Tiêu đề Đề Thi Olympic Chuyên Khoa Học Tự Nhiên Hà Nội 2015 [Đáp Án].pdf ✅

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG PTTH CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2015 Môn thi: TOÁN Ngày thứ hai Câu IV. (7đ) Giả sử p là một ước nguyên tố bất kì của n!, số mũ của p trong n! bằng αp = [n p ] + [ n p 2 ] + ... < n 2 + n 2 2 + ... < n Suy ra αp ≤ n−1. Nếu b . . . p thì A . . . p n−1 .Suy ra A . . . p αp . Nếu (b, p) = 1.Khi đó trong p i số liên tiếp bất kì của dãy a, a + b, a + 2b, ..., a + (n − 1)n có đúng một số chia hết cho p i với mọi i thỏa mãn p i ≤ n.Như vậy trong dãy trên có [ n p ] số chia hết cho p, [ n p 2 ] số chia hết cho p 2 ,..., [ n p i ] số chia hết cho p i ,...Suy ra số mũ của p trong A lớn hơn hoặc bằng αp.Suy ra A . . . p αp . Câu V. a) Dễ thấy tam giác SAI và DT A cân và có ∠ASI = ∠DT I nên hai tam giác đó dồng dạng. Lại dễ chứng minh tứ giác AIJD nội tiếp nên ∠MAI = ∠IAD = ∠DJN và ∠NDJ = ∠JDA = ∠AIM. Từ đó hai tam giác MAI và NJD đồng dạng. Từ đó suy ra SMA và T NJ đồng dạng. Vậy ∠ASM = ∠NT J do đó SM và T N cắt nhau tại E trên đường tròn (O). O D A B C G J I L K N P S M T Q E U F V b) Gọi AB cắt CD tại G. GE cắt (O) tại F khác E. Ta thấy GC.GD = GE.GF = GM.GQ. Từ đó tứ giác MQF E nội tiếp nên ∠QF E = ∠AME =
∠MAS + ∠MSA = ∠MBS + ∠AF E = ∠SF A + ∠ASE = ∠EF S. Từ đó S, Q, F thẳng hàng. Tương tự T, P, F thẳng hàng. Từ chứng minh trên SMA và T NJ đồng dạng nên tam giác GMN cân suy ra GM = GN. Lại có GM.GQ = GN.GP nên GP = GQ suy ra P Q k MN k ST. Từ đó đường tròn nội tiếp tam giác F P Q tiếp xúc (O). Vậy theo định lý Poncelet nếu P Q cắt DB, AC tại U, V thì đường tròn ngoại tiếp tam giác F UV cũng tiếp xúc (O) và tiếp xúc DB, AC. Từ đó theo định lý Thebault thì P Q đi qua tâm nội tiếp hai tam giác ABC và DBC. P Câu VI. (7đ) Đặt a = 3yz, b = 3zx, c = 3xy. Ta chứng minh cần √ bc a+3 ≤ 3 4 . Nhân hai vế với 6, bất đẳng thức tương đương P a 2−2 P ab+ 4 P bc 1 − √ 3 a+3 ≥ 0 hay P a 2 − 2 P ab + 4abc P √ 1 a( √ a+3) ≥ 0 hay P a 2 − 2 P ab + 3abc + 4abc P √ 1 a( √ a+3) − 3 4 ≥ 0. Ta sẽ chứng minh P a 2 − 2 P ab + 3abc ≥ 0 và P √ 1 a( √ a+3) ≥ 3 4 . Thật vậy, bất đẳng thức thứ nhất tương đương (a + b + c) a 2 + b 2 + c 2 − 2ab − 2bc − 2ca + 9abc ≥ 0 hay a 3 + b 3 + c 3 − a 2 (b + c) − b 2 (c + a) − c 2 (a + b) + 3abc ≥ 0, giả sử a ≤ b ≤ c suy ra a ≤ 1, bất đẳng thức trở thành a (b − a) (c − a) + (b − c) 2 (b + c − a) ≥ 0 đúng. bất đẳng thức thứ hai, xét g (x) = √ 1 x( √ x+3) với x > 0. Ta có g 00 = 1 4 (8x + 27√ x + 27) (√ x + 3)−3 x −5/2 > 0 nên g (a) + g (b) + g (c) ≥ 3g a+b+c 3 = 3 4 .