53 đề thi và đáp án vào chuyên toán và thi học sinh giỏi cấp tỉnh

www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng Cựu học sinh trường THCS Giấy-Phong Châu, Phù Ninh-Phú Thọ Sinh viên Đại học Bách Khoa Hà Nội Blog: http://360.yahoo.com/khongtu19bk Tư Liệu Ôn Thi Vào Chuyên Toán 53 Đề thi & Đáp án vào Chuyên Toán thi HSG cấp Tỉnh (Thành Phố) -Bất chép diễn đàn phải xin phép cho phép Ban Quản Trị Diễn Đàn Mathnfriend.org phép upload lên diễn đàn khác trang web khác -Bất chép cá nhân phải xin phép tác giả cho phép tác giả, thể tôn trọng quyền tác giả www.VNMATH.com Lời Nói Đầu Cho tới nay, tài liệu sát thực cho em ơn thi vào Chun Tốn chưa ban hành, đồng thời chưa có sách toán hệ thống đầy đủ nội dung, phong phú tư liệu, đa dạng thể loại phương pháp giải, dành cho em luyện thi vào Chuyên Toán cho giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi Đáp ứng nhu cầu cấp bách nói theo yêu cầu đông đảo giáo viên học sinh, biên soạn "Tư Liệu Ơn Thi Vào Chun Tốn" nhằm cung cấp thêm tài liệu phục vụ cho việc dạy học Cuốn sách lần đầu mắt bạn đọc vào năm 2002, tác giả học lớp 11-THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ Kể từ nay, sách cịn mang tính thời Trong lần mắt này, sách chỉnh sửa bổ sung, có nhiều khác biệt so với mắt năm 2002 Cuốn sách gồm 53 Đề Thi, gồm: 50 Đề Thi vào trường Chun Hùng Vương-Phú Thọ, Khối Phổ Thơng Chun Tốn Tin-ĐHSP HN ( sách này, tác giả viết tắt Sư Phạm I ), Khối Phổ Thơng Chun Tốn Tin-ĐHKHTN-ĐHQG HN ( sách này, tác giả viết tắt Tổng Hợp ) Đề Thi HSG cấp tỉnh-Phú Thọ, Đề Thi HSG cấp Thành Phố-Hà Nội Những toán Đề Thi đa dạng phong phú, địi hỏi học sinh phải có kiến thức tốt, phát huy khả sáng tạo tư cho học sinh quan trọng gây lịng say mê học tốn cho học sinh Qua cịn giúp em học sinh làm quen dần với dạng Đề Thi vào Chuyên Toán trường: Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ, KPTCTT-ĐHSPHN, KPTCTT-ĐHKHTN-ĐHQGHN Mỗi đề thi có lời giải, chi tiết vắn tắt tùy theo mức độ khó dễ Hi vọng sách đáp ứng yêu cầu bạn đọc Chúng xin trân trọng cảm ơn Cô giáo Trần Thị Kim Diên-GV THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ đọc thảo cho nhiều ý kiến xác đáng Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn Cơ giáo Nguyễn Thị Bích Hằng, giáo viên Toán Trường THCS Giấy-Phong Châu, Phù Ninh-Phú Thọ ( trước tên trường THCS Phong Châu-Phù Ninh, Phú Thọ) Cơ giáo Nguyễn Thị Bích Hằng dìu dắt tơi tơi cịn học sinh yếu kém, trang bị cho tảng kiến thức Toán quan trọng Cuốn sách này, tác giả viết dành tặng Cơ giáo Nguyễn Thị Bích Hằng Các giảng Cơ giáo Nguyễn Thị Bích Hằng tiền đề cho viết nên sách Tất lời giải toán sách viết dựa phương pháp mà Cô giáo Nguyễn Thị Bích Hằng dạy cho chúng tơi suốt năm cấp II Mọi ý kiến đóng góp cho sách, bạn gửi về: GV Nguyễn Thị Bích Hằng- Trường THCS Giấy-Phong Châu, Phù Ninh-Phú Thọ Tác giả: Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh THCS Giấy-Phong Châu, Phù Ninh-Phú Thọ ( Khóa 1996-2000) (Cựu học sinh Chun Tốn-THPT Chun Hùng Vương-Phú Thọ) Hiện Sinh Viên Khoa Điện Tử Viễn Thông-Đại Học Bách Khoa HN www.VNMATH.com Tác giả Phạm Minh Hoàng: Sinh ngày 19.03.1985 (Phú Thọ) Địa mail: khongtu19bk@yahoo.com Tham gia diễn đàn: http://mathnfriend.org với nick khongtu19bk Chức vụ Mod-MS Một số thành tích: -Năm lớp 9,10,12: Đạt giải mơn tốn cấp Tỉnh -Năm lớp 11: Đạt giải nhì mơn tốn cấp tỉnh dành cho học sinh lớp 12- Thi vượt cấp tốn QG đạt giải khuyến khích -Đạt giải ba thi giải tốn Tạp chí tốn học tuổi trẻ năm học 1999-2000 Mathnfriend.org www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 1:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) Vòng 1: Câu 1: a).CMR: n3 − n # với ∀ n ≥ b).Cho x = ( ) + + − : 20 Hãy tính giá trị biểu thức: ( ) P = x5 − x + 2000 Câu 2: Xác định giá trị ngun m để hệ phương trình sau có nghiệm ( x, y ) với x, y số nguyên: ⎧(m + 1).x + (3m + 1) y + m − = ⎨ ⎩2 x + (m + 2) y − = (1) (2) Câu 3: a).Cho x > y x y = 1000 Hãy tính giá trị nhỏ biểu thức: P = b).Giải phương trình : ( x − 1) 2000 + ( x − 2) 2000 x2 + y x− y =1 Câu 4: Gọi a,b,c độ dài ba cạnh tam giác: , hb , hc độ dài ba đường cao tương ứng với ba cạnh đó; r bán kính đường trịn nộI tiếp tam giác 1 1 a).CMR: + + = hb hc r b).CMR: ( a + b + c ) ≥ ( ha2 + hb2 + hc2 ) Hướng dẫn giải : Câu 1: ( ) a).Có: P = n3 − n = n n − = ( n − 1) n ( n + 1) Vì n, n + hai số nguyên liên tiếp nên P # - Nếu n # ⇒ P # - Nếu n chia cho dư (n-1) # ⇒ P # - Nếu n chia cho dư (n+1) # ⇒ P # Vậy P # mà ( 2,3) = ⇒ P # b).Có : x = ( ) + + − : 20 = ( ) + + − : 20 = 1 www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Từ : P = (1 − + 1) 2000 = Câu 2: (1) ⎧(m + 1).x + (3m + 1) y + m − = Theo ta có: ⎨ (2) ⎩2 x + (m + 2) y − = ⎧2(m + 1) x + 2(3m + 1) y + 2m − = ⇒⎨ ⎩2(m + 1) x + (m + 1)(m + 2) y − 4(m + 1) = ( ) (3) (4) Lấy (4) trừ (3) theo vế ta có: m − 3m y − 6m = hay m ( m − 3) y = 6m (5) Để hệ có nghiệm (5) phải có nghiệm nhất.Khi m ≠ 0, m ≠ 15 m + 12 Ta có : y = (*) ⇒ x = (6) = 1− m−3 3− m m−3 Từ (*) suy : Muốn y nguyên # ( m − ) từ (6) muốn x nguyên 15# (m − 3) Suy # (m-3) ⇒ m = 2, 4, (theo (*)) Thử lại thấy thỏa mãn Nhận xét: Học sinh dùng kiến thức định thức để giải tốn này.Tuy nhiên theo tơi ,điều khơng cần thiết.Chúng ta khơng nên q lạm dụng kiến thức ngồi chương trình,”giết gà cần phải dùng tới dao mổ trâu” Câu 3: ( x − y ) + xy 2000 2000 = x− y+ a).Có P = Vì x > y nên x − y > >0.Áp dụng x− y x− y x− y 2000 được: P ≥ 2000 = 40 bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x − y x− y 2000 ⇔ x − y = 20 Kết hợp với x y = 1000 ta tìm Đẳng thức xảy ⇔ x − y = x− y ⎡ x = 10 − 10 15 , y = −10 − 10 15 ⎢ ⎣⎢ x = 10 + 10 15 , y = −10 + 10 15 b).Có: (x − 1) 2000 + (x − 2) 2000 = x −1 2000 + x−2 2000 -Thử với x = 1, x = thấy thỏa mãn -Nếu x < x − >1.Do : x − 2000 + x−2 2000 -Nếu x > x − >1.Do : x − 2000 + x−2 2000 -Nếu < x < x − < ; x − < Do đó: x − ⎡x = Vậy nghiệm phương trình ⎢ ⎣x = Câu 4: a).Có: a.ha = b.hb = c.hc = ( a + b + c ) r = S >1 >1 2000 + x−2 2000 < ( x − 1) + (2 − x) = www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ (S diện tích tam giác cho) Suy ra: a.ha a a =1⇒ = 2S a.ha S Hoàn toàn tương tự với b,c ta thu được: a b c a+b+c + + = = a.ha b.hb c.hc 2S r 1 1 ⇒ + + = (đpcm) hb hc r b) Xét tam giác ABC có: AB = c, BC = a, AC = b Từ A dựngđườngthẳng d // BC Lấy B ' đối xứng với B qua d Ta nhận thấy BB ' = 2.ha Ta có: (1) BB '2 + BC = B ' C ≤ ( B ' A + AC ) Suy ra: 4.ha2 ≤ (c + b) − a Hoàn toàn tương tự ta có: 4.hb2 ≤ (c + a) − b (2) 4.hc2 ≤ (a + b) − c (3) Từ (1), (2), (3) ta có : (c + b )2 − a + (c + a) − b + (b + a) − c ≥ 4(ha2 + hb2 + hc2 ) ⇒ (a + b + c ) ≥ 4(ha2 + hb2 + hc2 ) (đpcm) *Nhận xét: Ngoài cách giải cịn giải tốn theo phương pháp đại số sau: a+b+c Đặt p = Theo cơng thức HêRơng ta có: S = ha2 a = p.( p − a).( p − b).( p − c) p−b+ p−c p( p − a)( ) p ( p − a )( p − b)( p − c) 2 ⇒ ha2 ≤ p( p − a ) ⇒ = ≤ 2 a a Tương tự: hb ≤ p ( p − b) hc2 ≤ p ( p − c) Suy ra: p.( p − a) + p.( p − b) + p.( p − c) ≥ ha2 + hb2 + hc2 ⇒ (a + b + c ) ≥ 4(ha2 + hb2 + hc2 ) www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 2:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) Vòng 2: Câu 1: CMR: a).Khơng thể có số ngun lẻ a1 , a , , a 2000 thỏa mãn đẳng thức: 2 a12 + a 22 + + a1999 = a 2000 b).Tích số nguyên dương liên tiếp số phương Câu 2: Cho biểu thức: P = a2 b2 a b − − (a + b)(1 − b) (a + b)(1 + a ) (1 + a ).(1 − b) a).Rút gọn P b).Tìm cặp số nguyên (a, b ) để P = Câu 3: Giả sử phương trình ax + bx + c = có hai nghiệm thuộc đoạn [0;1] Xác định (a − b)(2a − c) a, b, c để biểu thức P có giá trị nhỏ nhất,lớn Trong đó: P = a(a − b + c) Câu 4: a).Cho đường trịn tâm O có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn CD lấy điểm M đoạn OD lấy điểm N cho MN bán kính R đường tròn Đường thẳng AN cắt đường tròn điểm P khác A.Hỏi tam giác AMP có vng M khơng? b).Trong đường trịn lấy 2031 điểm tùy ý CMR:Có thể chia hình trịn thành phần dây cung cho phần thứ có 20 điểm,phần thứ hai có 11 điểm, phần thứ có 2000 điểm Hướng dẫn giải: Câu 1: a) Nhận xét: Nếu a số nguyên lẻ a2 chia cho dư 1.Thật vậy: Đặt a = 2k + thì: a = ( 2k + 1) = 4k + 4k + = 4m + (trong k,m ∈ Ζ ) Áp dụng nhận xét vào tốn ta có: Nếu a1 , a , , a 2000 số nguyên lẻ thì: a12 + a 22 + + a1999 ≡ + + + ≡ 1999 ≡ 3(mod 4) (1) Mà a 2000 ≡ 1(mod 4) (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ b).Giả sử ta có số nguyên dương liên tiếp n, n + 1, n + 2, n + Có: P = n ( n + 1) ( n + ) ( n + 3) = ( n + 3n ) ( n + 3n + ) = ( n + 3n ) + ( n + 3n ) Từ dễ dàng nhận thấy: ( n + 3n ) < P < ( n + 3n + 1) 2 Suy P số phương Câu 2: Điều kiện a ≠ −1, a ≠ −b (do b ≠ ) a (1 + a) − b (1 − b) − a b ( a + b) = a − b + ab a).Khi đó: P = (a + b)(1 + a)(1 − b) Vậy P = a − b + ab b).Có: P = ⇔ a − b + ab = ⇔ (a − 1).(1 + b) = Ta xét trường hợp: ⎧a = ⎧a − = ⎧a = ⎧ a − = −1 1i) ⎨ ⇔⎨ 4i) ⎨ ⇔⎨ ⎩b = ⎩1 + b = ⎩b = −5 ⎩1 + b = −4 ⎧a = ⎧a − = ⎧a = −1 ⎧a − = −2 (loại) 2i) ⎨ ⇔⎨ (lọai) 5i) ⎨ ⇔⎨ ⎩b = ⎩1 + b = ⎩b = −3 ⎩1 + b = −2 ⎧a = ⎧a − = ⎧a = −3 ⎧ a − = −4 3i) ⎨ ⇔⎨ 6i) ⎨ ⇔⎨ ⎩b = ⎩1 + b = ⎩b = −2 ⎩1 + b = −1 Ta có cặp (a, b ) cần tìm: ( 2;3) , ( 5;0 ) , ( 0; −5 ) , ( −3; −2 ) Câu 3: b c (1 − )(2 − ) (a − b)(2a − c) a a Có: P = = b c a (a − b + c) 1− + a a b ⎧ ⎪⎪ x1 + x = − a Áp dụng định lý Vi-et ta có: ⎨ ⎪ x x = c ⎪⎩ a Vậy P = − A ( x1 , x nghiệm phương trình cho: x1 , x ∈ [0;1] ) x x (3 + x1 + x2 ) Với A = + x1 + x2 + x1.x2 ⎧c = ⎪ Dễ thấy A ≥ nên P = − A ≤ − = Đẳng thức xảy ⇔ x1 x = ⇔ ⎨ b ⎪⎩− a ∈ [0;1] www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Lại có: A= x1 x2 + x1 x2 ( x1 + x2 ) ≤ ( x1 + 1).( x2 + 1) (x + x ) (x + x ) + 2 ( x1 + 1).( x2 + 1) ( x1 + x2 ) = (x + x ) ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) + ( x1 + x2 ) ( x + x ) = ≤ ( x1 + 1).( x2 + 1) 1+1 ( x1 + 1).( x2 + 1) + ( x1 + 1).( x2 + 1) ≤4 = ( x + 1).( x + 1) ⎧b = 4ac Đẳng thức xảy ⇔ x1 = x = ⇔ ⎨ ⎩− b = a Suy ra: P = − A ≥ − = Dấu “=” xảy ⇔ 4 ⎧b = 4ac ⎨ ⎩− b = a ⎧ Pmax = ⎪ Vậy: ⎨ ⎪⎩ Pmin = Câu 4: a) - Nếu M ≡ C N ≡ O Do Δ AMP vng M - Nếu M ≡ O N ≡ D Do Δ AMP vng M - Nếu M nằm C O N nằm O D.Ta chứng minh trường hợp Δ AMP không vuông Thật vậy,nếu Δ AMP vuông M ta hạ MH ⊥ AP H Có: n = DMH n ⇒ ΔMHN  ΔPBC (g-g) BAP AP MH MN ⇒ = = ⇒ MN = (1) AP AB Hạ OI ⊥ AP I IA=IP AP Trong Δ AMP vng có: MI = AP Vậy MH = MI = ⇒ H ≡ I ⇒ M ≡ O (vô lý) b) +Vì số điểm đường trịn hữu hạn nên số đường thẳng qua hai số điểm cho hữu hạn.Do số giao điểm đường thẳng với đường tròn hữu hạn.Vì tồn A thuộc đường trịn không nằm đường thẳng số xét www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ +Vẽ tia gốc A qua 2031 điểm cho, tia cắt đường tròn điểm B1,B2, ,B2031(theo chiều kim đồng hồ kể từ A).Rõ ràng tia phân biệt +Vẽ tia nằm hai tia AB20 AB21 cắt đường tròn B,tia nằm hai tia AB31 AB32 cắt đường tròn C +Rõ ràng dây AB AC chia hình trịn thành phần:phần thứ có 20 điểm,phần thứ hai có 11 điểm,phần thứ ba có 2000 điểm www.VNMATH.com Phạm Minh Hồng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Suy chữ số tận số (1 + x1 ), (2 + x ), , (10 + x10 ) đôi khác thuộc tập hợp {0,1,2,3, ,9 }.Suy ra: (1 + x1 ) + (2 + x2 ) + + (10 + x10 ) ≡ (0 + + + + + 9) ≡ (mod10) (2) Thế (1)&(2) mâu thuẫn với Tức điều ta giả sử sai Vậy ta có đpcm Câu 4: Đặt x = b + c − a, y = a + c − b, z = a + b − c ( x,y,z >0) 4.( y + z ) 9.( x + z ) 16.( x + y ) ⎛ y x ⎞ ⎛ z 16 x ⎞ ⎛ z 16 y ⎞ ⎟≥ + + = ⎜⎜ + ⎟⎟ + ⎜ + ⎟+⎜ + x y z y ⎠ ⎝ x z ⎠ ⎜⎝ y z ⎟⎠ ⎝ x y 9x z 16 x z 16 y ≥ + + = 52 x y x z y z Có: P = Suy ra: P ≥ 26 ⎧ y 9x ⎪ x = y 6c ⎧ ⎪ b= ⎪ ⎪ z 16 x ⎪ ⇔⎨ Đẳng thức xảy ⇔ ⎨ = z ⎪x ⎪a = c ⎪⎩ ⎪ z 16 y ⎪y = z ⎩ Vậy Pmin = 26 Câu 5: q Dễ thấy IC ⊥ A'B' ⇒ IP ⊥ A'B' ⇒ q A' P = B 'P ' ' ' ' ⇒ C P phân giác góc A C B Tương tự: A'M tia phân giác góc C'A'B' ; B'N phân giác góc C'B'A' Mà đường phân giác tam giác C'A'B' đồng qui với ⇒ đpcm l l n = DIB n = A + B ⇒ ΔDBI cân D Có: DBI Hạ DT ⊥ BI ⇒ TB = TI l l l l⎞ l⎞ ⎛l ⎛C C A+ B r A+ B Có: = Sin ⎜ ⎟ = Cos ⎜ = 900 ) (1) ( Vì + ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 IC ⎝2⎠ ⎝ ⎠ 154 www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ l l A+ B n = TB = BI = BI (2) (Vì ΔDBI cân nên BD = ID) = Cos IBD DB 2.DB 2.DI r IB IB.IC Từ (1)&(2) suy ra: = ⇒ = 2r IC 2.ID ID Mà Cos ( ) 155 www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 51:Thi Sư Phạm I(2002-2003) Vòng 1: Câu 1: Chứng minh đẳng thức: 1+ + 1+ 1+ 1− = 1− 1− Câu 2: Giải phương trình: x − x − x = ⎧x + y = 4z − ⎪⎪ Câu 3: Giải hệ phương trình: ⎨ y + z = x − ⎪ ⎪⎩ z + x = y − Câu 4: Tìm tất số có chữ số abcde cho: abcde = ab Câu 5: Đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC,CA AB theo thứ tự D,E F Đường thẳng vng góc với OC O cắt hai cạnh CA CB I J Một điểm P chuyển động cung nhỏ DE không chứa điểm F, tiếp tuyến P (O) cắt hai cạnh CA,CB M,N.Chứng minh rằng: n = ϕ ( không đổi ), xác định ϕ theo góc Δ ABC a Góc MON b Ba tam giác IMO, OMN, JON đồng dạng với nhau.Từ suy ra: IM JN = OI = OJ (*) c Đảo lại, M N hai điểm theo thứ tự lấy hai đoạn thẳng CE CD thỏa mãn hệ thức (*) MN tiếp xúc (O) Hướng dẫn giải: Câu 1: Ta có: 3 1+ 1− 2 = + + = − + + 3 1− 1+ 1− 1− 1+ 1+ 4 2 1+ = 2+ 3+ 1− + 2− 3− 3 1+ = 156 1− + +1 1− = −1 www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 2: Tham khảo Câu 3/Đề 19 Câu 3: Điều kiện : x, y, z ≥ Theo ta có: ⎧x + y = 4z − ⎧2.( x + y ) = z − ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨ y + z = x − ⇔ ⎨2.( y + z ) = x − ⎪ ⎪ ⎪⎩2.( z + x) = y − ⎩⎪ z + x = y − Cộng đẳng thức theo vế ta được: x + y + z = z − + x − + y − ⇔ ( ) ( 4x − − + ) ( ) 2 4y −1 −1 + 4z − − = ⇔x= y=z= Câu 4: Theo ta có: ab − 1000.ab = 100c + 10d + e * Nếu ab ≤ 31 ⇒ ab < 1000 ⇒ ab − 1000.ab < ⇒ 100c + 10d + e < ( vô lý) * Nếu ab ≥ 33 ⇒ ab + 33.ab + 33 − 1000 ≥ 33 + 33.33 + 33 − 1000 > )( ( ) Suy ra: ab − 33 ab + 33.ab + 33 − 1000 ≥ ⇔ ab − 1000.ab ≥ 33 − 1000.33 > 1000 ⇒ 100c + 10d + e > 1000 ( vơ lý vì: 100c + 10d + e ≤ 999 < 1000 ) * Nếu ab = 32 ⇒ 100c + 10d + e = 32 − 1000.32 = 768 Vậy a = 3, b = 2, c = 7, d = 6, e = Câu 5: n = MOP n + NOP n = MOP n + MOE n + NOP n + NOD n = DOE n a Có: MON 2 l l C C n = 1800 − n Hay: MON ACB = 900 − ⇒ ϕ = 900 − 2 l n = OME n = OMI n Lại có: OIC n = MON n (= 900 − C ) b Có: OMP OM ON ⇒ ΔOMN  ΔIMO ( đpcm) ⇒ = IM OI ( ( ) ) 157 ( ) www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Tương tự: ΔONM  ΔJNO (đpcm) ⇒ ⇒ ON OM = JN JO OM ON ON OM = ⇒ IM JN = OI OJ = OI = OJ ( đpcm) IM JN OI JO c Từ N kẻ tiếp tuyến NM ' với (O) ( M ' ∈ AC ) Theo ta có : IM '.JN = OI Theo giả thiết ta có: IM JN = OI Suy M ≡ M ' (đpcm) 158 www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 52:Thi Sư Phạm I(2002-2003) Vòng 2: Câu 1: Chứng minh số : x0 = + + − − + nghiệm phương trình : x − 16.x + 32 = Câu 2: Cho x, y > thỏa mãn x + y ≥ Hãy tìm GTNN biểu thức: P = 3x + y + + x y Câu 3: Cho số nguyên tố p > Biết có số tự nhiên n cho cách viết thập phân số p n có 20 chữ số Chứng minh 20 chữ số có chữ số giống Câu 4: Cho tam giác ABC M, N trung điểm đoạn CA, CB tương ứng I điểm đường thẳng MN ( I ≠ M, I ≠ N ) Chứng minh ba tam giác IBC, ICA, IAB có tam giác mà diện tích tổng diện tích hai tam giác cịn lại Trường hợp I giao điểm tia NM với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: BC CA AB = + IA IB IC Câu 5: Cho số tự nhiên n > n + số nguyên dương a1 , a2 , , an + thỏa mãn điều kiện : ≤ a1 < a2 < < an + ≤ 3n Chứng minh tồn hai số , a j ( ≤ j < i ≤ n + ) cho: n < − a j < 2n Hướng dẫn giải: Câu 1: ( Ta có: − + = 2 ( ) ( ) ) ( + ) ( − 3 ) = ( 2 ) = ( 2 ) ⇔ + + − 3 + ⇔ ( + + − 3 ) 2 ⇔ + + − 3 = 2 159 www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⇔ 2+ + (2 + ⇔ − 2 + − )( ) + − + = 2 )( (2 + ) + − + = − 2 ⎛ ⎞ ⇔ ⎜ + + − − + ⎟ = − ⎝ ⎠ ⇔ x02 = − ( ) ⇔ x02 − − = ( ) ( ) ⇔ ⎡ x02 − − ⎤ ⎡ x02 − + ⎤ = ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⇔ x0 − 16 x0 + 32 = Câu 2: Có: y 3x ⎛ 3x ⎞ ⎛ y ⎞ P = ( x + y ) + ⎜ + ⎟ + ⎜⎜ + ⎟⎟ ≥ + + = 19 2 x y ⎝ x⎠ ⎝2 y⎠ Đẳng thức xảy x = 2, y = Vậy Pmin = 19 Câu 3: Giả sử số p n biểu diễn thập phân có nhiều hai chữ số giống Theo giả thiết p n có 20 chữ số ⇒ Số p n có chữ số 0, chữ số 1, , chữ số ⇒ p n ≡ ( + + + + ) ≡ (mod 3) ⇒ p n # ⇒ p# ( vô lý ) Vậy điều giả sử sai ⇒ đpcm Câu 4: + Nếu I ∈ [MN] thì: 1 Có: S ABI = S ABC = ( S ABI + S ACI + SCBI ) 2 ⇒ S ABI = S ACI + S BCI (đpcm) + Nếu I∉[MN] thì: Giả sử I nằm tia đối tia NM Có: S ACI = S ANC + S ANI + S INC = S ABI + S IBN + S INC ⇒ S ACI = S ABI + S BCI (đpcm) 160 www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Sử dụng cơng thức: S = abc (R bán kính đường trịn ngoại tiếp) 4R Ta có: S BCI = S ABI + S ACI BC CA AB BI IC.BC BI AI AB AI AC.CI = + ⇔ = + ⇔ 4R 4R 4R IA IB IC Câu 5: Đặt bi = +1 − ( i = 1, n + ) ( bi ∈ Ν * ) Phản chứng: ⎡ai − a j ≤ n Ta giả sử: ⎢ ∀i, j : ≤ j < i ≤ n + ⎣⎢ai − a j ≥ 2n Dễ thấy rằng: an + − a1 ≥ n + Để ý rằng: an + − a1 ≤ 3n − Bằng phản chứng ta hồn tồn chứng minh được: Ln tồn số k mà: ⎧a k +1 − a1 ≤ n < k < n ⎨ ⎩a k + − a1 ≥ 2n ⎧a − a1 < a3 − a1 < < a k +1 − a1 ≤ n Khi ta có: ⎨ ⎩2n ≤ a k + − a1 < a k +3 − a1 < < a n + − a1 Suy ra: ⎧b1 ≤ n ⎪b + b ≤ n ⎪1 ⎪ ⎪ ⎨b1 + b2 + + bk ≤ n ⎪b + b + + b ≥ 2n k +1 ⎪1 ⎪ ⎪ ⎩b1 + b2 + + bn +1 ≥ 2n Chú ý rằng: ≤ b1 < b1 + b2 < < b1 + b2 + + bk ≤ n và: 2n ≤ b1 + b2 + + bk +1 < b1 + b2 + + bk + < < b1 + b2 + + bn +1 = a n + − a1 ≤ 3n − Xét n + số nguyên dương : b1 , b1 + b2 , , b1 + b2 + + bk ; (b1 + b2 + + bk +1 + 1) − 2n, , , (b1 + b2 + + bn +1 + 1) − 2n Rõ ràng n + số nguyên nhận giá trị từ tới n ( có n giá trị ) ⇒ ∃t , p ∈ Ν * , t < p thỏa mãn: b1 + b2 + + bt = (b1 + b2 + + b p + 1) − 2n ( ≤ t ≤ k ; k + ≤ p ≤ n + ) ⇒ bt +1 + bt + + + b p = 2n − hay: a p +1 − a t +1 = 2n − Rõ ràng n < 2n − < 2n Như mâu thuẫn với điều ta giả sử ban đầu ⇒ đpcm 161 www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 53: Thi Học Sinh Giỏi TP.Hà Nội (2006-2007) Câu 1: Cho x, y số thỏa mãn: x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x3 + y + 2.xy Câu 2: a) Cho p số tự nhiên khác Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình: x + px − = 0; x3 , x4 hai nghiệm phương trình: x + px − = Chứng minh tích: ( x1 − x3 ) ( x2 − x3 ) ( x1 + x4 ) ( x2 + x4 ) số phương b) Tìm số tự nhiên m thỏa mãn đồng thời điều kiện 9000 < m < 10000 , m chia cho 95 dư 25 m chia cho 97 dư 11 Câu 3: a) Tìm số a,b để phương trình: ( x − 1) ( x − a ) + = ( x − ) ( x + b ) có ba nghiệm x = 30, x = 3, x = 2007 b) Giải phương trình: x2 − 1 + x− = x , với điều kiện x ≥ 4x 4x Câu 4: Trong mặt phẳng cho 19 điểm phân biệt, khơng có ba điểm thẳng hàng nằm hình chữ nhật kích thước × Chứng minh 19 điểm cho có điểm nằm hình trịn bán kính tạo thành tam giác có góc khơng vượt q 450 Câu 5: Trong đường tròn (O;R), cho dây AB cố định ( AB < R ) C điểm cung nhỏ AB Gọi M điểm tùy ý cung lớn AB, N giao dây CM với dây AB a CMR: Tích CN.CM có độ lớn khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M b Xác định vị trí điểm M cung lớn AB cho: AM − BM = AB Hướng dẫn giải : Câu 1: Theo giả thiết x + y = Ta có: 162 www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ A = x3 + y + xy = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) + xy = − xy + xy = − xy ≥ − ( x + y ) =4 Dấu “=” xảy ⇔ x = y kết hợp với giả thiết x + y = ta x = y = Vậy Amin = x = y = Câu 2: ⎧ x1 + x2 = −5 p ⎪ x x = −1 ⎪ a Áp dụng định lý Vi-et cho hai phương trình cho ta được: ⎨ ⎪ x3 + x4 = −4 p ⎪⎩ x3 x4 = −1 Ta có: ( x1 − x3 ) ( x2 − x3 ) ( x1 + x4 ) ( x2 + x4 ) = ⎡⎣ x1 x2 − ( x1 + x2 ) x3 + x32 ⎤⎦ ⎡⎣ x1 x2 + ( x1 + x2 ) x4 + x42 ⎤⎦ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ = ⎡⎣ x32 + p.x3 − 1⎤⎦ ⎡⎣ x42 − p.x4 − 1⎤⎦ = ⎢ x32 + p.x3 − + p.x3 ⎥ ⎢ x42 + p.x4 − − p.x4 ⎥ = ⎢⎣  ⎥⎦ ⎢⎣  ⎥⎦ =0 =0 = −9 p ( x3 x4 ) = −9 p ( −1) = p (dpcm) b Giả sử m = 95k + 25 = 97q + 11 (k , q ∈ Ν : 106 > k > 94; 103 > q > 92) Ta có: 95k + 25 = 97q + 11 ⇒ 2q + 11 ≡ 25 (mod 95) ⇒ 2q + 11 = 95t + 25 Suy t phải số chẵn Đặt t = 2t ' Khi đó: q = 95t '+ mà 103 > q > 92 ⇒ t ' = ⇒ q = 102 ⇒ m = 9905 (thỏa mãn) Vậy m = 9905 Câu 3: a Giả sử phương trình cho nhận x = 30, x = 3, x = 2007 nghiệm Ta có: ( x − 1) ( x − a ) + = ( x − ) ( x + b ) ⇔ ( b + a − 1) x − ( a + − 2b ) = (*) Phương trình (*) phương trình có bậc nhỏ mà lại có x = 30, x = 3, x = 2007 ⎧b + a − = ⎧a = nghiệm nên: ⎨ ⇔⎨ ⎩a + + 2b = ⎩b = −2 ⎧a = phương trình cho nhận x = 30, x = 3, x = 2007 nghiệm Thử lại thấy với ⎨ ⎩b = −2 Vậy a = 3, b = −2 163 www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ b Ta có: x2 − 1 + x− = x , với điều kiện x ≥ 4x 4x ⎧ =a≥0 ⎪ x − 4x ⎪ Đặt ⎨ Theo ta có: ⎪ x− =b≥0 ⎪⎩ 4x 3 ⎧⎪a + b = x ⎧a + b = x 2 ( ) ( ) x x ≥ ⇔ ≥ ⎨ 2 ⎨ a b a b x x − + = − 2 ( ) ( ) ( ) a b x x − = − ⎪ ⎩ ⎩ ⎧a + b = x (x ≥ ) ⇔⎨ ⎩a − b = x − 1 1 4x2 −1 = ⇒ = Suy ra: ( a + b ) − ( a − b ) = x − ( x − 1) ⇒ b = ⇒ x − 4x 4x ⎡ − 17 Loại ⎢x = ⇒ 4x − x −1 = ⇒ ⎢ ⎢ + 17 Thỏa mãn ⎢x = ⎣ + 17 Vậy nghiệm phương trình là: x = Câu 4: - Trước hết ta chứng minh vng kích thước 1× hồn tồn bị phủ đường trịn có bán kính Thật vậy: A B Xét hình vng ABCD có kích thước 1× O Khi ta có: OA = < D C ⎛ 3⎞ Vì vậy, vng ABCD bị phủ kín đường trịn ⎜ O; ⎟ (đpcm) ⎝ 4⎠ - Ta chứng minh: Nếu có điểm mà khơng có điểm thẳng hàng tồn điểm điểm tạo thành tam giác có góc khơng vượt 450 Thật vậy: A Giả sử có điểm A,B,C,D - Nếu điểm cho tạo thành tứ giác lồi (hình vẽ) Khi đó: n+n n + CDA n = 3600 ABC + BCD Ta có: DAB Vì vậy, tồn góc bốn góc khơng lớn 900 164 B D C www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ n ≤ 900 Suy ra: Trong hai góc DAC BAC phải có Giả sử DAB góc khơng lớn 450 n ≤ 450 Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử BAC Khi ta có tam giác BAC thỏa mãn có góc khơng vượt 450 (đpcm) - Nếu điểm cho tạo thành tứ giác lõm (hình vẽ) Khi đó: Trong tam giác ABC ln tồn góc khơng lớn 900 n ≤ 900 Khơng tính tổng quát, giả sử BAC Suy hai góc BAD CAD phải có góc khơng lớn 450 n ≤ 450 Không giảm tính tổng qt, ta giả sử BAD Khi ta có tam giác BAD thỏa mãn có góc khơng vượt q 450 (đpcm) - Trở lại tốn ban đầu, ta chia hình chữ nhật kích thước × thành vng kích thước 1× hình vẽ Có 19 điểm xếp vào ô vuông, theo nguyên tắc Đirichle tồn vng chứa điểm Áp dụng kết hai tốn ta có đpcm A D C B Câu 5: a Ta có: +CAN +CMA ( g − g ) ⇒ CA CN = ⇒ CN CM = CA2 = const (dpcm) CM CA b -Phân tích: Giả sử dựng điểm M thỏa mãn yêu cầu toán Như : AM > BM nên M nằm nửa mặt phẳng chứa B bờ đường thẳng OC (trung trực AB) AB Trên AM lấy K cho: AK = Suy ra: MK = MB ⇒+MKB tam giác cân M Ta có: n n + MBK n = α + 180 − α = AKB = KMB 180 + α = (α = Sd q AmB) 2 Suy ra: K thuộc cung chứa góc 165 M O A N H C B www.VNMATH.com Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 1800 + α dựng đoạn AB phía với cung lớn với bờ đường thẳng AB - Cách dựng: 1800 + α AB dựng ) cắt cung chứa góc + Dựng (A, đoạn AB (cùng phía với cung lớn với bờ đường thẳng AB )tại K + Kéo dài AK cắt (O) điểm M ( M ≠ A ) + M điểm cần dựng - Chứng minh: Bạn đọc tự chứng minh - Kết luận: Bài tốn có nghiệm hình M K A O H C 166 B www.VNMATH.com Tác giả: Phạm Minh Hoàng Mục lục Đề 1: Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) vòng Đề 2: Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) vòng Đề 3: Thi Sư Phạm I(2000-2001) vòng .8 Đề 4: Thi Sư Phạm I(2000-2001) vòng 10 Đề 5: Thi Tổng Hợp (1999-2000) vòng 12 Đề 6: Thi Tổng Hợp (1999-2000) vòng 16 Đề 7: Thi Chuyên Hùng Vương (1999-2000) vòng1 19 Đề 8: Thi Chuyên Hùng Vương (1999-2000) vòng2 21 Đề 9: Thi Sư Phạm I (1999-2000) vòng 24 Đề 10: Thi Sư Phạm I (1999-2000) vòng 28 Đề 11: Thi Sư Phạm I (1997-1998) vòng 33 Đề 12: Thi Sư Phạm I (1997-1998) vòng 35 Đề 13: Thi Tổng Hợp (1997-1998) vòng 38 Đề 14: Thi Tổng Hợp (1997-1998) vòng 41 Đề 15: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998) vòng 44 Đề 16: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998) vòng 46 Đề 17: Thi Tổng Hợp (1995-1996) vòng 48 Đề 18: Thi Tổng Hợp (1995-1996) vòng 50 Đề 19: Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1999-2000) 52 Đề 20: Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1998-1999) 55 Đề 21: Thi Tổng Hợp (1991-1992) vòng 57 Đề 22: Thi Tổng Hợp (1991-1992) vòng 61 Đề 23: Thi Tổng Hợp (1992-1993) Chuyên Lý-Hóa 64 Đề 24: Thi Tổng Hợp (1992-1993) vòng 67 Đề 25: Thi Tổng Hợp (1992-1993) vòng 70 Đề 26: Thi Sư Phạm I(1998-1999) vòng 74 Đề 27: Thi Sư Phạm I(1998-1999) vòng 77 Đề 28: Thi Tổng Hợp (1998-1999) vòng 80 Đề 29: Thi Tổng Hợp (1998-1999) vòng 83 Đề 30: Thi Tổng Hợp (2000-2001) vòng 87 Đề 31: Thi Tổng Hợp (2000-2001) vòng 91 Đề 32: Thi Tổng Hợp (1996-1997) vòng 94 Đề 33: Thi Tổng Hợp (1996-1997) vòng 96 Đề 34: Thi Sư Phạm I(1996-1997) vòng 100 Đề 35: Thi Sư Phạm I(1996-1997) vòng 103 Đề 36: Thi Chuyên Hùng Vương(1999-2000) Chuyên Lý 106 Đề 37: Thi Chuyên Hùng Vương(1998-1999) vòng 108 Đề 38: Thi Chuyên Hùng Vương(1998-1999) vòng 110 Đề 39: Thi Chuyên Hùng Vương(1995-1996) vòng 114 Đề 40: Thi Chuyên Hùng Vương(1995-1996) vòng 118 Đề 41: Thi Sư Phạm I(2001-2002) vòng 121 Đề 42: Thi Sư Phạm I(2001-2002) vòng 124 Đề 43: Thi Chuyên Hùng Vương(2001-2002) vòng 129 Đề 44: Thi Chuyên Hùng Vương(2001-2002) vòng 131 Đề 45: Thi Tổng Hợp (2001-2002) vòng 133 167 www.VNMATH.com Tác giả: Phạm Minh Hoàng Đề 46: Thi Tổng Hợp (2001-2002) vòng .138 Đề 47: Thi Chuyên Hùng Vương(2002-2003) vòng 142 Đề 48: Thi Chuyên Hùng Vương(2002-2003) vòng 145 Đề 49: Thi Tổng Hợp (2002-2003) vòng 149 Đề 50: Thi Tổng Hợp (2002-2003) vòng 152 Đề 51: Thi Sư Phạm I(2002-2003) vòng 156 Đề 52: Thi Sư Phạm I(2002-2003) vòng 159 Đề 53: Thi Học Sinh Giỏi TP.Hà Nội (2006-2007) 162 168 ... Tổng Hợp ) Đề Thi HSG cấp tỉnh- Phú Thọ, Đề Thi HSG cấp Thành Phố-Hà Nội Những toán Đề Thi đa dạng phong phú, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức tốt, phát huy khả sáng tạo tư cho học sinh quan... lòng say mê học tốn cho học sinh Qua cịn giúp em học sinh làm quen dần với dạng Đề Thi vào Chuyên Toán trường: Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ, KPTCTT-ĐHSPHN, KPTCTT-ĐHKHTN-ĐHQGHN Mỗi đề thi có lời... Cuốn sách gồm 53 Đề Thi, gồm: 50 Đề Thi vào trường Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ, Khối Phổ Thông Chuyên Toán Tin-ĐHSP HN ( sách này, tác giả viết tắt Sư Phạm I ), Khối Phổ Thông Chuyên Toán Tin-ĐHKHTN-ĐHQG