Toán Việt

ĐỀ THI

Câu 1

a) Cho tam giác $mathrm{ABC}$ cạnh $mathrm{BC}=mathrm{a} ; mathrm{CA}=mathrm{b} ; mathrm{AB}=mathrm{c}$. Chứng minh duy nhất một điểm $M$ thỏa $a cdot M A^2+b cdot M B^2+c cdot M C^2 leq a b c$.

b) Cho tam giác ABC.M, N theo thứ tự là hai điểm thuộc các đoạn thẳng $mathrm{AC}, mathrm{BC}$ ( $mathrm{M}, mathrm{N}$ không trùng với $mathrm{A}, mathrm{B}, mathrm{C})$. Gọi $mathrm{S}_1, mathrm{~S}_2, mathrm{~S}$ lần lượt là diện tích tam giác $A M E$ tam giác $B N E$ và tam giác $A B C$ ( $mathrm{E}$ là điểm thuộc đoạn thẳng $mathrm{MN}$ ). Tìm điều kiện của các điểm M, N, E sao cho:

$sqrt[3]{mathrm{S}}=sqrt[3]{mathrm{S}_1}+sqrt[3]{mathrm{S}_2} .$

Câu 2

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(mathrm{x}, mathrm{y})$ thỏa mãn phương trình:

$[sqrt{1}]+[sqrt{2}]+ldots+left[sqrt{mathrm{x}^2-1}right]=mathrm{y}$

Câu 3

Cho hệ phương trình: $left{begin{array}{l}a x^2+b x+c=0 b x^2+c x+a=26 c x^2+a x+b=-26end{array}right.$, trong đó $a, b, c$ khác 0 .

Tìm các số nguyên $mathrm{a}, mathrm{b}, mathrm{c}$ để hệ phương trình có nghiệm nguyên.

Câu 4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $mathrm{T}=sin 7 mathrm{~A}+sin 7 mathrm{~B}+sin 7 mathrm{C}$, với $mathrm{A}, mathrm{B}, mathrm{C}$ là ba góc của một tam giác.

LỜI GIẢI

Câu 1

a) Cho tam giác $mathrm{ABC}$ cạnh $mathrm{BC}=mathrm{a} ; mathrm{CA}=mathrm{b} ; mathrm{AB}=mathrm{c}$. Chứng minh duy nhất một điểm $M$ thỏa $a cdot M A^2+b cdot M B^2+c cdot M C^2 leq a b c$.

b) Cho tam giác ABC.M, N theo thứ tự là hai điểm thuộc các đoạn thẳng $mathrm{AC}, mathrm{BC}$ ( $mathrm{M}, mathrm{N}$ không trùng với $mathrm{A}, mathrm{B}, mathrm{C})$. Gọi $mathrm{S}_1, mathrm{~S}_2, mathrm{~S}$ lần lượt là diện tích tam giác $A M E$ tam giác $B N E$ và tam giác $A B C$ ( $mathrm{E}$ là điểm thuộc đoạn thẳng $mathrm{MN}$ ). Tìm điều kiện của các điểm M, N, E sao cho:

$sqrt[3]{mathrm{S}}=sqrt[3]{mathrm{S}_1}+sqrt[3]{mathrm{S}_2} .$

Lời Giải

a) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $mathrm{ABC}$, chứng minh:

$ a overrightarrow{mathrm{IA}}+mathrm{b} cdot overrightarrow{mathrm{IB}}+mathrm{c} cdot overrightarrow{mathrm{IC}}=overrightarrow{0} $

$- text { Từ bất đẳng thức: }(mathrm{a} cdot overrightarrow{mathrm{MA}}+mathrm{b} cdot overrightarrow{mathrm{MB}}+mathrm{c} cdot overrightarrow{mathrm{MC}})^2 geq 0, text { dấu “=” xảy ra khi } mathrm{M} equiv mathrm{I} $

$Rightarrow mathrm{a} cdot mathrm{MA}^2+mathrm{b} cdot mathrm{MB}^2+mathrm{c} cdot mathrm{MC}^2+2 mathrm{ab} overrightarrow{mathrm{MA}} cdot overrightarrow{mathrm{MB}}+2 mathrm{bc} overrightarrow{mathrm{MB}} cdot overrightarrow{mathrm{MC}}+$

$+2 mathrm{ca} overrightarrow{mathrm{MB}} cdot overrightarrow{mathrm{MC}} geq 0$

$ overrightarrow{mathrm{MA}} cdot overrightarrow{mathrm{MB}}=frac{1}{2}left(mathrm{MA}^2+mathrm{MB}^2+mathrm{AB}^2right) text { thì có } $

$(mathrm{a}+mathrm{b}+mathrm{c})left(mathrm{a} cdot mathrm{MA}^2+mathrm{mB} cdot mathrm{MB}^2+c cdot mathrm{MC}^2-mathrm{abc}right) geq 0 $

$= mathrm{a} cdot mathrm{MA}^2+mathrm{b} cdot mathrm{MB}^2+mathrm{c} cdot mathrm{MC}^2 geq mathrm{abc}$

Do đó, theo giả thiết dấu “=” xảy ra

$Rightarrow mathrm{M} equiv mathrm{I}$ (đpcm)

b) (i) $mathrm{E} neq mathrm{N}$ :

Đặt

$mathrm{AM} / mathrm{MC}=alpha, mathrm{CN} / mathrm{NB}=beta$

$mathrm{ME} / mathrm{EN}=gamma(alpha, beta>0 ; gamma geq 0)$

Suy ra

$S_{triangle M E C}=S_1 / alpha ; S_{triangle N E C}=beta S_2$

$S_{triangle M E C} / S_{triangle N E C}=gamma$

Do đó $mathrm{S}_1=alpha beta gamma . mathrm{S}_2$

$S_{triangle M N C} / S_{triangle A B C}=M C cdot N C / A B cdot B C$

$S_{triangle M N C}=S_{triangle M E C}+S_{triangle M N C}=beta(gamma+1) S_2$

$mathrm{AC} / mathrm{MC}=alpha+1 ; mathrm{BC} / mathrm{NC}=(beta+1) / beta Rightarrow mathrm{S}=(alpha+1)(beta+1)(gamma+1) mathrm{S}_2$

$mathrm{~S}_2=mathrm{S} /(alpha+1)(beta+1)(gamma+1) ; mathrm{S}_1=alpha beta gamma mathrm{S} /(alpha+1)(beta+1)(gamma+1)$

$sqrt[3]{mathrm{S}_1}+sqrt[3]{mathrm{S}_2}=sqrt[3]{mathrm{S}}$

$sqrt[3]{mathrm{S}_1}+sqrt[3]{mathrm{S}_2}=sqrt[3]{mathrm{S}} Leftrightarrow underbrace{frac{1}{sqrt[3]{(1+alpha)(1+beta)(1+gamma)}}+frac{sqrt[3]{alpha beta gamma}}{sqrt[3]{(1+alpha)(1+beta)(1+gamma)}}}_A=1$

Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi

$mathrm{A} leq frac{1}{3}left(frac{1}{1+alpha}+frac{1}{1+beta}+frac{1}{1+gamma}+frac{alpha}{1+alpha}+frac{beta}{1+beta}+frac{gamma}{1+gamma}right)=1$

Đẳng thức $mathrm{A}=1 Leftrightarrow alpha=beta=gamma$.

Vậy vị trí $mathrm{M}, mathrm{N}, mathrm{E}$ sao cho $mathrm{AM} / mathrm{MC}=mathrm{CN} / mathrm{NB}=mathrm{ME} / mathrm{EN}$

(ii) $mathrm{E} equiv mathrm{N}$ : $mathrm{S}_2=0$ và $mathrm{S}_1<mathrm{S}$ (không xảy ra $sqrt[3]{mathrm{S}}=sqrt[3]{mathrm{S}_1}+sqrt[3]{mathrm{S}_2}$ ).

Câu 2

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(mathrm{x}, mathrm{y})$ thỏa mãn phương trình:

$[sqrt{1}]+[sqrt{2}]+ldots+left[sqrt{mathrm{x}^2-1}right]=mathrm{y}$

Lời Giải

Nhận xét rằng với mọi $mathrm{k} in mathrm{N}$ ta đều có:

$mathrm{k}=left[sqrt{mathrm{k}^2}right]=left[sqrt{mathrm{k}^2+1}right]=left[sqrt{mathrm{k}^2+2}right]=ldots=left[sqrt{mathrm{k}^2+2 mathrm{k}}right] $

$Rightarrow {left[sqrt{mathrm{k}^2}right]+left[sqrt{mathrm{k}^2+1}right]+left[sqrt{mathrm{k}^2+2}right]+ldots+left[sqrt{(mathrm{k}+1)^2}-1right] } $

$=mathrm{k}(2 mathrm{k}+1)=2 mathrm{k}^2+mathrm{k}$

Lần lượt cho $mathrm{k}=1,2, ldots, mathrm{x}-1$ ta được:

${[sqrt{1}]+[sqrt{2}]+[sqrt{3}]=2.1^2+1} $

${[sqrt{4}]+[sqrt{5}]+ldots+[sqrt{8}]=2.2^2+2} $

$cdots $

${left[sqrt{(x-1)^2}right]+ldots+left[sqrt{x^2-1}right]=2 .(x-1)^2+(x-1)}$

Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được:

$ {[sqrt{1}]+[sqrt{2}]+ldots+left[sqrt{x^2-1}right] } $

$= 2 cdotleft[1^2+2^2+ldots+(x-1)^2right]+[1+2+ldots+(x-1)]$

$=frac{(x-1) x(2 x-1)}{3}+frac{x(x-1)}{2}$

Vậy phương trình đã cho có dạng $frac{(mathrm{x}-1) mathrm{x}(4 mathrm{x}-1)}{6}=mathrm{y}left({ }^*right)$

Ta giải phương trình $left(^*right).$ trong tập hợp các số nguyên tố

Vì $frac{(mathrm{x}-1) mathrm{x}(4 mathrm{x}-1)}{mathrm{y}}=6$ là một số nguyên dương và $mathrm{y}$ là số nguyên tố nên $mathrm{y}$ là ước của một trong ba thừa số $mathrm{x}-1 ; mathrm{x} ; 4 mathrm{x}+1$

$Rightarrow mathrm{y} leq max {x-1 ; x ; 4 x+1}=4 x+1 $

$Rightarrow 6=frac{(x-1) x(4 x-1)}{y} geq x(x-1) Rightarrow x leq 3$

Thử lại ta được các nghiệm nguyên tố sau đây của phương trình: $(2 ; 3) ;(3 ; 13)$.

Câu 3

Cho hệ phương trình: $left{begin{array}{l}a x^2+b x+c=0 b x^2+c x+a=26 c x^2+a x+b=-26end{array}right.$, trong đó $a, b, c$ khác 0 .

Tìm các số nguyên $mathrm{a}, mathrm{b}, mathrm{c}$ để hệ phương trình có nghiệm nguyên.

Lời Giải

$left{begin{array}{l}a x^2+b x+c=0 b x^2+c x+a=26 c x^2+a x+b=-26end{array}right.$

Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có:

$(a+b+c)left(x^2+x+1right)=0 $

$Rightarrow a+b+c=0 text { vì } x^2+x+1>0 forall x$

Từ điều kiện $a+b+c=0$ ta có phương trình (1) có nghiệm

$x=1 vee x=c / a$

$x=1$ không thỏa đồng thời (2) và (3) nên ta loại

Tữ $x=c / a$ ta có: $a x=c$, thay vào (2) ta được: $(a+b) x^2+a=26$

Mà $mathrm{a}+mathrm{b}=-mathrm{c}=-mathrm{ax}$ ta lại có: $-mathrm{ax}{ }^3+mathrm{a}=26 Leftrightarrow mathrm{a}left(1-mathrm{x}^3right)=26(4)$

Do $mathrm{x} neq 1$ nên $26: mathrm{a}, mathrm{a} in mathrm{Z}$ nên a có thể là: $pm 1 ; pm 2 ; pm 13 ; pm 26$

Với $mathrm{a}=1, mathrm{a}=pm 2 ; mathrm{a}=-13, mathrm{a}=-26,(4)$ không có nghiệm nguyên.

Với $mathrm{a}=-1$, từ (4) ta có $mathrm{x}^3=-1$ nên $mathrm{x}=-1$ khi đó $mathrm{x}=-13$ và $mathrm{b}=0$

Với $mathrm{a}=26$, từ (4) ta có $mathrm{x}^3=0$ nên $mathrm{x}=0$ khi đó $mathrm{c}=0$ và $mathrm{b}=-26$

Vậy $(-1 ; 4 ;-3) ;(13 ; 0 ;-13)$ và $(26 ;-26 ; 0)$ là bộ 3 số nguyên để hệ có nghiệm nguyên.

Câu 4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $mathrm{T}=sin 7 mathrm{~A}+sin 7 mathrm{~B}+sin 7 mathrm{C}$, với $mathrm{A}, mathrm{B}, mathrm{C}$ là ba góc của một tam giác.

Lời Giải

Ta có: $mathrm{T}^2=(sin 7 mathrm{~A}+sin 7 mathrm{~B}+sin 7 mathrm{C})^2 leq 3left(sin ^2 7 mathrm{~A}+sin ^2 7 mathrm{~B}+sin ^2 7 mathrm{C}right)$

$leq 3 / 2 cdot[3-(cos 14 mathrm{~A}+cos 14 mathrm{~B}+cos 14 mathrm{C})]quadquadquad (1)$

Mà với mọi tam giác $A B C$ ta luôn có:

$cos 14 A+cos 14 B+cos 14 C geq-3 / 2 quadquadquad (2)$

Do $cos 14 C=cos [4 pi-14(A+B)]=cos 14(A+B)$

$=cos 14 mathrm{~A} cos 14 mathrm{~B}-sin 14 mathrm{~A} sin 14 mathrm{~B}$

Và $(2) Leftrightarrow 3+2 cos 14 mathrm{~A}+2 cos 14 mathrm{~B}+2 cos 14 mathrm{C} geq 0$

$Leftrightarrow 1+sin ^2 14 mathrm{~A}+cos ^2 14 mathrm{~A}+sin ^2 14 mathrm{~B}+cos ^2 14 mathrm{~B}+2 cos 14 mathrm{~A}$

$+2 cos 14 mathrm{~B}+2 cos 14 mathrm{~A} cos 14 mathrm{~B}-2 sin 14 mathrm{~A} sin 14 mathrm{~B} geq 0$

$Leftrightarrow(cos 14 mathrm{~A}+cos 14 mathrm{~B}+1)^2+(sin 14 mathrm{~A}-sin 14 mathrm{~B})^2 geq 0$

Từ (1), (2) $Rightarrow mathrm{T}^2 leq 3 / 2 cdot(3+3 / 2)=27 / 4 Rightarrow mathrm{T} geq-3 frac{sqrt{3}}{2}$

Nếu $mathrm{T}=-3 frac{sqrt{3}}{2}$ thì ta có $sin 7 mathrm{~A}=sin 7 mathrm{~B}=sin 7 mathrm{C}=-frac{sqrt{3}}{2}$

Ngược lại với $sin 7 mathrm{~A}=sin 7 mathrm{~B}=sin 7 mathrm{C}=-frac{sqrt{3}}{2}$ thì rõ ràng $mathrm{T}=-3 frac{sqrt{3}}{2}$ Vậy ta có $mathrm{T} geq-3 frac{sqrt{3}}{2}$, với mọi tam giác $mathrm{ABC}$ và $mathrm{T}=-3 frac{sqrt{3}}{2}$ $Leftrightarrow sin 7 mathrm{~A}=sin 7 mathrm{~B}=sin 7 mathrm{C}=-frac{sqrt{3}}{2}(1)$

Ta có: $left{begin{array}{l}sin 7 x=-sqrt{frac{3}{2}}=sin left(-frac{pi}{3}right) 0<x<piend{array}right.$

$Leftrightarrowleft{begin{array}{l}mathrm{x}=-frac{pi}{21}+frac{mathrm{k} 2 pi}{7}=frac{(6 mathrm{k}-1) pi}{21} mathrm{x}=frac{4 pi}{21}+frac{l 2 pi}{7}=frac{(6 l+4) pi}{21}end{array} quad(0<mathrm{x}<pi)right.$

$Leftrightarrow mathrm{x} in mathrm{E}=left(frac{4 pi}{21} ; frac{5 pi}{21} ; frac{10 pi}{21} ; frac{11 pi}{21} ; frac{16 pi}{21} ; frac{17 pi}{21}right)$

Vai trò $mathrm{A}, mathrm{B}, mathrm{C}$ như nhau nên có thể giả sử

$mathrm{A} leq mathrm{B} leq mathrm{C} Rightarrow mathrm{A} leq frac{pi}{3} Rightarrow mathrm{A}=frac{4 pi}{21} text { hay } mathrm{A}=frac{5 pi}{21}$

• Nếu $mathrm{A}=frac{5 pi}{21}$ thì $mathrm{B}+mathrm{C}=frac{17 pi}{21}$ nhưng với mọi $mathrm{B}, mathrm{C}$ thuộc $mathrm{E}$, ta đã có $B+C neq frac{17 pi}{21}$

• Nếu $mathrm{A}=frac{5 pi}{21} Rightarrow mathrm{B}+mathrm{C}=frac{16 pi}{21} Rightarrow mathrm{B}=frac{5 pi}{21} leq mathrm{B} leq(mathrm{B}+mathrm{C}) / 2=frac{8 pi}{21}$

$Rightarrow mathrm{B}=frac{5 pi}{21} Rightarrow mathrm{C}=frac{11 pi}{21} in mathrm{E}$

Vậy $mathrm{T}$ có giá trị nhỏ nhất là $-3 frac{sqrt{3}}{2}$ đạt được khi tam giác $mathrm{ABC}$ cân có góc ở đáy bằng $frac{5 pi}{21}$.