ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x_1=\frac{1}{2}\left(x_2+\frac{1}{x_2}\right) \\ x_2=\frac{1}{2}\left(x_3+\frac{1}{x_3}\right) \\ \cdots \\ x_{2002}=\frac{1}{2}\left(x_1+\frac{1}{x_1}\right)\end{array}\right.$

Câu 2

Chứng minh rằng: Phần nguyên của $(\sqrt{11}+3)^{3 \mathrm{n}+1}$ thì chia hết cho $2^{\mathrm{n}+1}$ và không chia hết cho $2^{\mathrm{n}+2}$ với mọi $\mathrm{n}$ là số tự nhiên.

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa:

$\quad\quad\quad\quad\quad\frac{\sin ^2 A+\sin ^2 B+\sin ^2 C}{\cot g A+\cot g B+\cot g C}=\sqrt{\frac{\sin ^2 A \cdot \sin ^2 B \cdot \sin ^2 C}{\operatorname{tg} \frac{A}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{B}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{C}{2}}}$

Chứng minh rằng: Tam giác $\mathrm{ABC}$ đều.

Câu 4

Giả sử điểm $\mathrm{M}$ nằm trong tam giác $\mathrm{ABC}$ sao cho: $\widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ}$; $\widehat{\mathrm{AMB}}=150^{\circ} ; \widehat{\mathrm{BMC}}=120^{\circ}$. Gọi các điểm $\mathrm{P}, \mathrm{Q}, \mathrm{R}$ lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp của tam giác $\mathrm{AMC}, \mathrm{AMB}, \mathrm{BMC}$.

Chứng minh rằng:

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x_1=\frac{1}{2}\left(x_2+\frac{1}{x_2}\right) \\ x_2=\frac{1}{2}\left(x_3+\frac{1}{x_3}\right) \\ \cdots \\ x_{2002}=\frac{1}{2}\left(x_1+\frac{1}{x_1}\right)\end{array}\right.$

Lời Giải

• Nhận xét: Nếu $\left(x_1, x_2, \ldots, x_{2002}\right)$ là nghiệm thì $x_1, x_2, \ldots, x_{2002}$ phải cùng dấu và khác 0

Đồng thời $\left(-x_1,-x_2, \ldots,-x_{2002}\right)$ cũng là nghiệm, nên ta chỉ cần xét với $x_1, x_2, \ldots, x_{2002}$ dương.

• Theo bất đẳng thức Côsi: $x_i+\frac{1}{x_i} \geq 2(I=1,2, \ldots, 2002)\quad\quad\quad (1)$

Từ các phương trình trong hệ và (1) ta được: $2 x_i \geq 2$ hay $x_i \geq 1\quad\quad\quad (2)$

• Mặt khác cộng các phương trình trong hệ thì:

$x_1+x_2+\ldots+x_{2002}=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\ldots+\frac{1}{x_{2002}}\quad\quad\quad(3)$

Từ (2) và (3) được: $x_1=x_2=\ldots=x_{2002}=1$

• Vậy hệ có 2 nghiệm: $\left[\begin{array}{l}x_1=x_2=\ldots=x_{2002}=1 \\ x_1=x_2=\ldots=x_{2002}=-1\end{array}\right.$

Câu 2

Chứng minh rằng: Phần nguyên của $(\sqrt{11}+3)^{3 \mathrm{n}+1}$ thì chia hết cho $2^{\mathrm{n}+1}$ và không chia hết cho $2^{\mathrm{n}+2}$ với mọi $\mathrm{n}$ là số tự nhiên.

Lời Giải

Trước hết, nhận xét rằng: $(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}$ là một số tự nhiên. Thật vậy, ta có:

$(\sqrt{11}+3)^{2 n+1}=C_{2 n+1}^0(\sqrt{11})^{2 n+1}+C_{2 n+1}^1(\sqrt{11})^{2 n} \cdot 3+C_{2 n+1}^2(\sqrt{11})^{2 n-1} 3^2$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +\ldots+C_{2 n+1}^{2 n}(\sqrt{11})^1 3^{2 n}+C_{2 n+1}^{2 n+1} 3^{2 n+1}$

$(\sqrt{11}-3)^{2 n+1}=C_{2 n+1}^0(\sqrt{11})^{2 n+1}-C_{2 n+1}^1(\sqrt{11})^{2 n} \cdot 3+C_{2 n+1}^2(\sqrt{11})^{2 n-1} 3^2$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad -\ldots+C_{2 n+1}^{2 n}(\sqrt{11})^1 3^{2 n}-C_{2 n+1}^{2 n+1} 3^{2 n+1}$

$\Rightarrow(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}=$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =2\left[C_{2 n+1}^1(\sqrt{11})^{2 n} \cdot 3+C_{n+1}^3(\sqrt{11})^{2 n-2} \cdot 3^2+\ldots+C_{2 n+1}^{2 n+1} \cdot 3^{2 n+1}\right]$

Suy ra $(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}$ là số tự nhiên.

$\operatorname{Mà}(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1} \in(0 ; 1)$ nên

$\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}\right]=(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}$

(Vì: $\mathrm{a}-\mathrm{b}=\mathrm{k} \in \mathrm{N} \Rightarrow \mathrm{a}=\mathrm{k}+\mathrm{b}$ với $\mathrm{b} \in(0 ; 1)$ nên $[\mathrm{a}]=\mathrm{k}^{\prime}=\mathrm{a}-\mathrm{b}$, kí hiệu $[$.$] là$ phần nguyên của số thực)

• Với n $=0:(\sqrt{11}+3)^1-(\sqrt{11}-3)^1=6$ chia hết cho $2^{0+1}=2$ nhưng không chia hết cho $2^2=4$

• Lại có: $(\sqrt{11}+3)^2-(\sqrt{11}-3)^2=40 \Rightarrow$ với $\mathrm{n}=1$ thì

$(\sqrt{11}+3)^3-(\sqrt{11}-3)^3=\left(\frac{(\sqrt{11}+3)-(\sqrt{11}-3)}{6}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left[\frac{(\sqrt{11}+3)^2+(\sqrt{11}-3)^2}{40}+\frac{(\sqrt{11}+3)(\sqrt{11}-3)}{2}\right]$

$=6.42=2^2 \cdot 3^2 \cdot 7$

chia hết cho $2^2$ nhưng không chia hết cho $2^3$.

Giả sử tính chất này đúng với mọi số tự nhiên $\mathrm{k}<\mathrm{n}$. Ta chứng minh tính chất này đúng với $\mathrm{k}=\mathrm{n}$.

Trước hết nhận xét rằng:

$(\sqrt{11}+3)(\sqrt{11}-3)=2 \Rightarrow \sqrt{11}-3=\frac{2}{\sqrt{11}+3}$

$\sqrt{11}+3=\frac{2}{\sqrt{11}-3}$

Thật vậy:

$\quad\quad (\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{x}+1}$

$=[(\sqrt{11}\left.+3)^2+(\sqrt{11}-3)^2\right]\left[(\sqrt{11}+3)^{2 n+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 n-1}\right] $

$\quad\quad\quad\left.-\left[(\sqrt{11}-3)^2(\sqrt{11}+3)^{2 n-1}\right]-(\sqrt{11}+3)^2(\sqrt{11}-3)^{2 n-1}\right]$

$=40\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-1}\right]-4\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-3}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-3}\right]$

$=\underbrace{2^3 5 \cdot\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-1}\right]}_{\text {chia hết cho } 2^{\mathrm{n}}}-$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad -\underbrace{2^2 \cdot\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-3}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-3}\right]}_{\text {chia hết cho } 2^{\mathrm{u}-1} \text { nhưng không chia hết cho } 2^{\mathrm{n}}}$

Vậy $\left[(\sqrt{11}+3)^{2 n+1}\right]$ chia hết cho $2^{n+1}$ nhưng không chia hết cho $2^{n+2}$.

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa:

$\quad\quad\quad\quad\quad\frac{\sin ^2 A+\sin ^2 B+\sin ^2 C}{\cot g A+\cot g B+\cot g C}=\sqrt{\frac{\sin ^2 A \cdot \sin ^2 B \cdot \sin ^2 C}{\operatorname{tg} \frac{A}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{B}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{C}{2}}}$

Chứng minh rằng: Tam giác $\mathrm{ABC}$ đều.

Lời Giải

Ta có: $\mathrm{a}^2=\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2-2 \mathrm{bc} \cdot \cos \mathrm{A}$

$\quad\quad\quad\quad=\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2-(2 \mathrm{bcsin} \mathrm{A}) \cdot \operatorname{cotg} \mathrm{A}=\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2-4 \mathrm{~S} \cdot \operatorname{cotg} \mathrm{A} \text {. }$

(S là diện tích $\triangle \mathrm{ABC}$ )

Tương tự: $\mathrm{b}^2=\mathrm{a}^2+\mathrm{c}^2-4 \operatorname{ScotgB} ; \mathrm{c}^2=\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2-4 \mathrm{~S} \operatorname{cotg} \mathrm{C}$

Suy ra: $a^2+b^2+c^2=4 S(\operatorname{cotg} A+\operatorname{cotg} B+\operatorname{cotg} C)$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow \sin ^2 \mathrm{~A}+\sin ^2 \mathrm{~B}+\sin ^2 \mathrm{C}=\frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}(\operatorname{cotg} \mathrm{A}+\operatorname{cotg} \mathrm{B}+\operatorname{cotg} \mathrm{C})$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow \frac{\sin ^2 \mathrm{~A}+\sin ^2 \mathrm{~B}+\sin ^2 \mathrm{C}}{\cot g \mathrm{~A}+\cot g \mathrm{~B}+\cot g \mathrm{C}}=\frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}\quad(1)$

• Mặt khác:

$\quad\quad\quad\quad a^2=b^2+c^2-2 b c \cdot \cos A \geq 2 b c-2 b c \cdot \cos A=4 b c \cdot \sin ^2 \frac{A}{2}=4 S \cdot \operatorname{tg} \frac{A}{2} $

$\quad\quad\quad\Rightarrow \frac{\sin ^2 A}{\operatorname{tg} \frac{A}{2}} \geq \frac{S}{R^2}$

Tương tự: $\frac{\sin ^2 \mathrm{~B}}{\operatorname{tg} \frac{\mathrm{B}}{2}} \geq \frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2} ; \frac{\sin ^2 \mathrm{C}}{\operatorname{tg} \frac{\mathrm{C}}{2}} \geq \frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}$

Từ đó: $\sqrt[3]{\frac{\sin ^2 \mathrm{~A} \cdot \sin ^2 \mathrm{~B} \cdot \sin ^2 \mathrm{C}}{\operatorname{tg} \frac{\mathrm{A}}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{\mathrm{B}}{\mathrm{C}} \cdot \operatorname{tg} \frac{\mathrm{C}}{2}}} \geq \frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}\quad(2)$

Tữ (1) và (2) suy ra: $\sqrt[3]{\frac{\sin ^2 A \cdot \sin ^2 B \cdot \sin ^2 C}{\operatorname{tg} \frac{A}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{B}{C} \cdot \operatorname{tg} \frac{C}{2}}} \geq \frac{\sin ^2 A+\sin ^2 B+\sin ^2 C}{\cot g A+\cot g B+\cot g C}$

Dấu “=” xảy ra khi $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c} \Leftrightarrow \triangle \mathrm{ABC}$ đều. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Câu 4

Giả sử điểm $\mathrm{M}$ nằm trong tam giác $\mathrm{ABC}$ sao cho: $\widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ}$; $\widehat{\mathrm{AMB}}=150^{\circ} ; \widehat{\mathrm{BMC}}=120^{\circ}$. Gọi các điểm $\mathrm{P}, \mathrm{Q}, \mathrm{R}$ lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp của tam giác $\mathrm{AMC}, \mathrm{AMB}, \mathrm{BMC}$.

Chứng minh rằng:

Lời Giải

$A, M$ đối xứng nhau qua $P Q$.

$\mathrm{B}, \mathrm{M}$ đối xứng nhau qua $\mathrm{QR}$.

$\mathrm{C}, \mathrm{M}$ đối xứng nhau qua $\mathrm{RP}$.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{S}(\mathrm{MPQ})=\mathrm{S}(\mathrm{APQ}) \\ \mathrm{S}(\mathrm{MQR})=\mathrm{S}(\mathrm{BQR}) \\ \mathrm{S}(\mathrm{MPR})=\mathrm{S}(\mathrm{CPR})\end{array}\right.$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow 2 \mathrm{~S}(\mathrm{PQR})=\mathrm{S}(\mathrm{AQBRC})$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{S}(\mathrm{PQR})=\frac{1}{2} \mathrm{~S}(\mathrm{AQBRC})$

Do sự đối xứng trên ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\widehat{\mathrm{AQB}}=2 \widehat{\mathrm{PQR}}=2\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AMB}}\right)=60^{\circ}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\widehat{\mathrm{BRC}}=2 \widehat{\mathrm{QRP}}=120^{\circ}$

$\mathrm{S}(\mathrm{PQR})=\frac{1}{2} \mathrm{~S}(\mathrm{AQBRC})=\frac{1}{2}[\mathrm{~S}(\mathrm{ABC})+\mathrm{S}(\mathrm{AQB})+\mathrm{S}(\mathrm{BRC})]$

$\quad\quad\quad\quad =\frac{1}{2}\left[\mathrm{~S}(\mathrm{ABC})+\frac{\sqrt{3}}{4} \mathrm{AB}^2+\frac{\mathrm{CB}^2}{4 \sqrt{3}}\right]$

$\quad\quad\quad\quad\geq \frac{1}{2} S(\mathrm{ABC})+\frac{1}{4} \mathrm{AB} \cdot \mathrm{CB} \geq \frac{1}{2} \mathrm{~S}(\mathrm{ABC})$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \mathrm{AB} \cdot \mathrm{CB} \cdot \sin \widehat{\mathrm{ABC}}$

(Do $\mathrm{M}$ nằm trong $\triangle \mathrm{ABC}$ và $\left.\widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ} \Rightarrow \widehat{\mathrm{ABC}}<90^{\circ}\right)$

$\quad\quad\quad\quad S_{\triangle P Q R}>\frac{1}{2} S(A B C)+\frac{1}{2} S(A B C)=S(A B C)$