Chủ đề này có 4 trả lời

[Duc3290]

 

    ĐỀ THI HSG TP HN 2023-2024

Bài I:

1) Giải phương trình:

$$ 7x+3-(2x+3)\sqrt{x+3}=0$$

2) Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $xy+yz+zx=0$ và $x+2y+3z=0$. Tính $P=x^2+y^2+z^2$

Bài II:

1)Cho $a,b,c$ là các số nguyên thỏa mãn $a+b+c, ab+bc+ca$ chia hết cho 8 . Chứng minh rằng:

$abc$ chia hết cho 64

2)Cho $x,y$ là các số nguyên dương với $x>1$. Chứng minh rằng $\frac{(x+y)(y+1)-1}{x^2+xy+1}$ không là số nguyên

Bài III:

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3abc$ . Chứng minh rằng

$$ \frac{ab}{3c+ab+abc}+\frac{bc}{3a+bc+abc}+\frac{ca}{3b+ca+abc}\geq \frac{3}{5}$$

Bài IV:

Cho tam giác ABC nhọn ($AB<AC$) nội tiếp đường tròn $(O)$. $H$ là trực tâm tam giác $ABC$, $O'$ là điểm đối xứng với $O$ qua $BC$. Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $HO'$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M,N$. $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$.

 

1)Chứng minh $O'$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BHC$.

2)Chứng minh ba điểm $A,I,H$ thẳng hàng

3)Gọi $P$ là giao điểm thứ hai của $AH$ với đường tròn $(O)$, $Q$ là giao điểm của hai đường thẳng $OP$ và $BC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$ cắt lại $(O)$ tại $R$. Chứng minh đường thẳng $QR$ song song đường thẳng $OI$ 

Bài V:

1) Tìm $a,b$ nguyên dương sao cho $a^4+6a^2+2^b$ là bình phương của một số nguyên

2)Xét số nguyên $n$ lớn hơn 100 thỏa mãn tồn tại tập $S$ sao cho với mỗi phần tử $x$ của $S$ thì tồn tại 100 phần tử khác thuộc $S$ có tích bằng $x$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $n$  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Duc3290: 21-01-2024 - 17:35

[nguyenhuybao06]

Mình góp câu hình. 

File gửi kèm

•  Lời giải bài hình đề thi HSGTP Hà Nội 2023-2024.pdf   113.49K   57 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhuybao06: 22-01-2024 - 16:09

[Ngoc Hung]

Bài 3. Từ giả thiết $a+b+c=3abc\Rightarrow \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=3$

Đặt $\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\Rightarrow xy+yz+zx=3$ và x, y, z > 0.

Khi đó $P=\frac{x}{x+1+3yz}+\frac{y}{y+1+3zx}+\frac{z}{z+1+3xy}$

$P=\frac{x^{2}}{x^{2}+x+3xyz}+\frac{y^{2}}{y^{2}+y+3xyz}+\frac{z^{2}}{z^{2}+z+3xyz}$

$\geq \frac{\left ( x+y+z \right )^{2}}{9xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z}$

Áp dụng Cauchy, ta có $\left ( x+y+z \right )\left ( xy+yz+zx \right )\geq \sqrt[3]{xyz}.\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=9xyz$

$\Rightarrow 9xyz\leq 3\left ( x+y+z \right )\Leftrightarrow 3xyz\leq x+y+z$

Lại có $xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}\Rightarrow xyz\leq 1$

Suy ra $9xyz=3xyz+6xyz\leq x+y+z+2\left ( xy+yz+zx \right )$

$\Rightarrow 9xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z\leq \left ( x+y+z \right )^{2}+2\left ( x+y+z \right )$

Lại có $\left ( x+y+z \right )^{2}\geq 3\left ( xy+yz+zx \right )=9\Rightarrow x+y+z\geq 3$

Vậy $P\geq 1-\frac{2}{3+2}=\frac{3}{5}$

[Nguyen Bao Khanh]

V1. Ta có $a;b;c \in \mathbb{N^*}; a^4+6a^2+2^b=c^2.$

Bỏ qua các trường hợp $b=1;b=2$.

Ta xét $b \ge 3$. 

• Nếu $a$ lẻ thì $a^4+6a^2+2^b \equiv 1+6 \equiv 3 \pmod 4$, vô lý vì $c^2 \equiv 0;1 \pmod 4$ (loại)
• Nếu $a$ chẵn thì khi đó ta đặt $a=2^k.t;k \in \mathbb{N^*}; t$ là số nguyên dương lẻ. Khi đó $2^{4k}.t^4+2^{2k+1}.3t^2+2^b=c^2$. Ta nhận thấy $4k > 2k+1$. Ta xét:

1. Với $b>2k+1$ thì khi đó $2^{2k+1}(2^{2k-1}.t^4+3t^2+2^{b-2k-1})=c^2$. Vì vế phải là một số chính phương nên $c \vdots 2^{k+1}$. Khi đó $2^{2k-1}.t^4+3t^2+2^{b-2k-1} \vdots 2$. Khi đó $b=2k+1$, vô lý với $b >2k+1$.
2. Với $b \le 2k+1 <4k$ thì khi đó $2^b(2^{4k-b}.t^4+3t^2.2^{2k+1-b}+1)=c^2$

+ $b$ lẻ thì $2^{4k-b}.t^4+3t^2.2^{2k+1-b}+1 \vdots 2 \implies 2k+1=b$. Khi đó $2^{2k}(2^{2k}.t^4+6t^2+2)=c^2$.

Khi đó tồn tại số nguyên dương $m$ sao cho $2^{2k}.t^4+6t^2+2=m^2 >(2^k.t^2)^2 \implies 6t^2 +1  \ge 2^{k+1}t^2 \implies k=1.$ Khi đó $4t^4+6t^2+2=m^2 \implies ...$

+ $b$ chẵn thì $b=2l; l \in \mathbb{N^*}$. Khi đó: $n \in \mathbb{N^*};n^2=(2^{2k-l}t^2)^2+6. t^2.2^{2k-2l}+1 \ge (2^{2k-l}t^2+1)^2 \implies 6t^22^{2k-2l} \ge 2.2^{2k-l}t^2 \implies  3.2^{-l-1} \ge 1$, vô lý vì $3.2^{-l-1}=\frac{3}{2^{l+1}} \le \frac{3}{4} <1$ 

[Duc3290]

V1. Ta có $a;b;c \in \mathbb{N^*}; a^4+6a^2+2^b=c^2.$

Bỏ qua các trường hợp $b=1;b=2$.

Ta xét $b \ge 3$. 

• Nếu $a$ lẻ thì $a^4+6a^2+2^b \equiv 1+6 \equiv 3 \pmod 4$, vô lý vì $c^2 \equiv 0;1 \pmod 4$ (loại)
• Nếu $a$ chẵn thì khi đó ta đặt $a=2^k.t;k \in \mathbb{N^*}; t$ là số nguyên dương lẻ. Khi đó $2^{4k}.t^4+2^{2k+1}.3t^2+2^b=c^2$. Ta nhận thấy $4k > 2k+1$. Ta xét:

1. Với $b>2k+1$ thì khi đó $2^{2k+1}(2^{2k-1}.t^4+3t^2+2^{b-2k-1})=c^2$. Vì vế phải là một số chính phương nên $c \vdots 2^{k+1}$. Khi đó $2^{2k-1}.t^4+3t^2+2^{b-2k-1} \vdots 2$. Khi đó $b=2k+1$, vô lý với $b >2k+1$.
2. Với $b \le 2k+1 <4k$ thì khi đó $2^b(2^{4k-b}.t^4+3t^2.2^{2k+1-b}+1)=c^2$

+ $b$ lẻ thì $2^{4k-b}.t^4+3t^2.2^{2k+1-b}+1 \vdots 2 \implies 2k+1=b$. Khi đó $2^{2k}(2^{2k}.t^4+6t^2+2)=c^2$.

Khi đó tồn tại số nguyên dương $m$ sao cho $2^{2k}.t^4+6t^2+2=m^2 >(2^k.t^2)^2 \implies 6t^2 +1  \ge 2^{k+1}t^2 \implies k=1.$ Khi đó $4t^4+6t^2+2=m^2 \implies ...$

+ $b$ chẵn thì $b=2l; l \in \mathbb{N^*}$. Khi đó: $n \in \mathbb{N^*};n^2=(2^{2k-l}t^2)^2+6. t^2.2^{2k-2l}+1 \ge (2^{2k-l}t^2+1)^2 \implies 6t^22^{2k-2l} \ge 2.2^{2k-l}t^2 \implies  3.2^{-l-1} \ge 1$, vô lý vì $3.2^{-l-1}=\frac{3}{2^{l+1}} \le \frac{3}{4} <1$ 

Một cách xử lý khác cho trường hợp $b \leq 2k+1$

Khi đó $2^b \leq 2^{2k+1} = 2.(2^k)^2 \leq 2a^2$

Từ đó $(a^2+2)^2 < a^4+6a^2+2^b < (a^2+4)^2$(có thể xét trước luôn $b = 3$ để kẹp trực tiếp $a^4+6a^2+2^b$ nằm giữa hai scp liên tiếp)