TOÁN HỌC TUỔI TRẺ THÁNG 1 NĂM 2014.pdf

Trang 1

XUẤT BẢN TỪ1984 TẠP CHI RA HANG THANG - NĂM THỨ 51 Ề

DÀNH CHO TRUNG HỌC PHỔ THÔNG VÀ TRUNG HỌC CƠ SỞ

Trang 2

PHUONG TRINH 021A

PUAN NGNBEN

VO HONG PHONG (GV THPT Tién Du 1, Bắc Ninh)

Khi gdp m6t phuong trinh cé chita phần nguyên chúng ta không chỉ:

thấy cái hay trong thuật toán giải phương trình mà còn thấy ở đó những tính chất thú vị của phần nguyên được sit dung Hi vọng bài viết này sẽ đem lại những điển mới lạ và bổ ích cho các bạn

A Một số tính chất của phần nguyên Đẳng thức xảy ra ở BĐT vế trái, vế phải lần

“Trước tiên xin nhắc lại một vài tính chất (TC) lượtlà: [{x,}+{x;}+ + {x,}]=0: của phân nguyên: Với x, y,ø là các số thực, m,

z là số nguyên, Z là tập hợp số nguyen, take 2 |

hiệu [x] là số nguyên lớn nhất không vugt qua *#¢ qua (cita tinh chat 8, 9, 10): Biéu thite [xJ}+fs]+ +u}]= n~L

+, đọc là phân nguyên của x, phân lẻ của x là - P=[xị +#;+ +X„~#j~y; — —#„]

1x] =x—[] Khi đó ta có các tính chất sau ~[x]~Is]= =[z]*[i]*D>]+ +y]

Tính chất nhận các gì trị nguyen —n;—n +1

1 x—1<[x]<x Hệ quả: 0< {x} <l 11.a) Nếu x>0,y>0 thì [xy]>[xl[y]

2.[x]=nâđn<x<n+l, b) Nu x<0,y<0 thỡ [xy]<[xl[y]

c biệt [x]= 0© 0<x< 1 ©) Nếu z<0< y thì [xy]>[x]y]+[x]- 3.[xen]=[x]+n 12.« Nếu ø>0 và ølx] =[y] thì~l < ø—y< ø

«Nếu z<0và a[x]=[y]thì ø~ 1< œ~y<0 Tổng quát: Với ø;;8,;ð 6T; a, > 0;, > 0 5 Với ¡>1 ta có Nếu ø[xị]+@s[x;]+ + #„[x„] bl|xtt|e.+|x+== [nx] ” ” =8I]*/[v;]+ +/,[y,]+ð thì

6 Với x> y thì [x]>[y] đãi + đa + + đu = đi —Wa — cà — đầu

7 Với n>1 thì 0<[n{x)]<n~1 Với n>1 tacó: n[x]< [mx]< -1, Chứng mình SCÁ- Bia Bt a tia tas tag tO,

8 Với m2 I ta.06: nlx] < [mx] < nfx}+ 3 Gid sit [x] =m thi theo TC2 ta có:

+ nlx] =[m] 2 0< (<4 mSx<m+l=>mtnSxen<mendl

„ =lx+n]=m+n=[x]+n

+Il=nixlxn=le2=Í<t3<1 4.- Với xe 7, thì —x € Z2 nên ¬x là số nguyên

- m lớn nhất không vượt quá -x và x là số nguyên

Trang 3

Giả sử [x]<[y] suy ra Ixl+I<[y]=x<[z]+1<[y]<y=x<y mmâu thuẫn với giả thiết x > y 7.Do 0<{x} <1 nên 0<n(x} <n =0[nz}]<n~I 8 Do z{[x] Z nên theo TC3 có Irz]=[z([x]+ (x})]=n[x]+[n{x)] Mà theo TC? có 0 <[n{x}]< ñ—L, suy ra z[x]<[r]< r[x]+n~—1 n[x]=[mx] Ẩ©[n)]=0©0<n) <1 Ẩ0<0)<5, I]=n[x]+n~1©[nfx)]=n~1

en-lsnfej cnet eye, ”

9 [mee + ny] =[m[x] + fax} + nly] + nfy})] = mlx] + nly] +[m{x} + m(y}] [mx —ny] = [m[x] + m{x} ~ n[y]—n{y}] =m[x]~n[y]+[m{x}~n(y}] Do 0<(z);(y} <1 nên 0< m(x] +n{y) <m+n; —n<m(t)—n(y} <m Suy ra: 0 <[m{x}+n{y}]<m+n~—1; —n<[m(x}~n{y}]<m~1 Do vậy m[x]+ n[y] <[mx + ny] Xm[x]+n[y]+m+n~1 #x]~r[y]~m<[mx—ry] < m[x]~n[y]+m~1 10 [xị + x; + + x„] =[x]+i}*[s]+fx;]+ +[x,]+ 3] =[xI]*[x;]+ -#xz]*+[} + {xa}+ + (x„)] Œ) Do 0<{x,} <1 nên 0<{x}+{;}+ +(x,}<n suy ra: 0<[{x}#fxạ)+ +{xu]]<m—1 (2) 'Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng mỉnh Chứng mình hệ quả: Biến đổi tương tự TC8, 9, I0 được: P=[Ei}+s]+-.+a]~00)<0¿]— =0,1] eZ (a) 2 TOR HOT Số 449 (11-2014) Ta có: —n < n}+Íx;}+ + (x„}

~Ði}—z}— — (yạ} <m nên

WSL E+ Gig) Big) OO} Dy] <m-1 @) Tir (1) và (2) suy ra P nhận các giá trị nguyên 11 Do [x][y]eZ nen Eø]=f[dz]+ t3))y]+ ty] =Ixly]+[x]0}+I]e)+£)011 ADD} +1103 + 6} 9}) =IID]+[Ixl}+ x)(]+f))] =IzlDl+[l0)+tx)y]

4) Với x,y>0 thì [x]>0 mà (x);fy}>0 nên [x]{y} >0, (x}y > 0, suy ra

Ix0}+t)y>0 =[x]0}+(x)y]>0 do vậy [xy]>[x][y]

b) Với x,y<0 thì [x]<0 mà {x);(y}>0 nên [x]{y} <0, (x)y <0, suy ra

Ix10}+fx)y<0 =lIz]tw}+fx)y]<0 do vậy [xy]<[x][y]

Trang 4

SH ALK} + Oe fy} H+ Og yd Mà VT(* là số nguyên chia hết cho 3 nên

~80}~/Ø,0;}— —,fy,) (0) YTỞ)=VPC)=3, suy ra Đo 0<{x,);{y,} <1 nên Se) z1 2 2+aix)+astg)+e+at)~0) — PTŒØS© [52 ° —;{y›}— — ,{y„} thuộc khoảng 3 C,~ — — 8, + 85.04 +09 + + am +8) (2) Bax ota Từ (1) và (2) ta có đpcm ein ones (Bạn đọc tự chứng minh các tính chất còn lại) B Một số thí dụ x â 26 14 © Thi du 1 Giải phương trình ‘Vay tap nghiệm của PT(*) là 7 = l##) x+l x+3 x+l§ 7 TT đ I#H#l: + a © Thí dụ 3 Giải phương trình Ð dẻ 2

Lài giải Theo TC5 ta có: PeiE 7-2 qụ

vrq=[+t],[x+1,11, „[z+1,7 16 | [T6 °§|***| T6 T§| - Lởigiấi Theo TCI có [x”]>zˆ—1 nên ?

-|s##]-Jz" L +È[x2]>x2(w2—D)=xÊ — x2,

16 z

‘Theo TC6 si 2[z?]]>[x'—x?] Ta có

Do 0<(0)<1 nên 22<VPQ)=22+ 0) <2 3 3 3 VT(Q)2 [x4 -x7] 4 {4-27} 2 x42? ys Eee ome @

Trang 5

Lời giải Áp dụng TC9 ta có vnos|sŠt1-s(s+2Ì|:s+|2E2] [=] 1 = 6 + 6 +5 = 10x43, 510x433 @ 6 6 Mà (5x—14)2 >0 2~ 9 1OEH3S ¢ 25x? -13024229 (Qý 6 6

nên từ (2) và (3) suy ra VT() < VP() Vậy

'VT() = VP(I) œ dấu “=” xây ra tại (2) và (3) #149) L âm 6 (6x~14) =0 Vậy PT(1) có nghiệm z =2,8 © Thi du 5 Giải phương trình [227], Bx?) 4x7] [527] _ go 163, ya tg tg OE GO Lời giải Theo TC8 ta có DA (}<1 <(}<1 PI(*) <> aloes Bi 4 3< )<i95S#2 =2) <1 ;se2<l [7]=0 exci oe} 2° 'Vậy tập nghiệm của PT(*) -l<xs-— vs abe) BAITAP Giải các phương trình sau 0= 21+ 2) [xlÍ-x]+5{x2}+4=0 3 [2 -‡|-[?"] 5 tl 2 6 xt) Jta Be <A 1+2 ¢ 41 1 121 2 (0; <=—0 5) B0 + TH“ n0 [4x] xin 4 < Q); ¬ Sit}4 @ 6) 2I3x]+I6Vx] _7=4týx]I2- vx] 4 5 Ml*Wlxl 0 We? +1

ng wo NCH mom 3 2 ie als %l|#4l* tiết

Trang 6

tướng dấu gidi DE TH TOYEN SINH VAO LOP 10 CHUYEN TOAN,

TRƯỜNG THPT CHUYEN HA TINH NAM HOC 2014-2015 (Đề thỉ đăng trên TH&TT Số 448, tháng 10 năm 2014)

Câu 1 Vì ae = —1 < 0 nên PT luôn có hai

nghiệm phân biệt xị,x; Ta có xj —x¡ ~L=0 © 1 +Ï=xỶ suy ra xị >—1 và 33x, +25 = 9(x, +1) + 24x, +16 = (3x, +4)" => Plu) = 3x; — 3â +25 =3 —(u +4)=~4 (Đo 3x; +4>0 với 2-1) Tương tự P@„)=-4 Vậy P()= Pús) (đpcm) 1+1 Câu 2 a) Đáp số: x ng b) Điều kiện: xy >0 Để hệ PT có nghiệm thì x+ y>0 Tix PT thứ nhất của hệ ta có x2+ÿy2 ==xy+6Jsy+0 a Từ PT thứ hai của hệ suy ra 64=(Äx?+7+a|y? +17)? <2(@2+1+ y2 +7) Kết hợp (1) taco (Jay =3)” <0 cày =3 Từ đó x+ y=6 Đáp số: Câu 3 a) Từ hệ đã cho ta có Œ+y?=z?+2x+y~z) ®Œ+y~2)+y+z~2)=0 =| Thay vào PT ban đầu ta có kết quả: =4,z=-5 hoặc x=4,y=3,z=~5 b) Giá trị lớn nhất +? =(la+b+b+e+xle+a)? <6a+b+e)=6 = Fs 6 Bing thúc có khi a—5=e=1 Giá trị nhỏ nhất £?®=(la+b+Vb+e+xWe+a}?=2(a+b+e)+ 2(W@e+B+2+lð+e+a)+ (a+ofa+Ð)) Ta có (a+)(b+e)=b? +ab+ be + ca > b2, Đảng thức xảy ra khi ab+ öe+ ca =0 Tương tự cho 2 BĐT khác ta có: F2>4=>Ƒ>2 Đẳng thức xây ra khi có một số bi 6 bing 0 5 Câu 4 Cc

a) s Tam giác 4CE cân tại C nên 6ib-s-Š =8 = AE là phân giác của 54H ‘Tuong ty AF là phân giác của C4 Suy ra 4,

hy, E thẳng hàng (đpem)

« Do C7 phân giéc cha ACE, AACE can tại E

nên Cï là trung trực của 4E, do dé IA = JE, Tương tự /4 = IF Vậy IE=

b) Kí hiệu (C) là đường tròn đường kính EF

Từ câu a) ta có J là tâm đường tròn ngoại tiếp

MEF suy ta ETF =2EAF =90°, do đó ï 6 (C) Do Cï là trung trực của 4E nên tam giác 74E'

cân tại lạ =>Ï,4E= AEl,=45° suy ra

EI,F =90° hay ï› e (C) Tương tự ñ¡ e (C)

Do đó (C) là đường tròn ngoại tiếp A7727

(Xem tiếp trang 13)

Trang 7

'VỒNG | (120 phú?) Câu 1 a) Giải phương trình (3-x)¥@+00+2") = 458-3) b) Tính = biétx> 1,y-<0 va y a a= -m an) Câu2 i Giải hệ phương trình Í -»+2)|( [<°+œ+)~ls)=0 4Jx?+9+jy+T=

b) Hinh thoi ABCD cé dign tích là 18/3 (mét

vuông), tam giác 4D đều Tính chu vi hình thoi và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC maÖ +(m~3)x+2m-I ® x43 “Câu 3 Cho phương trình 3) Giải phương trình khi Pesaro Câu 1 Cho phuong tah (+5)? 2m ~óm =0() (m là tham số)

a) Tim m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm

phân biệt Chứng minh răng khi đó tổng của hai

nghiệm không thể là số nguyên

Ð) Tim m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm

xụ,x; thoả mãn điều kiện (xx; — ý #32} =l6

Câu 2

2(I+x/z} = 99

2(1+ ye) =9jy,

2) Cho tam giác 4BC vuông tại 4 với các đường

phân giác trong 8M và CN Chứng mình bắt đẳng thức (C+49(NB+ N4) „222, MANA Câu 3 Cho các số nguyên dương 4, Ư, ¢ sao cho Ajit abe a) Chứng minh rằng a + ư khơng thể là 1) Giải hệ phương trình nguyên tố 6 TƯ Số 449 (11-2014) VONG 2 (150 phiit)

b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho 21x, +7m(2+ x; + x‡) = 58

Cau 4 a) Goi ott, y=vVab lần lượt là

trung bình cộng và trung bình nhân của 2 số

dương @ và ở Biết trung bình cộng của x và y

bằng 100 Tính § = j4 +

b) Giả sử hai đại lượng x, y tỉ lệ nghịch (x, y luôn

dương) Nếu x tăng a% thì y giảm m% Tính m

theo a

Câu 5 Hình vuông 4BCD có 4B = 2a, 4C cắt BD

tại J Gọi ( ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác

CỊP, BE tiếp xúc với (Œ ) tại E (E khác C), DE

cắt 4B tại F

a) Chứng minh A4BE cân Tính AF theo a

b) BE cắt 4D tại P Chứng minh đường hi TA

tiếp tam giác ABP tiép xúc với CD Tớnh đ

â) E4 ct () tại M (M khác E) Tính 4A/ theo a Fostoria

b) Chứng mình rằng nếu e > Ì thì a+evab +e

không thể đồng thời là số nguyên tổ

Câu 4 Cho điểm C thay đôi trên nữa đường tròn đường kính AB = 2 (C # Á, C z B) Gọi H là hình

chiếu vuông góc của C lên 4; J va J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác 4CH và BCH

Các đường thẳng Cï, C/ cắt 4 lần lượt tại M, N

a) Chimg minh ring AN = AC, BM= BC

b) Chimg minh 4 diém M, N, J, J cing nằm trên

một đường tròn và các đường thằng 1⁄2, M1, CH

đồng quy:

©) Tìm giá tị lớn nhất của MAN và giá trị lớn nhất

của diện tích tam gidc CMN theo R

Trang 8

Chuẩn bi chữ kỉ tí tút nghiệp THPT va thi vao ‘Dai hoc

MOT S6 BAI TOAN LIÊN QUAN Tới

TRUC TAM TAM BIÁC

NGUYEN TRUONG SON

(GV THPT Chuyên Lương Văn Tuy, Ninh Bình)

Dé thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng hiện nay, theo cấu trúc của Bộ GD&ĐT, các bài Ề tọa độ trong mặt phẳng thường xuyên lên ĐỂ giải quyết các bài toán này các

thí sinh cần nắm vững một tính chất hình học phẳng nào đó, điều đó làm cho các thí sinh cảm

thay hing ting Bai viét nay mong muốn giúp

một chút kiến thức nhỏ cho các thí sinh sắp toán bước vào kà thí tuyển sinh Đại học, Cao đẳng 1 KIỀN THỨC CÀN NHỚ

trực tâm của tam giác Gọi Z, # lần lượt là

chân đường cao hạ từ B, C Mí là trung điểm của cạnh 8C (h.1)

Nhận xét 1.AH =2IM =2AJ (trong đó J là trung điểm của đoạn 477) Hình 1 Nhận xát2 IAL EF Có nhiều cách chứng mỉnh nhận xét này, có thé sử dụng nhận xét 1 Sau đây là một cách khá

=90° nên tứ giác BCEF

nội tiếp đường tròn, do đó 4CB = 4FE

Dựng 4 là tiếp tuyến của đường tròn (2) Khi đó 4CB= BÀ¡ Từ đó PE = BÀI nên Ar / EF Suyra JALEF,

Nhận xét 3 Gọi P là giao điểm thứ hai của đường thẳng Bử/ với đường tròn (7 Khi đó, P là điểm đối xứng của #ƒ qua đường thẳng AC Nhận xét 4 Gọi Ó là chân đường cao hạ từ đình 4 của A ABC Khi đó # là tâm nội tiếp

cia AEFQ

Chứng minh các nhận xét 1, 3, 4 là khá dé dang I THE DY AP DUNG

Thi dy 1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa

d6 Oxy, cho đường tròn (C):x”+y)=25

ngoai tiép tam giác nhọn ABC có chân các

Trang 9

Ta thấy 4M =(-l;2),.4N =(2;2)lần lượt là vectơ chỉ phương của đường thẳng AC, 4B Phương trình đường thẳng 4C: 2x+ y+5 =0

Phương trình đường thẳng 4B: x— y—5 = 0

Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: | Toa độ điểm Z là nghiệm của hệ phương trình: -y-5=0 x-y " xi tự Do 48.4C>0,BC.B4>0,CBC4>0, nên tam giác 4BC nhọn Vậy A(0;-5), B(;0), C(-43)

Cách 2 Giả sử ⁄(4;Ù) là trực tâm A4BC, Gọi P, Q lan lượt là giao điểm thứ hai của đường thẳng CH, B#/ với đường tròn (C) Theo nhận xét 3, P, Q lần lượt là điểm đối xứng của H qua AB, AC Vay P(4~a;~6=b),Q(~2—a;—6—b) Ta có hệ: (4-a)?+(6+ð)° =25 2 (2+ay +(6+5) =25 Với H(;~2) thì HM =(-2;-1), HN =(;-1) = HM.EN =~1 <0 Với H(;—10) thì HM =(~2;7), FIN = (1,7) => HM =47>0 Suy ra Z4Clà góc tù (mâu thuẫn) Do đó H(;~2) Ta có ÁC: 2x+y+5= AB: x-y-5=0 Gọi 7 là trung điểm của 8C Từ 4 = 207 sự /Ẳ 3) PT BC li: x+ây—5=0 Từ đó suy ra các điểm A(0;-5), B(5;0),

C(-4:3) thỏa mãn yêu cầu bài toán F

Lời bình: Rõ rằng khi làm theo cách 2 thì điều

kiện tung độ điểm 44 âm là không cần thiết

OThi dy 2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa

6 Oxy, cho tam giée ABC cb A(-2; -1), true tâm HQ;1), BC =2N5 Goi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC Lập phương trình đường thẳng BC, biết trưng điểm M của BC nằm trên đường thẳng

đ:x~2y~ 1= 0 và Mcó tung độ đương

Lời giải Do A/ thuộc đường thẳng đ nên

M(2a+l;a)(a >0) Gọi ï là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 4BC Taos AH =(4;2),AH =2V5 và 4H =21M, suy ra I(2a—1;a—1),/M = V5 Vi Mla trung, diém BC nén IM L BC Do đc ? we -(¥) + 1M? =10 => (a+) +a? =10 9 5a? +4a-9=0 a=1 hoặc a= Do a> 0 nén a= 1 => M(;1) Dudng thing BC di qua M(3;1), nhận AH =(4;2) lam vectơ pháp tuyến có PT: 2x + y~ 7 = 0

Thí dụ 3 Trong mặt phẳng với hệ trực tọa độ

Ory, cho tam gidc ABC cân tại A, trực tâm Ht Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kế từ B, C của tam giác ABC Biắt điễm A nà đường thẳng đ:x-3y-3= thuộc đường thẳng DE va HI Do 4 nằm trên đường thẳng 4:x-3y-3=0 nên A@3r+3/) với relR FA=(@t+5;t-3), HA=(Gr+6t-2) Do tam giéc ABC cin tai Anén AH L DE

Tacé AD? = AH? —HD?.Khi dé: FA? — FH? = Dé? - DH? => FA - FH? = AH? -2HD* => Gt+5) +(¢-3)' -2 = (31+ 6)? + (4-2)? -8 Vay 4 3:0) Lời bình: Một tính chất thú vị được sử dụng trong thí dụ 3, thường gặp đó là: Cho 4 điểm A,B,C, D, néu ABL CD thi

AC? ~ AD? = BC? - BD

Trang 10

Thí dụ 4 Trong mặt phẳng với hệ trục

toa dé Oxy, cho tam giác ABC cân tại A,

hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H(2;2),

biết HE~3 Tìm toa độ đỉnh A của tam giác ABC biét đinh A thuộc đường thing điz+y+l2=0và khoảng cách từ 4 đến đường thẳng EF nhỏ nhất Lời giải Ta thấy rằng H không thuộc đường thẳng 4, Do 4 nằm trên đường thằng 4:x+y+12=0 nên A(/;~r~12) với relR, HA =(t-2;-t-14)

Vì tam giác 4BC cân tại 4 nén AH 1 FE “Xét tam giác vudng HAE ta có:

AE? = AH? ~ HE? =(t~2)?+(+14)?~ =22+24/+191 AE" 2 +24+191 V2 +24: +200 =3? +24:+200-——————— 127 +24r+200 =y b+ oF +128 — 2 AJ2( +6)? +128 128-9 _119V2 _ nan "Đẳng thức xây ra khi và chỉ khí / = =6, Khoảng cách từ 4 đến £# nhỏ nhất bằng HD 16

© Thí dụ 5 Trong mặt phẳng với hệ trực tọa

độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đính A Gọi ÁN là trung điểm của đoạn thẳng AB Gọi

EŒ:D.F| (2 12) dn al chin đường co 3 lạ từ các đỉnh B, C của tam giác ABC Tim tọa độ của định A biết rằng phương trình

đường thẳng CN là 2x + y~13 =0

Lời giải Gọi G là trọng tâm AABC Do A.ABC cân tại 4 nên 4G chính là đường trung trực của đoạn thing EF PT 4G là ~3r+y+l2=0 "Tọa độ điểm Ở là nghiệm của hệ PT: va d(A,EF) = 2x+y-l3= ng Ae AG = A(a;3a—12),C € CN = C(e;13—2c) Do G là trọng tâm tam giác 4ZC nên suy ra B(5~a~e;8~3a+2), €B(5—a~2c;~5~3a+ 4e) EB(§—a~e;7~3a+2e),BC(e—1;12~26) Ta có AG 1 BC;EB L EC nên 15~a~2e+3(~5~3a+4e)=0 lene tL os a=e=7 Khid6 4(7;9), BQs1),C7;-)

© Thí dụ 6 Trong mặt phẳng với hệ trục toa 6 Ory, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(l;2), bán kính R =5 Chân đường cao

hạ từ B, C của tam giác ABC lần lượt là 11:3), K(0:—1) Viết phương trình đường tròn

ngoại tiếp tứ giác BCHK, biết rằng tưng độ điểm A dương Tời giật Ta có KH = (3:4) Theo mhận xét 2, ta có IALHK Do đó đường thẳng 74 có phương trình là: x=5 of ys3 => G(5;3) =l+4 l

em A thuộc đường thẳng 74

nên A(1+4/;2—3), với <2, Ta có Masai 497-2591 =0 Đường thẳng 4C cỏ phương trình: x+3y-l2=0 Đường thẳng BH có phương trình: 3x ~ y—6 =0 Đường thẳng CK có phương tình: x~2y~2=0, Khi đó dễ dàng suy ra B(1;—3),C( 4

Gọi 7 là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ gidc BCHK thì là trung điểm của 8C Khi đó 4

Trang 11

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tử giác > ;

BCHK là: (-š) +) a 2 2) 2

Lời bình: Có tắt nhiều cách xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK Ta

có thể xác định tọa độ tâm V đường tròn ngoại

tiếp tam giác 4//K Sau đó suy ra toạ độ tâm bằng cách sử dụng nhận xét 1

©Thí dụ 7 Viết phương trình ba cạnh tam giác ABC biết E(-1:-2), F(2,2), O(-1,2) lượt là chân ba đường cao hạ từ A, B, C của tam giác ABC

Tời giải Theo nhận xét 4, trực tâm Ởf của tam giác ABC chinh là tâm đường tròn nội tiếp tam

giác EFQ Do đó, ta tìm tọa độ điểm /# như sau: Goi U là giao điểm của AE voi OF Khi dé ta ae u(t ) m2 fl THẺ = H(0;1)

Phương trình đường thing AB là =x + y— Phương trình đường thẳng 4C là 2x + y— Phuong trình đường thẳng 8C là x + 3y + II BAI TAP TỰ LUYỆN

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toa 49 Oxy, cho

tam giác 4BC với C(-3;0), đường thing đi qua chân đường cao hạ từ 4, # có phương trình là ?etyt5=0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biét rằng M(4;1) thuộc đường tròn đó

2 Trong mặt phẳng với hệ trục toa dé Oxy, cho

tam giác 4BC cân tại 4, gọi M và “(§ 2) in

lượt là chân đường cao hạ từ 4 và B của tam giác ABC Diém E(-3;0) là điểm đối xứng của M qua

trung điểm A của cạnh 4ð Xác định tọa độ các

đỉnh của A 4BC biết | nằm trên đường thẳng, ddx+y-2=0

3 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho

tam giác 4BC cân tại 4, đường thẳng 8C có phương trình 2vty-2=0, Z, Ƒ lần lượtlà chân

10 Ki Số 449 (11-2014)

đường cao ké tir B, C của tam giác 4C BE có

phương trình xty+l=0, điểm M(1;1) thuộc

đường thẳng CF Tìm tọa độ các đỉnh của tam

giác ABC

4 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho

tam giác 4BC nội tiếp đường tròn có bán kính

R=Vi0, o 4 2) là trọng tâm tam giác 45C

Các diém K(4;4),H G1) lần lượt là chân đường cao ha tir 4, B cia tam giée ABC Tim toa độ các đình của tam giác 4BC

5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác 4BC có chân đường cao hạ từ Ø, C xuống, cạnh đối diện lần lượt làK(-2;2), E(2;2)

Điểm (8 3 2) là hình chiếu vuông góc

của Exuống 8C Tìm tọa độ các đỉnh của

AABC

6, Cho tam giác nhọn 4BC với ÁK, CD là hai

đường cao và # là trực tâm A 4C Biết PT

đường tròn ngoại tiếp tam giác DHK:

(723) + ` =5, trùng điểm của AC là P78)

Tim tog độ các điểm 4, B, C biết ring BC di qua

điểm 0(1;4) và hoành độ điểm D lớn hơn 3

7 Trong mit phiing toa 46 Oxy, cho AABC có A(2 :3), chân hai đường cao kẻ từ 4 va B lin lượt

x„(-7.-D} „(-123

l ae T là tar

ag 3) (iG i) a

đường tròn ngoại tiếp A48C, E 1a một điểm

thuộc cung nhỏ 4B Kẻ EMLBC, ENLAC Tìm toạ độ điểm E để AN có độ dài lớn nhất

8 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xy, cho

tam giác 4BC Gọi E(7;1),F| (Bs 2) ia lần lượt là

chân đường cao hạ từ các đỉnh 8, C của tam giác ABC Tim tọa độ của đỉnh 4 biết rằng phương, trình đường thẳng BC là 2x+ y~13=0và điểm B cb tung độ đương

9 Cho tam giác ABC có trực tâm 71, đường tròn

ngoại tiếp tam giác HBC cé phuong trình: x +y°=x=5y+4=0 H thuộc đường thẳng A:3x—y—4=0, M2;3) là trung điểm 48

Trang 12

THỨ SỨC TRƯỚC KỈ THI

ĐỂ số

(Thời gian làm bài: 180 phái)

Câu I (2 điển) Cho hàm 88 y= -6249x4m (m là tham số) có đồ thị (C,,)

a) Khao sat sw biến thiên và vẽ đỗ thị của hàm

số (C) khi m = 0

b) Tìm ø để tồn tại tiếp tuyến với đồ thị (C,,) đi qua điểm A(3;0) và cắt đường tròn ($) có phương trình (x +1)? +(y-2)? =25

theo một dây cung Ä⁄W có độ dài nhỏ nhất Câu 2 (I điểm) Giải phương trình V3sin2x+ V3cos2x Cau 3 (1 diém) Tinh tich phan "F ĐỂ TA H Ụ 2 Vax? 42x43 - Câu 4(1 điểm) a) Giải phương trình Is loan, [ˆ— 3 ea(x+2Ÿ+1Iega[x—Sƒ b) Cho số phức z thỏa mãn z+(I~2i)Z =21~2i), Tìm phần thực và phần ảo của số phức “=z2~3z,

Câu 5 (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa

49 Oxyz, cho mit phing (P):2x+y-z=0 x-4_y_2

và hai đường thắng Ay:TT

Ay 1228 y_ 242

1 2 3

phẳng (7), điểm X trên đường thing A, sao

cho M va N d6i xứng với nhau qua đường

- Tìm điểm 3ƒ trên mặt

thẳng A; Viết phương đường thing A di qua 3, vuông góc với A¡ và tạo với mặt phẳng (P) một góc 30%

Câu 6 (1 điển) Cho hình chóp ÿ.48CD có

đấy ABCD 1a hinh vuéng, SAL (ABCD), SA=a Dign tich tam giác SBC bằng ay

2

theo @ Goi /, J lan lượt là trung điểm các cạnh S8 và SÐ Tính khoảng cách giữa hai

đường thẳng 47 và C7

Câu 7 (I điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa

4§ Oxy, cho hinh thoi ABCD ¢6 tim 1(2; 1)

- Tinh thé tich khéi chép S.ABCD

và 4C=2ZD Điểm xs2) thuộc đường

thing AB, N(0; 7) thuộc đường thẳng CD Tim tọa độ điểm P biết rằng BP=5B7 và điểm # có tung độ dương

Câu 8 (1 điểm) Giải hệ phương trình x+3+S~2-jy '+5=y x? + 2x(y-2)4 y?-8y+4=0

Câu 9 (1 điểm) Cho a, b, e là các số thực

Trang 13

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 1 Câu 1 b) Ta có đ: y=—x + m (m #2) và T1; 1) PT hoành độ giao điểm của (⁄) và đ là —x+mm œ x? +(2—~m)x—=(m+1) =0 (1) (do x=~1 không thỏa mãn) Ta có Á =ø” +8> 0;Vm nên (H) và đ luôn

cắt nhau tại 2 điểm 4,B với Á(xi;—x, +);

B(xyj—x, +m) trong đó xị,x; là 2 nghiệm của PT (1) thỏa mãn xị+x¿=m—2; x; =—m—l Từ S„;=2/3 = d(;d).AB = 4V3 oo xy = 43 © mỀ(m +8) =48 © m=~2 (do m2) Câu 2 ĐK: cosx.cosz #0 PT đã cho tương, 2x „ sinx 2082s, $I0% _ asin x4 cosx cosx đương với © cos2x =sin 2x = c0sx =sỉn x ® m ©cos| 2zx+— |=cos| x+— | ( a ( 3) Đáp số: x= k2mx= au 3, Tad Le tim! —O+ 0) xư VE) -.-3 "ĐC lq+3xÿ ++x)Ÿ1+3x+(1++}) 1 = ———— as 2

Câu 4 a) Goi số cặp vợ ching la m(n22) Ta

có số lượng cái bắt tay là CŸ, ~n =2m(w—1) (do mỗi cách chọn 2 người trong 2n người thì 12 : Susie Số 449 (11-2014) có 1 cặp bắt tay và mỗi người không bit tay vorchéng minh) Ta có 2n(đ~1)=40 ©>w=5 Sn-tik b) Ta có P(x)= dete 1"#2'y 2 Theo bài ra eee =2 Do 2">0 và 4C? >2Cl nên n chẵn Khi đó ø=2k (€NÑ”) Thay vào được th Suy ra k=2c>n=4 Hệ số của số hạng thứ 4 cần tìm là ~32 Câu § Ta có C(0;0;c) với c>0 Do 21-4

BC =CA= AB nên c°+9=18œe=3 Gọi

G la tam AABC la có G(1;1;)) PT đường

thẳng A đi qua G và vuông góc với ( 4BC) là x-l -1_z-=l 1 1 1 Ta có $SGS(ABC)=9 = SG= 25 os=3 hoe s = 1 Do vay $(3;3;3);S(-; 1) Cau 6 Ta 06 0< $B? -Sf? = HB? — H/P < AB?

nén tam gide SAB vudng tai ẩ Đặt HA=HO=x ta có OB=2x Theo định lí côsin ta có BH =xV7,BC=2x/3 Ta có Vì 8œ A nên S(s;s;s) 54? + SB? = AB? ¢> a? +a? —x? + 7x? = 12x" 14/2 WB yo _v2 een HH 1 duyên: 223,

Gọi 7 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

SAC thi J 1a trang điểm của AC Do ïïï // ÓC

Trang 14

Câu 7 Do tam giác ABC vuông tại 4 có #7 e (C)

và C4 là tiếp tuyến của (C) nên 8 e (C) Ta có 29g 2 AC=^®4€ =-^— nên (C= = nbn BEL Bữ=——“ — ý =3 BỊ =1 Giá sử B8) (b> 0) Kids { (a-IŸ+# =1 a (2-27 +7 =3

Câu 8 ĐK: y21;x°-x? +120 PT thir nha của hệ tương đương với Œ+#)?+@Jy=U? =2ă+ŸS)yJy~T ©x+Ÿ =(y-1) + y—T 2 Í*>0 c=W=% Tel ay PT thứ hai của hệ trở thành xf+4x)x? +1 =z)+1 ext +r -1eVe 2 +1-x7 =0 eat sac -#?+Ity HƯỚNG DẪN GIẢI ĐÈ (Tiếp theo trang 5) Ta có ABAM =ABFM (c.g.c)

nén BFM= BAN =90° suy ra EF LFM (dem)

Câu 5 Các số được viết trên bảng là 1, 5, 11, 23,47, 71 « Nhận xét rằng các số được viết trên bảng (trừ Số 1) có tính chất chia 3 dư 2 Thật vậy, các số đầu tiên trên bảng (trừ số 1) có dạng (3k + 2) Nếu sử dụng số 1 để viết thì số mới có dang: k+2).1 + (3&+ 2) + 1 = 6+ 5 chỉa 3 dự 2 [js +x+))=0 e° ° 2 ee viáo 8a a rere 2a* +a? +(b+c) em 8g “2a? +2a(b+e) a+b+c Ja(b+c) im _2 3 Do vậy P<—2_~ TỜ Đến GP đáng abo) > 2 H4{4-) ait 5 “lath 5) °3 “| fate 3

5 =3b=2e=1 thi P=Š Vậy 8 Liệu Khi a=36—2e=1 thi P= Vay maxP=— TRANQUOCLUAT (GV THPT chuyén Ha Tinh) Mặt khác Nếu không sử dạng số 1 để viết thì số mới có dang (3k + 23m + 2) + (3k + 2) + (3m + 2) chia 3 dự 2

Ta thấy 201522! = (3.672-1)"* chia 3 dur 1

nên không thể viết được số 20152214,

®Doz=xy+x+ynênz+ ] = (+ 1)0+ I) (1)

"Nếu cộng thêm 1 vào các số được viết trên bảng

thì được dây các số 2, 6, 12, 24, 48, 72,

Các số đầu tiên có dạng 2”.3” nên từ (1) suy

ra các số được viết thêm cộng với 1 cũng có

dạng đó

Mặt khác 2015 + ] = 2016 = 256.63 = 2432.7

nên không thé viết được số 2015

TỪ HỮU SƠN (Sở GD-Đ7 Hà Tĩnh) giới thiệu

TOÁN HỌC

Trang 15

hơn trong các đề thi H§G Quốc gia cũng như Quốc tế, nhằm giúp các em học sinh tiếp cận bài

toán này một cách bài bản và chuyên sâu hơn, tôi

xin giới thiệu đến các em một số vấn đề liên

quan Mở đầu là một kĩ năng gốc của bài toán đếm: cộng hay nhân?

Thí đụ 1 Xác định số lớn nhất thu được khi xóa i 100 chữ số trong số sau:

123456789101 11213 99100,

trên được tạo thành từ các sơ ngun từ Ì

đến 100 xáp theo thứ tự từ trải sang phải

Loi gid Ta bit dau với một vài phép đếm Có 9 số có 1 chữ số, Từ 10 đến 99, có 99 — 10 + 1 = 90 số có hai chữ số Do đồ, cơn s trên có 9 + 2003 = 192 chữ số Sau khi xóa đi 100 chữ số, ta có

được số gồm 92 chữ số Với bắt cứ hai số có cùng số chữ số, số có chữ số đầu lớn hơn sẽ lớn hơn Do đó, số chúng ta cần tìm phải bằng cảng nhiều số 9 cảng tốt Vì vậy, xóa 8 chữ số ngoài cùng bên trái Sau đó, ta xóa chuỗi 101 112 181 gồm tổng cộng 9 x 2 + 1 = 19 chữ số Tương tự, ta xóa chuỗi 202122 282, 303132 383, 404142 484 Vay ta đã xóa 8 + 19 x 4 = 84 chữ số, hiện ta thu được số sau: 9999950515253 99100 “

Ta cần xóa 16 chữ số nữa Không cần nghĩ nhiều, chỉ cần xóa chuỗi 505152 57 gồm 16

chữ số để thu được số:

.9999958596061 99100

Đừng quá nhanh, bạn ạ Nếu chúng ta để 5 chữ số 9 đứng đầu, giá trị lớn nhất có thể có của chữ số tiếp theo là 7, thu được khi xóa chuỗi

505152 565 gồm 15 chữ số Chữ số cuối cùng

cần xóa là 5 trong 58 Do đó, câu trả lời là: 9999978596061 .99100 FT

Thi dy 2 Giáo sư A, B, C và D dang cho sinh viên E thi vấn đáp về toán tổ hợp Bên giáo sư

đang ngôi thành hàng Vì là đồng chủ tịch của

tiy ban kp thi, giáo sư A và D phải ngôi cạnh nhau Vì là cỗ vẫn cho sinh viên E, giáo sư C cần TORN HOS ss Số 449 (11-2014) 14 í ngồi của giáo sư 4 thay đối làm chúng ta bối rối và đếm không có phương pháp Mẹo của bài này không

phải là xếp vị trí ngồi cụ thể cho một giáo sư bat

kỳ trước tiên, mà ta phải xếp ốn giáo sư vào các

vi ti ngộ có tương quan với nhau rồi sau đó mới xếp chỗ cho họ Theo điều kiện để bài, giáo sư 4,

D và C có thể ngồi theo một trong các cách sau:

(4, D, OQ), (C, 4, D), (D, A, ©), (C, D, A) Với

mỗi cách xếp chỗ trên, giáo sư B có thể ngồi ở

ghế đầu hoặc cuối Do đó, câu trả lời là 2+2+2+2=8.0

Quy tắc cộng Nếu sự kiện A có thê xảy ra theo a

cách và sự kiện B có thê xảy ra theo b cách thi sie kiện hoặc A hoặc B có thể xây ra theo a + b cách

Có thé dễ dàng áp dụng ÿ tưởng trên cho nh

sự kiện Ta có thể diễn đạt quy ng bang

ngôn ngữ tập hợp Cho S là một tập hợp Nêu A,A,.v4, là một phân hoạch của Š thì |E|=|44|+|4:|+- +|⁄,|trong đó|X| là ký hiệu

số lượng phân tử của tập hợp X

Thi dy 3 Xác định số lượng hình vuông vẽ được

sao cho mọi đỉnh của hình vuông đều nằm trong

mảng 10 * 10 tạo thành từ các đây điển nhục hình 1 (Các điểm cách đêu nhan) Hình L

Tời giải Ta gọi 4 điểm bat ky là một bộ tứ n x n

Trang 16

hợp thành một bộ tứ là hình vuông bộ tứ Có 9 =81 bé tứ 1 x 1 Hình 2 Dé thay rằng có 8 bộ tứ 2 x 2 trong mảng 3 x 10

như hình 2 Không khó thay ring có 8 mảng 3 x I0

như vậy trong mảng 10 x 10 ở đề bài Do đó, có

8 bộ tứ 2 x 2 Suy luận tương tự, ta có 7° bộ tứ 3 x3 và cứ như thể Với 1 <k<9, có (10—k)”

bộ tứ k x È Nhưng điểm khó của bài này là có các

hình vuông mà cạnh của chúng không song song Tuy nhiên, mỗi hình vuông với một hình vuông bộ Hình 3, Do đó, để đếm đủ thì phải đếm tắt cả hình vuông bộ tử và mọi hình vuông nội tiếp Không khó

thấy rằng trong một hình vuông bộ tứ É x & có &

hình vuông nội tiếp, bao gồm chính hình vuông bộ tứ Ví dụ, với & = 4, ta có hình 4 Hình 4 “Tổng hợp lạ, ta có được đáp án bài tốn: S (10-4) & = ¥ (100k 208 +h) # # =I00Šk- WEE ETE fŒ # =100.2:19 9,2 Hoe (220) 2 2 = 4500-5700+2025 =825

Thị dụ 4, [Tai ligu Ton PEA, Richard Parris]

Để có thê mở tủ đựng đồ của mình tại phòng tập

hình, An phải nhớ mã số Dây mã số gôm 3

số và hai trong số đồ là 17 và 24, nhưng anh lại Š thứ ba và không biết thứ tự của các thứ ba nhận một trong các giả trị từ Ì nhiều nhất mắt bao lâu để An thứ hả tất cả các khả năng? Léi gidi Ta xem xét 6 tap hợp con Dat: A,={(x,17,24)/1s.x< 40} A, ={(x,24,17)/1sx< 40} ={(17.x.24)/1<x<40} ={(24.x.17)/1<x<40} ={(17.24,x)/1<x<40} Á, =((24,17,x)/1<x<40}

Không khó để thấy rằng mỗi tập con có 40 phần tử Do đó, theo quy tắc cộng, có 40.6 = 240 dãy Số để thử và cần nhiễu nhất là 40 phút, Vội quả rồi, bạn ạ! Một điều quan trọng nhưng dễ bị bỏ qua khi áp dụng quy tắc cộng là các tập hợp 4i phải là một phân hoạch thì quy tắc này mới đúng, tức là 4i fì 47 = Ø với ¡ #/ Nhưng trong,

bài này, đấy số {17, 17, 24) thuộc về cả 4ị và 4 Tương tự, mỗi dãy số (17, 24, 17}, {24, 17, 17}, {17, 24, 24), {24, 17, 24}, {24, 24, 17) cũng thuộc về hai tập hợp nên chúng được đêm hai lần Do đó, chỉ có 240 — 6 = 234 day dé thử, và câu trả lời đúng là 39 phút ƑJ

Phép cộng và phép nhân có liên quan mật thiết với nhau Phép nhân là cách viết ngắn gọn cho phép cộng lặp nhiều lẫn Ví dụ, 3.5 = 3 + 3 + 3 + 3+3— 5 + 5 + 5 Dùng phép nhân một cách hiệu cquả có thể giúp hiễu thâu đáo đễ giải các bài toán đếm Có người sẽ dé ding bỏ qua dãy số bị đếm hai lần trong bước cuỗi cùng khi giải Thi du 4 Có th có người sẽ tự hỏi liệu còn dãy số nào bị đếm nhiều lần không Nghĩ sâu hơn một chút, ta

thấy rằng những đấy số bị đếm nhiều lần chỉ có

thể là đấy gồm {a, a, ð} với {a, ð} = {17, 24) a và b có thế nhận bi giá uị là (, b)= (17, 24) và

(a, 5)= (24,17) Có 3 cách sắp xếp các số a, a, b

là (a, a, ð), (a, b, a) và (b, a, a) Do đó, có chính

xác 6 đãy số bị dém 2 lần

Ta cũng có thể giải Thi du 2 bằng phép nhân Đầu tiên, ta sắp xếp vị trí tương đối cho giáo sư A và D Có hai cách xếp là (4, D) va (D, 4)

Giáo sư C có hai cách để ngồi cạnh giáo sư 4 và _D, đó là ngồi ở bên phải hoặc bên trái

(Xem tiếp trang 27)

Số 449 (0-2014) TẢ 15

Trang 17

CÁC LỚP THCS

Bai TU/449 (Lớp 6) Cho 5 số nguyên phân biệt sao cho tổng của 3 số bắt kỳ trong chúng,

lớn hơn tổng của hai số còn lại Tìm giá trị nhỏ

nhất của tích 5 số nguyên đó,

NGUYEN ĐỨC TẤN (TP Hỗ Chí Minh)

Bài T2/449 (Lớp 7) Cho tam giác 48C với AB > AC, AB > BC Trên cạnh ÁB của tam giác 4BC lấy các điểm D và E sao cho BC = BD va AC = AE Qua D vi E ké DK song song với 8C và E/ song song với C4 (K €CA,/ € CB ) Ching minh ring CK = Cl

_ VÙHỮUCHÍN

(GVTHCS Hằng Bàng, Q Hằng Bàng, TP Hải Phòng) Bài T3/449 Giải phương trình

1 + 1 = 2

Vev3 Vax+1 taux"

NGUYEN TAT THU {GV THPT chuyên Lương Thé Vinh, Biên Hòa, Đẳng Nai) Bài T4/449 Cho tam giác nhọn 4BC với H là

trực tâm Ä⁄ là một điểm nằm trong tam giác

sao cho Ä4B4= MCA Gọi E, F lần lượt là

hình chiếu vuông góc của A/ trên các cạnh 4B, AC va 1, J tương ứng là trung điểm của 8C, MA Chimg minh rằng các đường thing MH, EF valJ dong quy

LÊ VIẾT ÂN

(SV lép Todn 48, DH Su pham Hud)

Bài T5/449 Tìm tắt cả cdc cap sé nguyén (x; y) thỏa mãn phương trình xÝ + yŸ = xyŸ +1 TRÀN VĂN HẠNH (GV DH Phạm Văn Đông, Quảng Ngãi) CÁC LỚP THPT Bài T6/449 Giải phương trình 8” ~9|x|=2—3" „_ CAOMINHQUANG (GV THIPT chuyên Nguyễn Binh Khiêm, Vĩnh Long) 'Bài T7/449 Cho tam giác 48C với ba cạnh là

AB = c, BC= a, CA = b, bán kính đường tròn

ngoại tếp là R, bản kính đường rồn nội tiếp là 1 Chimg minh ing © < Mab bere), 2(a+b+e}

ĐINH VAN TAM

(GV THPT Bình Minh, Kim Sơn, Ninh Bình)

Bài T8/449 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa

mãn x > z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 xz az x+2z 7 + yÖtyz XZ+jZ xz" DUONG VAN SON (GV THPT Hà Huy Tập, Nghệ An) P=

TIEN TỚI OLYMPIC TOÁN

)/449 Tìm phần nguyên của biểu thức B

voi Bate S424, 37 0 4 208, 2015

NGO QUANG HUNG

(SV K54, lop KTD, ĐH Nông Nghiệp Hà Nội)

Bài T10/449 Tìm tắt cả các đa thức /(x) với hệ số nguyên sao cho với mọi số nguyên dương Ẩn) là ước của 3" —1

NGUYÊN TUẦN NGỌC

(GV THPT chuyên Tiền Giang)

Bài T11/449 Cho dãy số (x„) thỏa mãn điều Íạ=44x=34 kiện: Xu.s-X = xin +18.101, Vụ N 2 el ; Bài 26 Đặt S„=Š x„.,,ne N”.Chứng minh ring

với mọi số tự nhiên lẻ n, ta luôn có S,66 NGUYÊN VĂN THANH

(GV THPT Châu Thanh A, Bén Tre)

TOAN HOC * Cuổitrè Số 449 đi-zo4)

Trang 18

Bài T12/449 Cho tam giác 48C cố định Các

điểm E, F lần lượt di chuyển trên các đoạn C4,

AB sao cho BF = CE BE cit CF Gọi H,

X thứ tự là trye tim tam gide DEF, DBC

Chứng minh rằng đường thẳng 77K luôn đi qua

một điểm có định khi E, F di chuyển

TRAN QUANG HUNG

(GV THPT chuyén, DHKHTN - DHQG Hà Nội)

CAC DE VAT Li

Bài L1/449 Một viên đạn khối lượng 8 được

bắn lên với vận tốc vụ hợp với phương ngang

góc œ Đến điểm cao nhất thì nó nổ, vỡ thành

hai mảnh Mảnh nhỏ có khối lượng m với vận

PROBLEMS IN THIS ISSUE

FOR SECONDARY SCHOOL

Problem: ‘T1/449 (For 6" grade) Find the

minimum value of the products of 5 different integers among which the sum of any 3 arbitrary numbers is always greater than the ‘sum of the remains

Problem 12/449 (For, 7 grade):Let ABC be

a triangle with AB > AC and AB > BC On the side AB choose D and'P such that BC = BD and AC = AE Choose K on CA and I on CB such that DK is parallel to BC and El is

parallel to CA Prove that CK= CI

Problem - T3/449.' Solve the following

atta 1 2

TỶ es

‘Problem 4/449 Given an acute triangle ABC with the orthocenter H Let Mbe a point inside

the triangle such that MBA = MCA, Let & and

F respectively be the orthogonal projections of

M on AB and AC Let F and J respectively be

the midpoints of BC and MA Prove that 3

lines MH, EF and L/ are concurrent

tốc có môđun v, bật ra sau theo phương ngang,

so với mảnh lớn Hỏi tầm xa của mảnh lớn tăng thêm bao nhiêu so với trường hợp đạn

không nổ?

'VŨ THANH KHIẾT (Hà Nội)

Bài L2/449 Để đo chu kì T của một cl

phóng xe người ta dùng máy đếm xung Biết

Fang trong 1) = 45 giờ đầu tiên máy đếm đợc

my Xung ; trong f = 2h gid tiép theo may

dém duge nz = mn xung Xác định chu kì

bán rã T

ĐINH THỊ THÁI QUỲNH đà Nội,

Problena 'F5/449 Find all pairs of integers

(ay) satisfying x44 y* =ay? +1

FOR HIGH SeHOOu

the radius | of the inscribed cirele faves 3{ab+be+a):

Problem T8449 Let x; 9.2 be 3 positive real sumbers with + 2 Find the minimum value

of the expression

den tong 2)

Trang 19

Bài T1/445 (Lép 6) Chứng mình rằng: TIL T11222 222-333 333 333.333 HỒ aa Xlaắosst 3m3šesz 3d là một số chính phương

Tời giấi Đặt a = 11.11 là số viết trong hệ thập phân có 2014 chữ số 1 Lúc đó số được viết bởi 2014 chữ số b là ðð bð = ð.11 1T 10° — 1= 99.99 = 9a Ta có €C=1l) b.a và 111222 222—333 333 =111 111.1029 + 222.222 — 333 333 =a.10" +2a-3a=al0™—a =a (10 - 1) =a, 9a = Ba) = (33.33)

Vay sé Cla sé chinh phuong O

` Nhận xé Một số bạn biển đỗi dài Các bạn có lời giải đúng, gọn là: Phú Thọ: Phạm Thu Thủy, 6A,

THCS Thị Trấn II, Yên Lập; Vĩnh Phúc: Nguyễn

Nhật Loan, Đào Ngọc Hải Đăng Trần Minh Huy, Trần Đan Trường, Tạ Thị Thu Hoài, Bùi Thu Hiền,

Nguyễn Lệ Hoa, 6A, THCS Lý Tự Trọng, Bình Xuyên; Tạ Kim Thanh Hiển, 6A,, Nguyên Diệu

LinhLê Đức Thái, Nguyễn Thị Hương, Bùi Tuấn

Anh, Nguyén Ảnh Linh, 6A; ; Bắc Ninh: Tạ Việt

Hoàn, 6C, THCS Nguyễn Cao, Quế Võ; Hải Phòng:

Mai Quang Vinh, 6A, , THCS Hồng Bang; Ha Nam:

Nhữ Thị Thương, 6B, THCS Đình Công Trắng,

Thanh Liêm; Nghệ An: Tran Ngọc Khánh, 6B,

THCS Hé Xuan Hương, Quỳnh Lưu; Nguyễn Đỉnh:

Tuần, Thái Bá Bảo, 6C, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương; Tăng Trung Nghĩa, 6A, THCS Hòa Hiểu II,

TX Thái Hòa; Quảng Ngãi: Lô Tuấn Kiệi, SB, TH

số 1, Hành Phước, Nguyễn Đức Hân, 5B, TH Hành Trung, Nghĩa Hành VIỆT HÃI 18 k2 Số 449 (11-2014) Bài T2/445 (Lép 7) Cho ram giác ABC BAC >90° và độ đài ba cạnh là ba số chẵn Vẽ BH L ÁC tại H Vi BAC > 90° nên BC là cạnh lớn nhất của tam

giác ABC và A nằm giữa H và C Tam giác #/4B vuông tại H

=> AB? = BH + AH? (định lí Pythagore)

Tam giác HBC vudng tại H

=> BC’ = BH + CH’ (inh li Pythagore) Ta có BC” = BHÊ + CH = BH” + (AH + AC)”

> BH’ + AH’ + AC hay BC’ > AB’ + AC’ (+)

Gọi độ dài ba cạnh của tam giác là „ ~ 2, n,

n+2(n chin, n> 2) Vi BC la canh én nhat

nén BC=n+2

Tir (*) ta c6 (9+ 2)° > (n— 2)? +17? = Bn > nỄ => n<8 MA (n—2)+n>n+2 (GBT tam

giác) nên n > 4 Từ 4 < n < 8, m chin > n=6

Vậy độ dai ba cạnh của tam giác 1a 4; 6; 8

8 €

1) Bài toán tuy đơn giản nhưng khá hay Tắt cả các bài gửi đều cho đáp số đúng Nhiều bạn sử dụng kết

quả BC” > AB” + ACP nhưng không chứng mính 2) Nếu ta thay giả thiết "ba cạnh là ba số chẵn liên tiếp” bằng giả thiết “ba cạnh là ba số tự nhiên liên tiếp” hoặc “ba cạnh là ba số lẻ liên tiếp” ta cũng

được những kết quả thú vị]

3) Các bạn sau có lời giải tốt: Vĩnh Phúc: Hoang Minh Đức, TÀa, THCS Lâm Thao; Tạ Kim Thanh

Hiển, 6À, THCS Yên Lạc; Thanh Hoá: Phùng Hà

Nguyén, TD, THCS Trin Mai Ninh, TP Thanh Hoá;

Nghé An: Nguyén Thu Giang, Tran Lê Hiệp,

Nguyễn Thị Như Quỳnh A, Nguyễn Như Quỳnh B,

TA; Hoàng Trần Đức, TD; Nguyễn Thái Hiệp, TB, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương; Nguyễn Trọng Bằng, TA, THCS TT Quán Hành, Nghỉ Lộc;

Quảng Ngãi: Trương Quốc Bình, TC, THCS Huỳnh

Thúc Kháng, Đỗ Thị Mỹ Lan, Trương Thị Mai Trâm,

Nguyễn Lê Hoàng Duyên, Võ Quang Phú Thời, TA,

THCS Phạm Văn Đồng, Nghĩa Hành; Bình Định:

Nguyễn Bảo Trân, TA, THCS Tây Vinh, Tây Sơn NGUYEN XUAN BINH

Trang 20

Bài T3/445 Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a + b và ab là các số nguyên dương và [¿2+ab]+[ð?+ab] là số chính phương, ở đồ kí hiệu [x] là số nguyên lớn nhất không: vượt quá x Chứng mình rằng a, b là các số nguyên dương

Léi giải « Do x— 1 < [x] <x nên

(#2 +aB]+ [ðÊ+ab] <2? +ab+ BẦ+ab=(a+ BỆ va [a? + ab] + [b? + ab] > (a + bY - 2 Ta có:

(a+ bP -2<[a? + ab] + [B + ab] < (a + BÊ + Nếu a+b= 1 thì 0<a< I và 0< ð< l, suy

Ta 4b < Ì trải với giả thi

+ Néu a + 6 > 2 thì giữ hai s6 (@ + bY va (@ + bY — 2 không tồn tại một số chính

phương nào Do đó

[a + ab] + [B2 + ab] = (a+ bY =a? + BP + 2ab

Mặt khác, do ab nguyén duong nén

[a + ab] + [b? + ab] = [a"] + [87] + 2ab

Suy ra [a"] + [BJ=a +B

Tacé [a] sa; [PF] <P > [a] +[P]<@+P, đẳng thức xảy ra khi va chi khi [7] = af; [6°] = 0 => a’ va B? la cic s6 nguyén duong ® « Mặt khác, a + ö nguyên đương và aah a+b Từ (*) và (**) suy ra z, b nguyên dương [T > Nhận xét 1) Ta có thể đễ dàng chứng mình các tính chất sau:

Néua+ 6 và a — 6 hữu tỉ thì a, ð hữu t; Nếu a hữu tỉ

dương và đ” nguyên dương thì z cũng nguyên đương 2) Các bạn có lời giải đúng là: Bình Định: Nguyễn

Bảo Trấn, TA, THCS Tây Ninh, Tay Son; Vinh

Phúc: Nguyễn Minh Hiếu Nguyễn Hữu Tùng,

Nguiễn Kim Đức, 8A5, Nguyễn Hồng Ai 1 THCS Yên Lạc, Nghé An: Ngwyén Hing Quéc

Khánh, 9C, THCS Đặng Thai Mai, TP Vinh, Nguyễn

Trọng Bằng, TA2, THCS Thị Trấn Quán Hành, Nghỉ Lộc, Tăng Văn Minh Hùng, Nguyễn Văn Mạnh, TA,

Hoàng Trần Đức, TD, THCS Lý Nhật Quang, Đô

Tương; Quảng Ngãi: Nguyễn Đại Dương, 8B, THCS Nguyễn Kim Vang, Nghĩa Hành, Hà Nội: Đặng Thanh Tùng, 8B, Nguyễn Thành Long, 9B, THCS Nguyễn Thượng Hiền, Ứng Hòa, Lê Duy Anh, 9A, THCS Nguyễn Huy Tưởng, Đông Anh

NGUYÊN ANH QUÂN a-b= hữu t, suy ra a, hữu tỉ (**)

Bai 74/445, Cho tam gidie nhọn ABC với các duéng cao AD, BE, CF Trên tỉa đối của các tia DA, EB, FC lan heat lấy các điểm M, N, P sao cho BMC = CNA = APB =90°

Chứng mình răng các đường thăng chứa các cạnh của lục giác APBMCN cùng tiếp xúc với một đường tron

Vì 8E, CF là các đường cao trong tam giác

ABC nén ta có AE.ÁC = AF.4B a

Áp dụng hệ thức trong các tam giác vuông 4WC

và APB ta cô AE.AC= ANP; AF.AB=AP” (2) Từ (1) và (2) suy ra 4N = ÁP Tương tự ta nhận được 8P = BM và CM= CN

Goi Ø là giao điểm của các đường trung trực

của MN, NP, PM Do các tam giác PAN, PBM, MCN cân nên AO, BO, CO tương ứng là các đường phân giác của các góc PAN, PBM , MCN Mặt khác, theo tính chất đối

xứng ta có

OPA=ONA; ONC=OMC; OPB=OMB (3)

Laicé, OPA=ONA = OPB=ONC

Kết hợp với (3), suy ra OMB=OMC Tuong ty ta cé OPB=OPA ; ONA=ONC Vậy các đường phân giác của các góc BMC,

MCN, CNA, NAP, APB, PBM ding quy tai O Do dé céc canh của lục giác 4PBMCN cng tiếp xúc với một đường tron C1

Trang 21

> Nhận xéc Các bạn dưới đây có lời giải tốt: Hà Nội:

Tê Day Ánh, 9A, THCS Nguyễn Huy Tưởng, Đông

Anh; Phú Thọ: Trần Quốc Lập, Trần Mạnh Cường,

8A3, Đào Thanh Phúc, 9A3, THCS Lâm Thao

NGUYEN THANH HONG Bai T5/445 Tim số nguyên m để phương trình 2+ (m+ Vy? — (2m — 1)x — (2m? + m+ 4) = có nghiệm nguyên Loi giải Cách 1 Biển đổi PT (1) như sau +xŠ +(m+1)x =(2m~=1)x~(m+1)(m=1) =5 ©3?Œ+m+1~(2m—l)(x+m+1) =5 ©®(x+m+l)(x?—~2m+1)=5 (2) Do và x là các số nguyên nên x + m + 1 và + — 2m + là các số nguyên và là ước của 5 Ta có 5 = 1.5 = (~1)(~5) Nhận thấy x + m + Ì và x” — 2m + 1 là số 18 nên x và m là số chin Suy ra x”— 2m + 1 chia 4 dự 1 Do đó xŸ~— 2m + 1 bằng I hoặc 5 Xây ra hai khả năng x#m+l=l 1 m=- 2 x?~2m+1=5 [se 15 không nguyên PT (*) có nghiệm x = nên loại pm =5 x? -2m+1=1 2 =00% PT (**) có nghiệm x = 2 và x = -4 đều là số nguyên Suy ram = 2 va m=8 PT (1) thành 2m2 =(x?~2x~1)m~—(x) +x? +x—4) =0 (3) Coi (3) là PT bậc hai Ân m với A=(x? -2x-1)? +808 +27 +x-4) =(Œœ?+2x+3)? —40

Để PT (1) có nghiệm nguyên thì PT (3) phải

có nghiệm nguyên, suy ra A phải là số chính phương Đặt (x2 + 2x + 3)” ~ 40 =/2( 6Đ) ©Œ2+2x+3+)@2+2x+3—8)=40 DoxeZ,keN, GŸ+2x+3+l)—@ˆ+2x+3—k) =2k, x+2x+3+> 0 nên 20 eet Số 449 (1-2014) G2+2x+3+#)>G@2+2x+3—1), XÊ+ 2x + 3 + và xŸ + 2x + 3 — k cùng là số tự nhiên chẵn Ta có 40 = 20 2= 10 4 Xây ra hai khả năng sau: x°+2x+3+k=20 [k=9 Đ +7+2xt3—k=2 ef) x 42x-8=0 t2 2 x= Tim duge m=2,m=8 ;x= +?+2x+3+k=l0 [k=3 Dae x 42x43—kad — [x?+2x-4=0 e k=3

e E ILụs King „ không thỏa mãn x tguyi nguyên

Vậy khi m = 2 hoặc m = nghiệm nguyên J

>> Nhận xét Có nhiều bạn tham gia giải bài này và làm theo hai cách trên Một số bạn làm cách | do

không đưa ra nhận xét về các nhân tử ở về trái của PT (2) nên phải xét đến bốn khả năng; một số bạn làm cách 2 cho & Z nên phải xét nhiều khả năng hơn dẫn đến bài gi dòng Tuyên đương các bạn sau đây có lời giải tốt: Phú Thọ: Nguyễn Thảo Chỉ, Trần

"Mạnh Cường, Trân Quoc Lép, 8A3, THCS Lâm

Thao; Nghệ An: Nguyễn Xuân Toàn, TA, THCS Lý

Nhật Quang, Đô Lương; Quảng Bình: Phan Trấn

Hướng, 9A, THCS Quách Xuân Kỳ, Bố Trạch;

Quảng Ngất Nguyễn Đại Dương, 9B, THCS Nguyễn Kim Vang, Nghĩa Hành, Kon Tum: Z£ Viết Liu Thanh, 9A, THPT chuyên Nguyễn Tắt Thành PHAM TH] BACH NGỌC Bai T6/445 Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c lớn hơn 1 ta luôn có: (log, a+ log, a—1)x (log, b+ log, b-1)x 8 thì PT (1) có

x(log, c+log, e-1) $1 Loi giải (Theo số đông các ban gửi bài về tòa soạn) Do log, d.log, c.log, a=1 via, 6, e lớn hon 1

nên tồn tại các số thực dương x, y, z thỏa mãn :

log,ð=Š; log,e=

Bắt đẳng thức cần chứng minh tương đương

Trang 22

®(W+z-*)\(z+x—y)(x+y-z)<xz ()

Nếu có hai trong ba thừa số trong về trái của

(1) 4m, ching han y+z—x<0, z+x-y<0 =2z=(y+z~x)+(z+x~y)<0 Điều này không xảy ra vì z > 0

Nếu có một trong ba thừa số y ‡ z — x,Z + z—y,

x+y= z âm và hai thừa số còn lại đương

(hoặc bằng 0), thi bat đẳng thức (1) đúng

Nếu cả ba thừa số y +z—x,z + x— y, x + y—Z đương (hoặc bằng 0), áp dụng bất đẳng thức

Cauchy, ta có: \|(y+z—x)(Z+x— y) <z¡ (x+y~2)(y+z~+)<y:[[z+x—y)(x+y~2) <x 'Nhân theo về ba bắt đẳng thức trên, ta được (1)

Bất đẳng thức trong đầu bài được chứng minh

Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi x = =a=b=c.q

>> Nhận xét Đây là bài toán khá cơ bán nên có nhiều

bạn gửi bài giải về tòa soạn Một số bạn đặt

log, b = x;log, c = y;log, 4= z => x,y,z > 0;xyz =1 việc trình bày lời giải phức tạp hơn =z Trong cách đặt log, b= có thể chọn x là số thực đương bắt kì; y=zlog, đ; x

Các bạn sau đây có bài gidi tét: Bae Ninh: Lé Huy

Cường, 11 Toán, THPT chuyên Bắc Ninh; Nghệ An: Hỗ Xuân Hùng, 10T1, THPT Đô Lương I, Đà Sơn, Đô Lương, Hà Nội: Vữ 8 Sang, 10 Toán 1, Trả: “Mạnh Hùng, 11 Toán A, THET chuyên Nguyễn Huệ, Kim Vấn Hùng 12AI, THPT Mỹ Đức B, Trấn Phương Nam, 12A3, THPT Ngọc Tảo, Phúc Thọ;

Tiền Giang: Nguyễr Minh Thông, II Toán, THPT chuyên Tiền Giang, Mỹ Tho; Long An: Cñâu Hỏa

Nhân, 12T2, THPT chuyên Long An; Vũng Tàu: Lê

Hoàng Tuấn, 12A2, THPT Định Tiên Hoàng, TP

Viing Tau

NGUYEN ANH DUNG

Bài 7/445 Cho tam giác nhon ABC (AB < AQ)

nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao ÁD,

BE, CF cắt nhau tại H Gọi K là trung điểm của BC Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại ` và C cắt nhau tại J Chứng mình rằng HK, JD, EF đồng quy log, b => log, a =log b.log, a== Lờigiải 4 Giả sử EF ^ BC = G; HK ¬ EF = Ï, (R# A); OA ¬ EF= M Ta có

GB.GC=GRGA=GF GE, suy ra R nim trén

đường tròn duémg kinh AH, hay HR LAG

Ap dung dink lí Brocard cho tứ giác nội tiếp

BFEC với BF ¬ CE = 4; EF ¬ BC = G và

chú ý rằng K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ

giác BFEC ta được HK L AG Từ đó ba điểm TH, K, R thẳng hàng Xét cực và đối cực đối

với đường tròn (G0) Dễ thấy (GDBC) = -1,

nên đường đối cực của Ð đi qua G ay

Mặt khác, ta thây đường đối cực của Ð đi qua J (do đường đối cực của / là 8C đi qua điểm

D) (theo định li La Hire) 2)

Ti (1) va (2) suy ra GJ 1a dung déi cuc cia Ð đối với đường tròn (Ø) Theo tính chất của

cực — đối cực ta thiy OD L GJ Kết hợp với

GK 1 OJ suy ra D là trực tâm tam giác GÓ/,

do đó JD L G2 @

Tiếp theo ta sẽ chứng minh Đ/ 1 GO That

vậy, gọi N = Dĩ ¬ GO, dễ thấy OA L EF tại

Trang 23

Suy ra tứ giác IMKD n

mà tứ giác GMOK nội tiếp nên, ƒME =WOK Vì vậy 5DÑ=NOK, suy ra tứ giác DNOK nội tiếp Do đó DNO =90°, hay DIL GO (4) Từ (3) và (4) suy ra ba điểm Ð, J, J thing

hàng, hay ba đường thắng HK, JD, EF đồng

quy tại ï (đpem) F1

> Nhận xét Tắt cả các lời giải gửi về Toà soạn đều

đúng theo các hướng: Sử dụng tính chất của Tứ gỉ

điều hoà, Hàng điểm — chùm điều hoà, Cực - đối

cực, Phương tích của một điểm đối với một đường

tròn Các bạn sau có lời giải tốt: Hà Nội: Hoàng Lê

Nhật Từng, 12A2 Toán, THPT chuyên KHTN,

ĐHQG Hà Nội, Lê Duy Anh, 9A, THCS Nguyễn Huy Tưởng, Đông Anh, Nguyễn Việt Anh, Trấn Mạnh

Hing, 1IToánl, THPT chuyên Nguyễn Huệ; Yên

Bai: Vii Hong Quân, 11Toán, THPT chuyên Nguyễn at Thanh; Ha Nam: Hodng Đức Mạnh, 1IToán,

THPT chuyên Biên Hod; Nghg An: H6 Xudn Hing,

LIT1, THPT Đô Lương 1, Trdn Quang Huy, 10A1,

THPT chuyên ĐH Vĩnh, Phan Vấn Khải, I0AI, THPT Cửa Lò, TX Cửa Lò; Hà Tĩnh: Nguyễn Văn

Thế, Lê Văn Trường Nhật, Nguyền Như Hoàng, 1IToánl, THPT chuyên Hà Tĩnh; Bình Định: Nguyễn Trọng Khiêm, 10A1, THPT Quang Trung, Tây Sơn HỖ QUANG VINH RR bi chan trên một khoảng chứa điêm 0 và thỏa mãn

2f2x) =x + fo), vdi mọi x e TR

Lời giải Giả sử /a) là hàm số thoả mãn bài toán Chú ý x =2 Hs Do đó 2fQx) =x + fix) earn = Đặt g(x) =/@-Š Ta suy ra 1 #Œœ)= z⁄(3)*zz(>) = Từ giả thiết ta có 3a e R”, 3A € R* sao cho Ìœ)| < MWx e R, |xÌ < a Bởi vậy Vx e R, 22 TOR hài Số 449 (1-2014) xết me NỈ mà Ba ta nhận được z2] “z3 sho khi n +00 Tir dé suy ra g(x) =0 Vx € RR, tức là ƒ(x) =~ let)

Các biến đổi trên là tương đương, do đó ta

không phải thử lại Vậy có duy nhất một hàm số thoả mãn bài toán là 76=š wxeR

> Nhận xét Đây là bài toán tìm hàm số giải bằng

phương pháp dãy số, loại bài toán đã xuất hiện nhiều trong các kì thì học sinh giỏi toán quốc gia, thì học sinh giỏi toán của các nước khác, thỉ IMO Các bạn

học sinh sau có lời giải tốt: Hà Nội : Vữ Bá Sang,

10T ; Nguyễn Việt Anh, Trân Mạnh Hùng, 11TI, THPT chuyên Nguyễn Huệ ; Hoàng Lê Nhật Tùng, 1IT-A2, THPT chuyên KHTN ĐHQG Hà Nội; Nam Dinh: Ong Từng Dương, 1IT1, THPT chuyên Lê Hồng Phong; Hà Tĩnh : Võ Duy Khánh, Nguyễn Văn Thế, LITI, Trần Hậu Mạnh Cường, 1271, THPT chuyên Hà Tĩnh

NGUYEN MINH DUC

Bai T9/445 Cho đa thức:

fx) = x0 — 3x7 + Ox + 1964,

Chứng mình rằng tôn tại SỐ nguyên a sao cho fa) chia hét cho 37,

lời giải (Theo bạn Trần Hậu Mạnh Cường, 12T1, THPT chuyên Hà Tĩnh) Ta có lx) = (x— 1) + 6(¢— 1) + 1971 => f9x +1) = (9x) + 6.9x +1971 = 27270) + 2x+ 73) Xét đa thức gạ) = 27xÌ + 2x + 73 và tập ={øŒ)}”" Ta chứng minh 4 là một hệ đầy đủ mod 3” Thật vay, giả sử trái lại 4 không là hệ đầy đủ mod 3” Khi đó tồn tại ] < ¡< j < 3”

sao cho g(i) = g(j) (mod 3”)

=> 27 + 2i+ T3 = 277 +27 +73 (mod 3”) =(-J[21?+ 7? +42] 23"

Vi 270 + j? +jj)+2 Í 3 nên j—i ï 3" (vô H)

Trang 24

Vậy 4 là hệ đầy đủ (mod 3”) Do đó tồn tại

1<k, $3" sao cho g(k,) : 3"

Dit a, = 9k, + 1 tacd f(a,)=27e(k,) 13"

Voi n=2011 tacd f(ay,) 13°" f1

Nhận xét Có không nhiều bạn tham gia giải bài toán này với các cách giải khác nhau Các bạn sau

đây có lời giải tốt: Hà Nội: Trần Mạnh Hùng, 11 Toán A, THPT chuyên Nguyễn Huệ; Đà Nãi Nguyễn Hữu Hoàng Hải, 11A1, THPT chuyên Lê Quý Đôn; Quảng Trị: Trấn Trọng Tiến, 12Toán, THPT chuyên Lê Quý Đôn; Bình Định: Mai Tiến

+uật, 12Toán, THPT chuyên Lê Quý Đôn; Nam Định: Ơng Tùng Dương, 11Tốn, THPT chuyên Lê

Hồng Phong

DANG HÙNG THANG

Bai T10/445 én tai hay không hàm số liên tục

f:R > R sao cho v6i moi x el, trong các s

Ax), fe + 1), fle + 2) luén có hai số hữu tỉ và ột số vô tỉ Nhận xét: Không thể tổn tai hàm liên tue f sR +R sao cho véi moi x, trong hai sé f(x),f(x+1), cb mét sé v6 th va một SỐ hữu tỷ Chứng minh nhận xét: Giả sử tồn tại hàm .ƒ thỏa mãn nhận xét Xét các hàm số AG) = ƒ®)+ /ƒ+D),g@œ)= ƒŒ)~ ƒ(x+]) Nếu A(x) va g(x) đều là hàm hằng thì f@)= i AQ) + g(x) hợp này bị ts vi không thỏa mãn điều kiện của nhận xét

Néu A(x) và g(x) không đồng thời là hàm hằng thì không mắt tính tổng quát giả sử #(x) không là hàm hằng Suy ra tổn tại xị,x; sao

cho: #@4)<@) => tổn tại số hữu tỷ

4e[lGi);JG,)] và vì #@) là hàm liên tục nên theo định lý giá trị trung gian, tổn tại % EL]: MH) =G Do 46 fO)+/oo+)=4 Nhung vi g hitu tỷ nên f(x), f(x +) dng

ời là số hữu tỷ hoặc đồng thời là số vô tỷ cũng là hàm hằng Trường Điều này trái với giả thiết Nhận xét được chứng mình

Quay lại bài toán đã cho, vì trong các số

ZŒ).ƒ(+]),ƒ/(+2) luôn có hai số hữu tỷ

và một số vô tỷ nên có 3 trường hợp xảy ra: ®/() là số hữu tỷ, ƒŒ+D,ƒŒ+2) là hai số vô tỷ ® /Œ+]) là số hữu tỷ, hai số vô tỷ * /(x+2) là số hữu tỷ, ƒ@) và /Œ+D là hai số vô tỷ

Từ nhận xét trên ta thấy trong cả 3 trường hợp đều không tồn tại hàm /: F1

> Nhận xét

1) Bằng chứng minh phản chứng và sử dụng định lý

giả trị trung gian có thể chứng minh nhận xét sau (tir

đó giải được bài toán đã cho)

"Nếu ƒ :IR —> là hằm liên tục và chỉ nhận các giả

trị vô tỷ trên R thì ƒ(x) =C, với C là hằng số vô tỷ sào đó

2) Các bạn tham gia đều giải đúng bài này, tên của

các bạn là: Yên Bái: Vữ /ởng Quên, 10 T(

THPT chuyên Nguyễn Tắt Thành Bình Định: Mai

Tién Ludi, 12T, THPT chuyên Lê Quý Đôn, TP, Quy Nhơn Long An: Châu Héa Nhdn, I2T2, THPT chuyên Long Án

#G) và /(+2) là

TRAN HUU NAM Bai T11/445 Cho day số 4,}, được xác định bởi công thức: ai = 1, a; = 2014, 20134, 2013 5 Gna = 7 +[14+=Ja,, mm với moi ¬ 1

n=2,3, Tim lim] —+—+ 4— |, TÊN, a a,

Léi gidi (Theo da sé cdc ban)

_ 20134, e4f14—— Ja, 2013

” nl

Trang 25

aor $4 ea, Suy ra i 20134441 = east nel Vay nén ay, =2013 +4, -(28 ace 2 ” Ly 6p 2014 0013+IJ013+2) 2013+E—I) ——— 1 2! a “mal an) hy =! 2012 4 (2013+ 1)(2013+2) (2013-+k—2) At “gmsanunsa.pmsrn] 1 al — an 2012 2012x2014x2015x(2013+»—]) Để ý rằng ! lim—mD——— norm 2012 2014 x 2015 (2013 +=1) nên tim(+444 41)- 23 nila a a) 2012 2013 ti v22: từ Cách 2 DE dang chimg minh a, đó suy ra ls | aia 1 2012| 0 +2011)(x+2010) (ï+1)n 1 _oi+20120ñ+2011) (x+ 5) Từ đó ta c6 dpem 0 24 TOG Số 449 01-2014)

* Nhận xét Các bạn sau đây có lời giải đú

Tinh: Vo Duy Khdnh, Nguyễn Văn Thế, Lê Văn

Tường Nhật, Nguyễn Đình Nhật Nam, 11T1; Trần

Hậu Mạnh Cưởng, 12T1, THPT chuyên Hà Tĩnh;

Tiền Giang: Nguyễn Minh Thông, 11T, THPT

chuyên Tiên Giang; Hưng Yên: Nguyễn Thị Hương,

12A1, THPT chuyên Hưng Yên; Yên Bái: Vũ Hồng

Quân, 10T, THPT chuyên NTT; Hà Nội: Nguyễn Việt Ánh, 1\TI; Trằn Mạnh Hùng, 1ITA, THPT

chuyên Nguyễn Huệ; Quảng Ngãi: Lê Thị Bích

Nga, Bạch Thị Thiên Ngân, LIT2, THPT Lê Khiết, Nghệ An: Phan Như Trịnh, LIA1, THPT Diễn Châu 3; Bình Định: Mai Tiến ruật, 12T, THPT chuyên Lê Quý Đôn; Vĩnh Long: Trấn Cao Nhiệm, LIT1, ‘THPT chuyén Nguyễn Bình Khiêm

NGUYÊN VĂN MẬU Bài T12/445 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (]) Các cạnh AB, BC tiếp xúc với () lần lượt tại M, N Gọi E là giao điểm của

AC va MN; F la giao diém của BC và DE

DM cét (I) tại điểm T khác M Chứng minh rằng FT là tiếp tuyến của ()

Lời giải (Theo bạn Phùng Đắc Vũ Anh, 12T,

THPT chuyén Amsterdam, Ha N6i) +

Gọi P, Ø theo thứ tự là tiếp điểm của CD, DA

và (?; S là giao điểm của TN và PO (hình vẽ)

Trang 26

+ AC, BD, MP, NỢ đồng quy (tại K) :

Vậy, áp dụng dinh li Pascal cho sáu điểm

'Ở qyn

opr › Chủ ý tằng QÓMT = D;

OP ONT = S;MPANQ=K, suy 1a D, S, K thẳng hang,

Xét cực và đối cực đối với (/) Ta có 8 là cực

của jN, D là cực của PQ Do đó E là cực của BD (vì E= MN ¬PQ) Suy ra E, S liên hợp

(vi 9e DK=BD) Điều đó có nghĩa là Š là

cực của DẼ (vì D, S liên hợp) Vậy S, Z liên

hợp (vì Fe DE) Do đó F là cực của SW (vì

+, Ƒ liên hợp) Suy ra #, 7 liên hợp (vì

T SN ) Nói cách khác F7 tiếp xúc với (j) [1 > Nhận xét

1) Ngoài ban Yi Anh, có 8 bạn tham gia giải Tuy

nhiên vì không biết sử dụng cực và đối cực nên lời

giải của 8 bạn đều dã

2) Xin nêu tên cả 8 bạn: Kon Tum: Nguyễn Hoàng Lan, 11A1, THPT Nguyễn Tắt Thành, TP Kon Tum; Nghệ An: Hi Xuân Hừng, I0TI, THPT Đô Lương 1,

Đơ Luong; Thanh Hố: Đặng Quang Anh, 7A,

THCS Nguyén Chich, Déng Son; Ha N6i: Tran

Manh Hing, V1 Toin A, THPT chuyén Nguyén Huệ, TX Ha Déng; Ha Tinh: Lé Van Tracing Nhdi, Nguyễn Như Hoàng, Nguyễn Văn Thế, 11TI, Trần Hậu Mạnh Cường, 12T1, THPT chuyên Hà Tĩnh, TP Hà Tĩnh

NGUYEN MINH HA

Bài L1/445 Một thanh cứng đồng chát, tiết điện đều, chiều dai L được treo nằm ngang bởi hai sợi dây mảnh, không giãn cùng chiều dai | như hình vẽ Kích thích cho thanh cứng

dao động nhỏ trong mặt phẳng hai dây

Xác định chiều đài | theo L dé chu kì dao động của thanh là nhỏ nhất và tỉnh chu kì đó

lời giải Xét khi thanh lệch khỏi phương ngang một góc nhỏ @ (đường cao ÓG lệch

khỏi phương thẳng đứng góc ọ) Phương trình

quay quanh Ó: z„zØGsin =—f¿@” T5 B J ©mg\|P =— =-1 THẾ" a of E+ a) +P b 'Với góc œ nhỏ, biển đổi ta được: 759 4 ‡ Như vậy thanh đao động điều hòa với chu kỳ: T2 _28_6Ê—L o 4p —

Dé chu ky dao " nhỏ nhất ta có all sử dụng đạo hàm hoặc bắt đẳng thức Cauchy ta sẽ tìm

được: ƒ=-— và chu kỳ nhỏ nhất khi Ấy bằng:

2L

> Nhận xét, Các bạn có lời giải đúng: Nam Định: Pham Ngọc Nam, 10 Lý, THPT chuyên Lê Hỏng Phong; Neh An: Pham Quốc Vương, 12A1, THPT Diễn Châu 3; Binh Phước: Nguyễn Vấn Hùng, 11B, THPT chuyén Quang Trung

NGUYÊN XUÂN QUANG

Bài L2/445 Mạch điện vô hạn là mạch điện 1ao thành từ vô số mắt mạch giống nhau, nỗi iên tiếp theo một quy luật nhất định, sao cho khi thêm vào (hay bớt đi) một mắt mạch thì điện trở của cả đoạn mạch vẫn không thay đổi Cho mạch điện vô hạn biểu diễn trên các sơ đỗ (@) và (ð) A os | di e @ oo

Mạch (a) tạo thành từ vô số các mắt như nhau ôm có ba điện trở r, 2r, 3r; Mạch (b) tạo thành

Trang 27

Lời giải Trong số các bài giải, bạn Chu Minh Thông có lời giải câu b) hay, sáng tạo Xin giới thiệu lời giải của bạn Chu Minh Thông a) Goi điện trở của đoạn mạch là # Vì mạch vô hạn nên khi thêm hay bớt một mắt mạch thì điện trở của cả đoạn mạch không thay đổi nên

ta có sơ đồ đoạn mạch như sau: 2r lì 3 F B Điện trở của cả đoạn mạch: 2rR Re2r R= +4r œ RỀ ~4rR ~§r? =0

Giải phương trình ta thu được: # =2r(1+3)

b) Do tính đối xứng nên những điểm có cùng

điện thế có thể chập lại với nhau Ta có mạch điện tương đương như sau:

A B

Từ hình vẽ trên ta có thể vẽ lại mạch điện tương đương như sau: Nghiệm của phương trình: Ry.g = (2+0 r 2 r (2+) Tir dé tinh duge: Ry =2+4—2 _ 2 ¬ 2 26 TH Số 449 (11-2014)

> Nhận xét Các bạn sau có lời giải đúng: Nam Định: Phạm Ngọc Nam, 10 Lý, THPT chuyên Lê

Hồng Phong; Nghệ An: Chư Minh Thông, A3-KAI,

'THPT chuyên Phan Bội Châu

DANG THANH HAI PROBLEMS (Tiếp theo trang 17) TOWARDS MATHEMATICAL OLYMPIAD Problem T9/449, Find the integral part of the expression B= 2424204142013 3 7.11 2015

Problem T10/449 Find all polynomials f(x) with integral coefficients such that ffm) is a divisor of 3" =1 for every positive integer n, Problem ‘T11/449 Let’ (x,) be’ a sequence " satisfying: ˆ ee 418.10", Wn EN 26 Let S,=))x,4¢,2€N" Prove that, for im

every odd natural number n, 5,

Problem 712/449 Given a triangle ABC The points E and F respectively vary on the sides CA and AB such that BF = CE Let D be the

intersection of BE and CF Let H and K respectively be the orthocenters of DEF and DBC Prove that, when E and F change, the line HK always passes through a fixed point

DQC LAI CHO DUNG

Trên Tạp chỉ số 448, trang 16, xin được đọc

lại đề bài 5/448 như sau:

Trang 28

PHÉP CỘNG (Tiếp theo trang 15)

Cuối cùng, giáo sur B có hai cách ngồi, đó là ngồi ở

bên phải hoặc bên trái Do đó, đáp án là 2.2.2 = 8 'Những suy luận này dẫn ta đến một quy tắc đếm quan trọng khác, „

Quy tae nhân Nếu sự kiện Ay có thể xảy ra theo đi cách khác nhau và sự Kiện 4; có thể xảy ra theo a› cách khác nhau, và sự kiện A, có thé xảy ra theo a, cách khác nhau thì tổng số cách để sự kiện A) xảy ra rồi đến sự kiện A› xây ra, rồi đến sự Kiện A, xảy ra là aqga d Ta cũng có thẻ diễn tả quy tắc nhân bằng ngôn ngữ tập hợp, tức là nễu

S=((,5,, 9,)/3, e6,1 << n}

thi ||

Thí dụ 5 Một biển số xe có 3 ký tự dau la day

gồm 3 chữ cái trong bang chữ cái và 3 kỹ tự sau là đây gầm 3 con só Có thể làm ra bao nhiêu biển số xe khác nhau nếu không được đùng số 0 và chữ O trong cùng một biển số?

Ldi giải Gọi S, là tập hợp các biển số xe không

có số 0 và $, là tập hợp các biển số xe không có

chit O Néu afy — Øđự là một biển số xe thuộc 5, thì 6, đ, ự #0 Tiếp theo, không có yêu cầu gì

đối với a, 8, y nên mỗi ø, 8, y có thẻ nhận 26 giá

trị, trong khi mỗi đ, đ, nhận được 9 giá trị Do đó, |S|=26'% Suy luận tương tự,

|E;|=25”.10 (vì vai trò của chữ và số được đổi

với nhau) Dường như đáp án của bài toán là |6|+|S.|=26.9°+25°10 Tuy nhiên, đây không phải là đáp án chính xác Nhưng mỗi bước làm đường như rất hợp lý Vậy sai ờ đâu? Câu hỏi mau chốt hơn là: Làm sao ta biết có sai hay không?

Ta trả lời câu hỏi thứ hai trước Gọi Š là tập hop

mọi biển số xe tạo được theo như yêu cầu đề bài

Mỗi chữ trong dãy 3 chữ cái có 26 lựa chọn và mỗi

con số trong dãy 3 con số có 10 lựa chọn Theo quy

tắc nhân, |s|=26'.10° Không khó để kiểm tra

được: |S|+|5;|=26.9° + 251.10” > 261.10? =

Rõ ràng |S|+|,| không phải là câu trả lờ

muốn Giờ ta phải sửa lỗi sai Lưu ý rằng có

chỗ trùng nhau giữa S, và S;, đó là những biển số không có cả số 0 hoặc chữ O Gọi S, là tập

hợp các biển số như vậy, Suy ra

S,=S, OS, V6i mỗi chữ cái trong một biển số

thuộc 5; , có 25 lựa chọn và với mỗi con số, có 9 lựa chọn Do đó |S,|=25'.9° Vì mỗi biển số

trong 5; được đếm 2 lin trong Š, và Š, nên câu

trả lời cuối cùng của bài toán là:

lEi|+|5:|~|5,|= 26.9? + 28.108 ~253.9*

=17047279

Ky thugt bao ham những tập hợp chồng chéo lên

nhau và loại trừ những phân được đếm hai lin

sọi là Quy tắc Bao hàm ~ Loại trừ

Thí dụ 6 |AIME 1996] Trong một giải đấu có 5

đội tham gia, mỗi đội đấu một trận với từng đội

còn lại Mỗi đội cỏ 304 cơ hội chỉ

trận nào mà nó tham gia (không có trận hỏa) Tỉnh

xác suất giải đâu không có hoặc một đội không

thua trận nào hoặc một đội không thẳng trận nào

Lai giải Mỗi đội phải chơi 4 trận Do đó, có 5.4 trận nếu mỗi trận được đếm hai lần Vậy 5 đội sẽ 54 chơi tổng cộng (0 trận Vì mỗi trận có thể

có hai kết quả nên có 2!° kết quả cho giải đầu Có 5 cách đẻ chọn một đội không thua trận nào Giả sử đội 4 thắng tất cả 4 trận mà nó tham gia 'Vậy mỗi trận trong 6 trận còn lại có thể có 2 kết trong tổng số 2!“ =2“ kết quả Vì chỉ có

nhiều nhất một đội không thua trộn nào nên có

5.2” giải đầu cho ra một đội không thua trận nào,

Suy luận tương tự cho ta 5.2° trong 2" giải đấu

cho ra một đội không thắng trận nào Tuy nhiên, hai xác suất này khôi

loại trừ lẫn

nhau Có thể có chính xác một đội không thua

trận nào và chính xác một đội không thắng trận

vị hai đội như vậy Giả sử đội 4 không thua trận nào và đội B không thắng trận nào Có bảy (chứ không phải tám, vì 4 và ở đầu với nhau!) trận trong đó hoặc đội 4 hoặc đội Z hoặc cả hai đội tham gia Kết quả của 7 trận này đã được xác định Mỗi trận trong 3 trận còn lại có hai kết quả

trong tổng số 2!” =2? giải đấu Nói cách khác, 20.2” = 5.2” trong 2! giải đấu có cả đội không

thua trận nào và đội không thắng trận nào Do 46, theo quy tic Bao him - Loại trừ, có: 2" — 2.5.28 45.25 =25(2° - 5.2745) =25.17 giải đấu không cho kết quả hoặc một đội không

thắng trận nào hoặc một đội không thua trận nào

Trang 29

Thí dụ 7 Hoa có các hộp sơn gầm 8 màu khác

nhau Cô muốn sơn một bộ bốn hình vuông của một tắm bảng 2 x 2 sao cho các hình vuông cạnh

nhau được sơn màu khác nhau Tìm số phương, án sơn mầu khác nhau mà Hoa có thé tao ra Hai phương én sơn màu được xem là giẳng nhau

nếu có thê thu được phương án này bằng cách

xoay phương án kia

Lời giải Hoa cần ít nhất 2 và nhiều nhất 4 màu Có 3 trường hợp như Hình 5 Ajo] [ale] [ale BIC HH BIA Hình 5 @ Gi) Gi)

Trong trường hợp (i), có 4‡ cách để chon mau A,

B, C va D khác nhau Mỗi cách sơn màu trong, trường hợp này có thể được xoay 90 độ ngược

chiều kim đồng hồ 3 lần để có 3 cách sơn màu

khác nhau như trong hình 6 Nói cách khác, mỗi

cách son mau trong trường hợp này bị đếm 4 lần,

tính đến cả trường hợp xoay tròn Vậy có

4 420 cách sơn màu khác nhau

A\D pic c|a BlA

BịC mi Dla cịp

Hình 6

Trong trường hợp (i), có 4} cách chọn màu

khác nhau Mỗi cách sơn màu trong trường hợp

này có thể được xoay 90 độ ngược chiều kim

đồng hồ 3 lần để có 3 cách sơn màu khác nhau

như trong hình 7 Nói cách khác, mỗi cách sơn

màu trong trường hợp này bị đếm 4 lần, tính đến 2 cả trường hợp xoay tròn Vậy có =4 cách sơn màu khác nhau

A\C cla A\B B\A

BỊA A\B CỊA 4lC

Hình 7

Trong trường hợp (ii), có 4 cách chọn màu

khác nhau 4 và ỡ Mỗi cách sơn màu trong

trường hợp này có thể được xoay 90 độ ngược

chiều kim đồng hồ 1 lần để thu được một cách

sơn màu khác như trong hình 8 Mỗi cách sơn màu trong trường hợp này bị đếm 2 lần, tính đến 2 cả trường hợp xoay tròn Vậy có 4a § cách sơn màu khác nhau 2a SN: Số 449 (11-2014) A\B B\A BỊA A\B Hinh& Cuối cùng, ta có 420 + 84 + 28 = 532 cách sơn mẫu khác nhau

"Ta đã xong chưa? Chưa đâu bạn ạ! Người đọc có

thể đã tìm ra một câu trả lời khác Nhưng trước khi chỉ ra lỗi sai của mình, chúng tôi muốn hỏi xem làm cách nào phát hiện ra lỗi sai có thể có

trong khi đếm Vâng, một cách hiệu quả là áp dụng phương pháp tương tự cho các giá trị ban

đầu khác nhau Trong thí dụ này, số lượng màu

đã cho không đóng vai trò quan trọng trong bài

giải của chúng tôi Nếu ban đầu chúng tôi được

cho 7 mầu thì sao? Vâng, vậy ta sẽ có > 4 a cách sơn màu khác nhau trong trường hop (ii) That ra chúng ta không có 4 cách sơn màu khác nhau trong hình 9 Cách sơn thứ ba tính từ trấi sang, ¡đồng với cách sơn đầu tiên vì các cách phân bố màu Z và C được đếm khi chọn màu có thứ tự (4))_ Tương tự, cách sơn màu thứ ba và tư cũng giống nhau khi chọn màu i

có thứ tự Vậy, có 4 =168 cách sơn màu khác nhau trong trường hop (ii) Vậy đáp án chính xác cho Thí đự 7 là 420 + 168 +28 = 616

BÀI TẬP

1 Tìm số lượng số nguyên đương có 2 chữ số chia

hết cho cả hai chữ số của nó,

2 [AIME 2000] Có 2 hộp, mỗi hộp chứa cả bi đen

và trắng, và tổng số bi trong hai hộp là 25, Lấy ngẫu nhiên một bi từ mỗi hộp Xác suất dé cả hai bi

đều àbi đen là FT 50

trắng là bao nhiêu?

3 Có 10 nữ và 4 nam trong lớp tổ hợp của thầy

Đăng Có bao nhiêu cách để xếp những học sinh

này ngồi quanh một bản tròn sao cho không có học

sinh nam nào ngồi cạnh nhau?

.4 Cho n là một số nguyên lin hon 4, va cho RP, P,

là các đa giác lồi ø cạnh Bình muốn vẽ n — 3 đường

chéo phân vùng không gian bên trong da giác thành — 2 tam giác và các đường chéo chỉ giao nhau tại

đình của đa giác Ngoài ra, anh muốn mỗi tam giác

có ít nhất 1 cạnh chung với đa giác Bình có thê

chia như vậy theo bao nhiêu cách?

Trang 30

XUẤT BẢN TỪ 1964

+ 2 2

Tap chi TOAN HOC va TUOI TRE tgi0 M4518 S17 ' Biên tập: 04.35121807

Mathematics and Youth Magazine HH TH nh MS 8,008

BẠN CỔ VẤN KHOA HỌC CHỊU TRÁCH NHIỆM XUẤT BẢN

GS.TSKH, NGUYEN CANHTOAN es gt ng Tt ven NXB Giáo dục Việt Nam

TH a van a “Tổng Giám đốc kiêm Tổng biên tập an vũ

GS DOAN QUYNH 'NXE Giáo dục Việt Nam

PGS.TS TRAN VAN HAO 5.78 VO VAN HUNG

HOI DONG BIEN TAP

Tổng biên tập : TS TRẦN HỮU NAM Thư kí Tòa soạn : Th$ HỒ QUANG VINH TS, TRAN DINH CHAU, TAS NGUYEN ANH DONG, TS, TRẦN NAM DŨNG, 7S NGUYEN MINH BUC, 7S NGUYEN MINH HA, 7S NGUYEN VIET HAL, PGS TS LE QUOC HAN, TAS PHAM VAN HUNG, PGS 7, VŨ THANH KHIẾT, GS TSKH NGUYEN VAN MAU, Ong NGUYEN KHAC MINH, 7S, PHAM THI BACH NGQC, PGS TS NGUYEN DANG PHAT, PGS.TS TA DUY PHUUNG, ThS, NGUYEN THE THACH, GS TSKH, DANG HUNG THANG, PGS, TS, PHAN DOAN THOAI,

TAS VŨ KIM THUY, PGS TS, VU DUONG THUY, GS TSKH NGO VIET TRUNG TRONG SO NAY

@ Dành cho Trung học Cơ sở Bạn dọc tìm tòi

For Lower Secondary School Reader's Contributions

‘Va Héng Phong - Phương trình chứa phẩn Nguyễn Đình Huy ~ Phép cộng hay phép

nguyên nhân

Hướng dân giải Dể thí tuyển sinh vào lớp © dé raki nay Problems in This Issue

10 chuyên Toán trường THPT chuyén Ha 'T19/449, L1/449, L21449 "Tĩnh, năm học 2014-2015

© dé thi tuyén sinh vào lớp 10 trường PINK, bA1XI S992

ĐHQG TP Hỗ Chí Minh năm học 2014- Solutions to Previous Problems

2015 Giải ác bài của Số 448

Chuẩn bị thị vào đại học © Ket quả cuộc thí giải Toán và Vật lí trên

University Entrance Preparation Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ năm học 2013.2014

Nguyễn Trường Sơn ~ Mot số bài toán liên quan tối trực tâm tam giác Ảnh Bìa 1 Thây giáo Nguyễn Văn Tín ~ Giáo

iên Toán trường THƠS Lương Yên, Quận

Từ sức trước kì thị - Để số 2 Hai Bà Trưng, Hà Nội = nhiễu năm liên là

giáo uiên dạy giải