là p xét $x=10(7.11...p)+3$ số này có tận cùng là 3 mà không chia hết bất cứ số nguyên tố nào từ 2 đến p .Nếu như x không có ước nào là số nguyên tố tận cùng là 3 hoặc 7.Thì toàn là tích các số nguyên tố tận cùng là 1 hoặc 9 ,mà như thế thì giỏi cũng chỉ tận cùng là 1 và 9 mà thôi.Vậy ta suy ra điều vô lý ,nghĩa là số nguyên tố tận cùng là 3 hoặc 7 là vô hạn
Hình như cách giải này không khác bạn kooltinh ,chắc nhầm lẫn chỗ nào đó thì phải
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kooltinh]

Nguyên văn bởi Thụy An

Em xem lại phát biểu của bổ đề cho chặt chẽ hơn, nếu không thì chứng minh như thế chưa ổn được.

Em đã sửa lại lời lẽ trong bổ đề để không gây hiểu nhầm. Chứng minh trên là chính xác.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thụy An]

Nguyên văn bởi kooltinh

Em đã sửa lại lời lẽ trong bổ đề để không gây hiểu nhầm. Chứng minh trên là chính xác.

ĐÚng rồi, lời giải của em ko sai. CHỉ là anh góp ý về trình bày thôi. Có 1 lời giải nữa là.

Viết $n=2^kL$ với $k\in\mathbb N$ và $L$ là số nguyên dương lẻ. Giả sử $L$ có ước nguyên tố khác 2, khi đó xét $x=L+2$ có ngay $p\mid 3$ và vì thế $n=2^k3^l$ với $k;\,l\in\mathbb N$.

Bây giờ xét $x=5$, ta có luôn $k\le 3$ và $l\le 1$, do đó $n\mid 24$.

Phần đảo là đơn giản.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[buratinogigle]

Em xin giải bài hình, đây là bài P103 trên tạp chí Pi ạ, xin viết lại đề theo bài toán trên báo

Cho tứ giác lồi $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn tâm $I.$ Gọi $I_1,$ $I_2,$ $I_3$ và $I_4$ tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $DAB,$ $ABC,$ $BCD$ và $CDA.$ Gọi $O_1,$ $O_2,$ $O_3$ và $O_4$ tương ứng là tâm ngoại tiếp các tam giác $AI_2I_4,$ $BI_1I_3,$ $CI_2I_4$ va $DI_1I_3.$ Chứng minh rằng

1/ $I_2I_4\perp AC$ và $I_1I_3\perp BD.$

2/ Các điểm $O_1,$ $O_2,$ $O_3$ và $O_4$ tương ứng nằm trên các đường thẳng $AI,$ $BI,$ $CI$ và $DI.$


Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với các cạnh $BC,$ $CA$ và $AB$ lần lượt tại $D,$ $E$ và $F.$ Khi đó

$$AE=AF=\frac{CA+AB-BC}{2},\ BF=BD=\frac{AB+BC-CA}{2},\ CD=CE=\frac{BC+CA-AB}{2}.$$

Lời giải. 1/ Vì $ABCD$ là tứ giác ngoại tiếp nên $AB+CD=BC+AD$ hay nói cách khác $BA-AD=BC-CD.$ (1)

Gọi $X$ là tiếp điểm của đường tròn $(I_1)$ nội tiếp tam giác $ABD$ với $BD$ ta có $BX=\frac{BA+BD-AD}{2}.$ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra $BX=\frac{BC-CD+BD}{2}.$ Cũng theo bổ đề thì $X$ phải là tiếp điểm của đường tròn $(I_3)$ nội tiếp tam giác $BCD$ trên $BD.$ Do đó theo tính chất tiếp tuyến thì $BD$ cùng vuông góc với $XI_1$ và $XI_3$ tại $X$ nên $I_1I_3\perp BD.$ Chứng minh tương tự thì $I_2I_4\perp AC.$

2/ Do $I_2I_4\perp AC$ nên $\angle I_4I_2A=90^\circ-\angle I_2AC<90^\circ.$ Tương tự $\angle I_2I_4A<90^\circ.$ Do $AI_2$ và $AI_4$ lần lượt là phân giác của các góc $\angle BAC$ và $\angle DAC$ nên $\angle I_2AI_4=\frac{1}{2}\angle BAD<90^\circ.$ Vậy $AI_2I_4$ là tam giác nhọn nên $O_1$ nằm trong tam giác $AI_2I_4.$

Chú ý rằng $AC\perp I_2I_4$ nên $AC$ là đường cao của tam giác $AI_2I_4$ do đó $\angle O_1AI_4=\angle I_1AC.$ Sử dụng đẳng thức này và tính chất các tia phân giác ta có biến đổi góc $$\angle O_1AD=\angle O_1AI_4+\angle I_4AD=\angle I_2AC+\angle CAI_4=\angle I_2AI_4=\frac{1}{2}\angle BAD.$$

Từ đây ta thu được $AO_1$ là phân giác $\angle BAD$ suy ra $O_1$ nằm trên $AI.$ Chứng minh tương tự $O_2,$ $O_3$ và $O_4$ lần lượt nằm trên $BI,$ $CI$ và $DI.$

Em có một số mở rộng sau

Bài toán. Cho tứ giác lồi $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn tâm $I.$ Gọi $I_1,$ $I_2,$ $I_3$ và $I_4$ tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $DAB,$ $ABC,$ $BCD$ và $CDA.$ Gọi $O_1,$ $O_2,$ $O_3$ và $O_4$ tương ứng là tâm ngoại tiếp các tam giác $AI_2I_4,$ $BI_1I_3,$ $CI_2I_4$ và $DI_1I_3.$ Chứng minh rằng

1/ $O_1O_3\parallel AC$ và $O_2O_4\parallel BD.$

2/ Chứng minh rằng đường nối trung điểm các đoạn thẳng $I_1I_3$ và $I_2I_4$ đi qua $I.$

3/ Chứng minh rằng đường nối trung điểm các đoạn thẳng $O_1O_3$ và $O_2O_4$ đi qua $I.$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Justin]

Nguyên văn bởi visath

Giải bất phương trình $$\dfrac{\sqrt{x+2}-2}{\sqrt{6\left(x^2+2x+4\right)}-2\left(x+2\right)}\geq \dfrac{1}{3}.$$

Bài này chép nhầm đề rồi! Đề đúng ra phải là

Nguyên văn bởi visath

Giải bất phương trình $$\dfrac{\sqrt{x+2}-2}{\sqrt{6\left(x^2+2x+4\right)}-2\left(x+2\right)}\geq \dfrac{1}{2}.$$

------------------------------

Nguyên văn bởi visath

Giải bất phương trình $$\dfrac{\sqrt{x+2}-2}{\sqrt{6\left(x^2+2x+4\right)}-2\left(x+2\right)}\geq \dfrac{1}{3}.$$

Bài này chép nhầm đề rồi! Đề đúng ra phải là

Giải bất phương trình $$\dfrac{\sqrt{x+2}-2}{\sqrt{6\left(x^2+2x+4\right)}-2\left(x+2\right)}\geq \dfrac{1}{2}.$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]