Các đề ôn tập thi HSG, ôn thi HKII.

Nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi I là trung điểm của đoạn AM và h là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng CM. Hãy xác định vị trí của M sao cho tam giác ACH có diện tích lớn n[r]

(1)

Tailieumontoan.com 

Trịnh Bình Tổng hợp

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP THÀNH PHỐ HÀ NỘI

(2)

TUYỂN TẬP ĐỀ THI

HỌC SINH GIỎI LỚP THÀNH PHỐ HÀ NỘI

LỜI NÓI ĐẦU

Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh luyện thi học sinh giỏi mơn tốn lớp 9, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô em đề thi học sinh giỏi toán lớp thành phố Hà Nội qua năm có hướng dẫn số đề Đây đề thi mang tính chất thực tiễn cao, giúp thầy cô em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp có tài liệu bám sát đề thi để đạt thành tích cao, mang lại vinh dự cho thân, gia đình nhà trường Bộ đề gồm nhiều Câu tốn hay thầy nước sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua giúp các em phát triển tư môn tốn từ thêm u thích học giỏi mơn học này, tạo tảng để có kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức lớp, cấp học được nhẹ nhàng hiệu

Các vị phụ huynh thầy dạy tốn dùng dùng tuyển tập đề tốn để giúp em học tập Hy vọng Tuyển tập đề thi học sinh giỏi lớp thành phố Hà Nội có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung

Bộ đề viết theo hình thức Bộ đề ơn thi, gồm: đề thi hướng dẫn giải đề dưới đề thi dựa đề thi thức sử dụng kì thi học sinh giỏi toán lớp thành phố Hà Nội

Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, giáo em học!

Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ đề này!

(3)

Phần 1: Đề thi

Đề số Đề thi Trang

1 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2018- 2019 2 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2017- 2018 3 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2016- 2017 4 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2015- 2016 5 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2014- 2015 6 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2013- 2014 7 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2012- 2013 8 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2011- 2012 9 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2010- 2011 10 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2009- 2010 11 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2008- 2009 12 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2007- 2008 13 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2006- 2005 14 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2004- 2005 15 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2003- 2004 16 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2002- 2003 17 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2001- 2002 18 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2000- 2001 19 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 1999- 2000 20 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 1998- 1999 21 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 1997- 1998 Phần 2: Hướng dẫn giải

Đề số Hướng dẫn Trang

1 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2018- 2019 2 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2017- 2018 3 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2016- 2017 4 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2015- 2016 5 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2014- 2015 6 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2013- 2014 7 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2012- 2013 8 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2011- 2012 9 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2010- 2011 10 Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2009- 2010

(4)

Câu 1: (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: 32− = −x 1 x−1

b) Cho 2

2.3 3.4 2020.2021

    

= −  −   − 

    

S tích 2019 thừa số Tính S

(kết để dạng phân số tối giản) Câu 2: (5,0 điểm)

a) Biết ;a b số nguyên dương thỏa mãn a2−ab b+ chia hết cho 9, chứng

minh a b chia hết cho

b) Tìm tất số nguyên dương n cho 11n + tích k (k∈,k≥2) số tự nhiên liên tiếp

Câu 3: (3,0 điểm)

a) Cho x y z; ; số thực dương nhỏ Chứng minh số

1

, +

−

x y

1

, +

−

y z

1

4 +

−

z x ln tồn số lớn

b) Với số thực dương , ,a b c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2+ + +b2 c2 2abc=1, tìm giá trị lớn biểu thức =P ab bc ca abc+ + −

Câu 3: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vng A (AB<AC) Đường trịn ( )I nội tiếp tam

giác ABC tiếp xúc với cạnh BC CA AB, , , ,D E F Gọi S giao điểm AI

và DE

a) Chứng minh tam giác IAB đồng dạng với tam giác EAS

b) Gọi K trung điểm AB O trung điểm BC.Chứng minh ba điểm , ,K O S thẳng hàng

c) Gọi M giao điểm KI AC Đường thẳng chứa đường cao AH

tam giác ABC cắt đường thẳng DE N Chứng minh AM =AN

Câu 4: (1,0 điểm) Xét bảng ô vuông cỡ 10 10× gồm 100 hình vng có cạnh đơn vị

Người ta điền vào ô vuông bảng số nguyên tùy ý cho hiệu hai số điền hai ô chung cạnh có giá trị tuyệt đối khơng vượt q Chứng minh

rằng tồn số nguyên xuất bảng lần TỈNH HÀ NỘI

Đề số

(Đề thi có trang)

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN

Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(5)

Câu 1: (5,0 điểm)

a) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2018 1 2017 2018

+ + =

+ + +

b c c a a b

Tính giá trị biểu thức: = + +

+ + +

a b c

P

b c c a a b

b) Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn phương trình:

2

7 13 −

=

+ +

x y

x xy y

Câu 2: (5,0 điểm)

a) Giải phương trình:

6x +2x+ =1 3x 6x+3 b) Giải hệ phương trình:

3

2

2 2

 + + = − +

 

+ = + 

x x y y y

x y

Câu 3: (3,0 điểm)

a) Chứng minh không tồn số dương m, n, p với p nguyên tố thỏa mãn:

2019+ 2019 = 2018

m n p

b) Cho x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

3 3

16 16 16

= + +

+ + +

x y z

P

y z x

Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB < AC < BC, nội tiếp đường tròn (O) Gọi H hình chiếu A BC, M trung điểm AC P lầ điểm thay đổ đoạn thẳng MH (P khác M P khác H)

a) Chứng minh ∠BAO= ∠HAC

b) Khi ∠APB=90ochứng minh ba điểm B, O, P thẳng hàng

c) Đường tròn ngoại tiếp AMP đường tròn ngoại tiếp tam giác BHP cắt Q

(Q khác P) Chứng minh đường thẳng PQ qua điểm cố định P

thay đổi

Câu 3: (3,0 điểm) Cho đa giác 2n đỉnh nội tiếp đường tròn (O) Chia 2n đỉnh thành

n cặp điểm, cặp điểm tạo thành đoạn thằng (hai đoạn thẳng số n đoạn thẳng tạo khơng có đầu mút chung)

a) Khi n = 4, cách chia cho bốn đoạn thẳng tạo khơng có hai đoạn thẳng có độ dài

b) Khi n = 10, chứng minh mười đoạn thẳng tạo tồn hai đoạn thẳng có độ dài

TỈNH HÀ NỘI

Đề số

(6)

Bài (5.0 điểm)

a) Chứng minh n + 5n - 6n chia hết cho 30 với số nguyên dương n 5

b) Tìm tất số nguyên dương ( )x; y cho x + 8y 2 y + 8x số 2

phương

Bài (5.0 điểm)

a) Giải phương trình 2x - +3 - 2x = + x x 2x

b) Giải hệ phương trình      

4x = x + y - x - y 5y

5y = x + y + x - y x

Bài (3.0 điểm)

Với số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 2 2

a) Chứng minh x + y + z + xy ≤

b) Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức P = x + y + z + yz + zx + xy Bài (6.0 điểm)

Cho tam giác ABC (BC > CA > AB) nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC cắt tia phân giác góc ABC điểm thứ hai M Gọi P trực tâm tam giác BMC

a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, P huộc đường tròn

b) Đường thẳng qua H song song với AO cắt cạnh BC E Gọi F điểm cạnh BC cho CF = BE Chứng minh ba điểm A, F, O thẳng hàng

c) Gọi N tam đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM Chứng minh PN= PO Bài (1.0 điểm)

Trên bàn có 100 thể đánh số từ đến 100.Hai người A B chọn lấy tẩm thẻ bàn cho người A lấy thẻ đánh số n đảm bảo người B chọn thẻ đánh số 2n + Hỏi người A lấy nhiều bào nhiêu thẻ bàn thỏa mãn yêu cầu toán

Đề số

(7)

Câu (5.0 điểm)

a) Cho nguyên a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a + b = c - 8d 3 ( 3)

Chứng minh a + b + c + d chia hết cho

b) Tìm tất số nguyên tố x cho + x số nguyên tố x

Câu (5.0 điểm)

a) Giải phương trình 2x + 11x + 19 + 2x + 5x + = x + 22 ( )

b) Tìm tất ba số (x; y; z) thỏa mãn

2 2

     

x + y + z = 1 1+ + = x y z x + y + z = 17

Câu (3.0 điểm)

a) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn < x, y, z <

3 xy + yz + zx =

4 Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức:

2 2

4y

4x 4z

P = + +

3 - 4x - 4y - 4z

b) Cho a, b, c đồ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng:

≥

2016 2016 2016

2015 2015 2015

a + b + c a + b + c

b + c - a c + a - b a + b - c Câu (6.0 điểm)

Cho tam giác ABC có cạnh a Lấy điểm Q cạnh BC (Q khác B C) Trên tia đối tia BA lấy điểm P cho CQ.AP = a2 Gọi M giao điểm AQ

và CP

a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, M thuộc đường tròn b) Gọi I, J, K hình chiếu M AB, BC, CA

Xác định vị trí Q để IK có độ dài lớn

Chứng minh MI + MJ + MK2 2 không đổi Q di chuyển cạnh BC

Câu (1.0 điểm)

Cho bảng vng kích thước 10.10 gồm 100 vng có kích thước 1x1 Điền vào ô vuông bảng số nguyên dương không vượt 10 cho hai số hai ô vuông chung cạnh chung đỉnh nguyên tố Chứng minh bảng vng cho có số xuất 17 lần

Đề số

(8)

Câu 1: (5,0 điểm)

a) Cho a, b, c số thực thỏa mãn abc = a+ + = + +b c 1 a b c

Chứng minh ba số a, b, c b) Cho n nguyên dương Chứng minh 3

2 + −

= n + n +

A

hợp số Bài 2: (5,0 điểm)

a) Giải phương trình:

3 2− =3 −6 +4

x x x x

b) Giải hệ phương trình: 22 212

8 12

 + + =



+ =



x xy y

x y

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho a, b, c > thỏa mãn 1+ + =1

a b c

Tìm giá trị lớn của:

2 2 2

1 1

= + +

− + − + − +

P

a ab b b bc c c ca a

Bài 4: (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H

a) Chứng minh rằng: cos2BAC+cos CBA cos ACB 12 +  <

b) P điểm thuộc cung nhỏ AC đường tròn (O) Gọi M, I trung điểm các đoạn thẳng BC HP Chứng minh MI vng góc với AP

Bài 5: (2,0 điểm)

a) Tìm số nguyên tố p cho 2

2 − −

p p là lập phương số tự nhiên

b) Cho số thực không âm a, b, c, d, e có tổng Xếp số đường trịn Chứng minh ln tồn cách xếp cho hai số cạnh có diện tích khơng lớn

9

Đề số

LỚP THCS NĂM HỌC 2014– 2015 MƠN THI: TỐN

(9)

Câu 1: (5,0 điểm)

a) Cho số thực khác thỏa mãn a + b + c = 2014 1 1

2014 + + =

a b c

Tính giá trị M = 20131 + 20131 + 20131

a b c

b) Tìm số tự nhiên n để

3

25n − +n −12 là số nguyên tố Bài 2: (5,0 điểm)

a) Giải phương trình

2 2

− − + − =

x x x

b) Giải hệ phương trình 4 24 22 2 2

9

 + = − +



+ = − − −



x y x xy

x y z z x y

Bài 3: (2,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0≤a b c, , ≤4

Tìm giá trị lớn = 2+ 2+ 2+ + +

P a b c ab ac ca

Bài 6: (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) Gọi điểm I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tia AI cắt đường tròn (O) M (điểm M khác điểm A)

a) Chứng minh tam giác IMB IMC tam giác cân

b) Đường thẳng MO cắt đường tròn điểm N (N khác điểm M) cắt cạnh BC điểm P Chứng minh rằng: sin  IP

2 = IN

BAC

c) Gọi điểm D, E hình chiếu điểm I cạnh AB, AC Gọi điểm H, K đối xứng với điểm D, E qua điểm I Biết AB + AC = 3BC, chứng minh điểm B, C, H, K thuộc đường trịn

Bài 5: (2,0 điểm) 1) Tìm số tự nhiên x, y thỏa mãn5x−2y =1

2) Cho lục giác ABCDEF cạnh có độ dài P điểm nằm lục giác Các tia AP, BP, CP, DP, EP, CF cắt cạnh lục giác điểm M1,

M2, M3, M4, M5, M6 (các điểm khác điểm A, B, C, D, E, F) Chứng minh lục

giác M1M2M3M4M5M6 có cạnh có độ dài lớn

Đề số

(10)

Câu ( điểm)

a) Tìm sso thực a, b cho đa thức 4x4 – 11x3 – 2ax2 + 5bx – chia hết cho đa thức

x2 -2x -3

b) Cho biểu thức ( 2013 2012 2011) ( 2013 2012 2011)

8 11 11 = − + + − +

P a a a b b b

Tính giá trị P vớia= +4 b= −4 Câu ( điểm)

a) Giải hệ phương trình: 22 2 5

20 28  − − + + − = 

− − + = 

x y xy x y

x y x

b) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: 2

6x +10y +2xy− −x 28y+18=0 Câu (2 điểm) Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn: 1+ + =2 3

a b c Chứng minh:

( ) ( ) ( )

2 2

2 2 2

27

2 + + ≥

+ + +

a b c

c c a a a b b b c

Câu (7 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) AB < AC Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H Gọi I giao ddiemr hai đường thẳng EF CB Đường thẳng AI cắt (O) M (M khác A)

a) Chứng minh năm điểm A, M, F, H, E nằm đường tròn b) Gọi N trung điểm BC Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng c) Chứng minh BM AC + AM.BC = AB MC

Cho 2013 điểm A1, A2,…,A2013 đường tròn (O; 1) tùy ý nằm mặt

phẳng Chứng minh đường tròn (O; 1) đó, ta ln tìm đường điểm M cho MA1 + MA2 +…+ MA2013 ≥2013

Đề số

(11)

1) Cho biểu thức =( 2012+ 2012+ 2012) (− 2008+ 2008+ 2008)

A a b c a b c với a,b,c số nguyên

dương Chứng minh A chia hết cho 30

2) Cho ( ) ( 3 )2012

2 21 29 = − −

f x x x

Tính f(x) 37 49 7 49

8 = + + −

x

1) Giải phương trình: 2

12 5 + + = + +

x x x

2) Giải hệ phương trình: 2 2 2

6  + + − − = 

− + + = 

x xy x y y

x y x y

Câu (2 điểm) Tìm tất số nguyên dương x, y thỏa mãn:

2

2x +3y −5xy− +x 3y− =4

Câu (4 điểm) Cho A điểm thuộc nửa đường trịn tâm O đường kính BC (A không trùng với B, C) Gọi H hình chiếu A BC Đường trịn đường kính AH căt AB, AC M, N

1) Chứng minh AO ⊥ MN

2) Cho AH = √2𝑐𝑚, BC = √7𝑐𝑚 Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC Câu (4 điểm)

1) Gọi h1, h2, h3, r độ dài đường cao bán kính đường tròn nội tiếp

một tam giác Chứng minh tam giác tam giác khi:

ℎ1+ 2ℎ2+ ℎ2+ 2ℎ3+

1 ℎ3 + 2ℎ1 =

1 3𝑟

2) Trong mặt phẳng cho 8045 điểm mà diện tích tam giác với đỉnh điểm cho không lớn Chứng minh số điểm cho tìm 2012 điểm nằm nằm cạnh tam giác có diện tích khơng lớn

Đề số

(12)

Bài (2 điểm) Rút gọn biểu thức : A = 16 21

1

x x x

x

− + − −

Bài (5 điểm)

1, Giải phương trình: 2(x2 + 2x + 3) = 5

3

x + x + x+

2, Cho số thực x, y thay đổi thỏa mãn: 4x2 – (8y + 11)x + (8y2 + 14) =

Tìm y x lẫn lượt đạt giá trị lớn , giá trị nhỏ Bài (5điểm)

1, Tìm số ngun dương cho tích bình phương chúng lần tổng bình phương chúng

2, Cho số thức không âm x, y thay đổi thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ của: B = (4x2 + 3y) (4y2 + 3x)+ 25xy

Bài ( điểm )

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC

1, Vẽ phía ngồi tam giác ABC nửa đường trịn (I) đường kính AB nửa đường trịn (K) đường kính AC Đường thẳng qua A cắt hai nửa đường tròn (I), (K) điểm M, N( M khác A, B N khác A,C)

Tính góc tam giác ABC diện tích tam giác CNA lần diện tích tam giác AMB

2, Cho AB < AC điểm D thuộc cạnh AC cho AD = AB Gọi E hình chiếu điểm D đường thẳng BC điểm F hình chiếu điểm A đường thẳng DE

So sánh AF

AB

AF

AC với cos

ˆ

AEB

Bài (2 điểm)

Hai người chơi trị chơi sau: hộp có 311 viên bi, người lấy k viên bi, với k ∈{1, 2, 3} Người thắng người lấy viên bi cuối hộp bi 1, Hỏi người thứ hay người thứ thắng chiến thuật chơi để thắng? 2, Cũng hỏi câu trên, đề thay 311 viên bi n viên bi, với n số nguyên dương?

Đề số

(13)

Tính giá trị biểu thức: ( 31 3 2010)2009

= + −

A x x x với ( )

3

3 17 38 14  + − 

 

 

=

+ −

x

a Giải phương trình

3 + − − + =

x x x x

b Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm  + + = +2 + 2 = 

xy x y a x y xy a

a Giải bất phương trình:

4

1

2

x x x

x x x x

+ + + ≤

− + − +

b Tìm giá trị lớn của: B = 3 13 3 13 3 13

1 1

x +y + + y + +z +z +x +

Với x, y, z số dương xyz = Câu4 (6 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O;R) D điểm thuộc cung nhỏ AC(D khác A C) Gọi M,N chân đường vng góc kẻ từ D tới đường thẳng AB, AC Gọi P giao điểm đường thẳng MN,BC

1) Chứng minh DP BC vng góc với

2) Đường tròn (I; r) nội tiếp tam giác ABC Tính IO với R = 5cm, r =1,6 cm Bài (2 điểm) Tìm x,y nguyên dương để C số nguyên dương với

3

1 + =

−

x x C

xy

Đề số

(14)

1) Chứng minh với số nguyên a ta có ( )

5 +

a a số nguyên chia

hết cho

2) Cho 10 102 103 1010

27309 27309 27309 27309

= + + + +

A Tìm số dư phép

chia A cho Câu (4 điểm)

1) Chứng minh1+ ≥1 +

x y x y , với x > 0, y > Xảy đẳng thức nào?

2) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P, biết

2

2 35 , = + +

+

P ab

a b ab với a > 0, b > a+ ≤b

Cho phương trình x + m – = m√2𝑥 − 13 (với x ẩn số)

1) Giải phương trình m =

2) Với giá trị m phương trình cho có nghiệm lớn 1? Câu (4 điểm)

Cho đường tròn (O; 3) điểm A cố định (A khác O) Chứng minh:

1) Nếu HK đường kính đường trịn (O; 3) AH ≥ AK ≥

2) Tồn hình thang cân MNPQ nội tiếp đường trịn (O; 3) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện MA + NA + PA + QA > 12 MN + NP + PQ + QM < 12

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R C điểm giưa cung AB Lấy điểm M tùy ý cung BC (M khác B) Gọi N giao điểm hai tia OC BM; H, I trung điểm đoạn thẳng AO, AM; K giao điểm đường thẳng BM HI

1) Chứng minh điểm A, H, K N nằm đường trịn Xác định vị trí điểm M cung BC (M khác B) cho 10

2 = R

AK

Đề số 10

(15)

a Tìm số nguyên p thoả mãn: (p + 4), (p + 8) số nguyên số b Tìm số hữu tỉ a thoả mãn: 2a + 5a số tự nhiên số phương Câu (4 điểm)

Cho 𝑥 ≥ tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

1 = − + − +

A x x x

Cho phương trình 2𝑥2− 2(2 + 𝑚)𝑥 + − 4𝑚 = 3√𝑥3+ với x ẩn số

a Giải phương trình m=1

b Với giá trị m phương trình có nghiệm Câu (4 điểm)

Cho đa giác 91 đỉnh đỉnh đa giác Mỗi đỉnh đa giác tô hai màu xanh đỏ Chứng minh ln tìm đỉnh 91 đỉnh đa giác thoả mãn: đỉnh màu đỉnh tam giác cân có góc nhỏ 600

Cho đường tròn (O’,R) dây BC cố định (BC < 2R) A điểm di chuyển cung lớn BC (A khác B,C) Gọi M trung điểm đoạn AC, H hình chiếu vng góc M AB Xác định vị trí điểm A cung lớn BC để đoạn CH có độ dài lớn

Đề số 11

LỚP THCS NĂM HỌC 2007– 2008 MÔN THI: TỐN

Thời gian làm 150 phút, khơng kể thời gian giao đề

(16)

Cho x, y số thỏa mãn x + y = Tìm giá trị nhỏ biều thức A = x3 + y3 + 2xy

a, Cho p số tự nhiên khác Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình

x2 + 5px – =

x3, x4 hai nghiệm phương trình x2 + 4px – =

Chứng minh tích: (x1 – x3) (x2 – x3)(x1 + x4) (x2 + x4)

là 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

a, Tìm số a, b để phương trình (x -1)(x – a) + = (x -2 )(x + b) có nghiệm x = 30, x =3 x = 2007 b, Giải phương trình

2 1

4

x x x

x x

− + − = , với điều kiện

2 Câu (4 điểm)

Trong mặt phẳng cho 19 điểm phân biệt, khơng có ba điểm thẳng hàng nằm hình chữ nhật kích thước 2x3 Chứng minh 19 điểm cho có điểm nằm hình trịn bán kính

4 tạo thành tam giác có góc khơng

vượt q 45o

Trong đường tròn (O, R), cho dây AB cố định (AB < 2R) C điểm cung nhỏ AB Gọi M điểm tùy ý cung lớn AM với dây AB

a, Chứng minh tích CM.CN có độ lớn khơng phụ thuộc vào vị trí M b, Xác định vị trí điểm M cung lớn AB cho AM – BM =

3AB

Đề số 12

(17)

a Cho năm chữ số 1,3,5,7,9 Hỏi có số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt thành lập từ năm chữ số cho?

b Chứng minh tồn số tự nhiên n khác không thoả mãn(13579n−1) chia hết cho

13579

3

Cho phương trình

4 − − =

x mx (x ẩn số)

a chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 𝑥1, 𝑥2 với giá trị m Tìm giá trị lớn biểu thức ( 2)

2 2

2 + +7 =

+

x x A

x x

b Tìm giá trị m cho hai nghiệm phương trình số nguyên Câu (4 điểm) Giải phương trình x2− =1 3x+1

Trong ô bảng vuông 3x3 ta điền dấu + - để bảng sau hình

+ - + - + -

- + + + - +

+ - - - + +

Hình Hình

Ta thực phép biến đổi:

“Đổi ngược dấu tất ô dòng cột” Hỏi sau số hữu hạn lần áp dụng phép biến đổi ta thu bảng hình khơng? Tại sao?

Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB = điểm C điểm cung AB gọi M điểm tuỳ ý cung BC (M ≠ B,C) Kẻ dây BK song song với CM Đường trịn đường kính MK cắt tia BM điểm thứ hai S xác định vị trí điểm M cho khoảng cách từ điểm S đến AB lớn tính khoảng cách lớn

Đề số 13

(18)

a Có số tự nhiên gồm chữ số mà chữ số hàng đơn vị 4?

b Có số tự nhiên gồm chữ số thoả mãn có chữ số hàng đơn vị chi hết cho 3?

Cho a, b số thoả mãn < a < 3, < b < Tìm gái trị nhỏ tổng:

( ) (2 )2

2

3 = + + − + −

A a b a b

Cho phương trình ( )( )

2 2 − − − − + =

x x x x m m

a với giá trị m thìx= +1 nghiệm phương trình cho?

b Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm phân biệt xác định nghiệm

Cho 53 số nguyên dương phân biệt có tổng khơng lớn 2004 Chứng minh ln tìm số 53 số cho thoả mãn: ố chia thành cặp số , mà cặp có tổng 53

Cho tam giác vuông ABC (𝐴̂ = 90𝑜) Nội tiếp đường tròn (O) M điểm tuỳ ý thuộc đường tròn (𝑀 ≠ 𝐴, 𝐵, 𝐶) Gọi I trung điểm đoạn AM h hình chiếu vng góc I đường thẳng CM Hãy xác định vị trí M cho tam giác ACH có diện tích lớn

Đề số 14

(19)

Câu (4,0 điểm)

a) Chứng minh 2+ 3+ 3− − 21 12 3− số tự nhiên b) Cho số

( ) ( ) ( ) ( )

3 97 48 49

= + + + +

+ + + +

S

So sánh S với Câu (4,0 điểm)

Cho bốn số x, y, z, t có tổng Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

( )( )

+ + +

= x y z x y

A

xyzt

Câu (4,0 điểm)

Giải phương trình: ( ) 2

2 1

− + − − + − =

x x x x x

Câu (4,0 điểm)

Cho 100 điểm phân biệt đường tròn (O) cố định có bán kính cm Chứng minh tồn đa giác 2004 đỉnh nội tiếp đường tròn (O) cho: Tổng khoảng từ đỉnh đa giác đến 100 điểm cho không nhỏ 100 cm

Câu (4,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R, dây MN = R di chuyển đường tròn Qua M kẻ đường thẳng song song với ON, đường thẳng cắt đường thẳng AB E Qua N kể đường thẳng song song với OM, đường thẳng cắt đưởng thẳng AB F

a) Chứng minh hai tam giác MNE NFM đồng dạng;

b) Gọi I giao điểm EN FM Hãy xác định vị trí dây MN để tam giác MIN có chu vi lớn

THÀNH PHỐ HÀ NỘI

Đề số 15

(20)

Câu (4,0 điểm)

a) Nếu viết liên tiếp 9999 số 2003 ta số A = 20032003 2003 Hãy tìm số dư phép chia số A cho 9999

b) Cho a, b số tự nhiên khác ) ( 2)

+ 

a b ab

Hãy tính gía trị biểu thức: a2+b2

ab

Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình 2

2x+ 4x − +1 2x− 4x − =1 b) Tìm giá trị m để phương trình sau có nghiệm:

2 2

2x+ 4x − +1 2x− 4x − =1 4x −2x+ +2 m

Hãy tính nghiệm phương trình trường hợp có nghiệm Câu (4,0 điểm)

Cho < x < Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức : 2

= +

−

A

x x

Câu (4,0 điểm)

Cho 10 điểm phân biệt, khơng có ba điểm thẳng hàng nằm tam giác có cạnh cm Chứng minh ln tìm điểm 10 điểm cho, điểm lập thành tam giác thỏa mãn đồng thời kiện sau: Là tam giác có diện tích không vượt

3 cm

2 có góc nhỏ nhỏ 45o

Câu (4,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) dây AB cố định, AB = R Gọi P điểm cung nhỏ AB Đường thẳng d quay quanh P cắt đoạn AB điểm N (N ≠ A, B) cắt (O) điểm thứ hai M Gọi I điểm nằm đoạn thẳng BM cho

1 =

BI BM

a) Chứng minh AP tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN b) Hãy dựng đường thẳng d cho tổng khoảng cách từ điểm I đến hai

đường thẳng AO AP nhỏ THÀNH PHỐ HÀ NỘI

Đề số 16

(21)

Bài (4,0 điểm)

a) Gọi A tích 2002 số tự nhien liên tiếp khác Ta chia A cho 1; 2; 3; ; 2002 thương tương ứng A1; A2; ;A2002 Chứng minh

tổng (A1 + A2 + + A2002) chia hết cho 2003

b) Cho n số tự nhiên khác p số nguyên tố lớn Chứng minh hai số (pn + 1) (2pn + 1) có số hợp số

Bài (4,0 điểm)

Cho phương trình: ( ) ( )

2 2

+ − − + − − =

x a b x a b

Trong a ≥ b ≤ Hãy tìm giá trị lớn mà nghiệm phương trình đạt

Bài (4,0 điểm)

Giải phương trình x+ =1 2(x+ +1) 2(x+ +1) 4(x+1) Bài (4,0 điểm)

Trong hình chữ nhật kích thức cm × 10 cm,ta đặt điểm khác cách hú họa Chứng minh ln tìm điểm điểm cho mà khoảng cách chúng không lớn cm

Bài (4,0 điểm)

Dựng tam giác thỏa mãn hai điều kiện: Độ dài hai trung tuyến m, n diện tích tam giác lớn

Đề số 17

(22)

Bài (4,0 điểm)

Cho 2000 số a1, a2, ,a2000 lớn -1 có tổng Chứng minh:

1+ +1 2+ + +1 2000+ ≤1 2001

a a a

Hỏi đẳng thức có xảy khơng, sao? Bài (4,0 điểm)

1) Hãy tìm số tự nhiên n thỏa mãn: 5n+ n+ + n n

2) Chứng minh số nguyên tìm số có tổng chia hết cho

Bài (4,0 điểm)

Cho phương trình:

2

8 10

4

+ + =

+ +

m

x x

1) Giải phương trình m =

2) Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm phân biệt Bài (4,0 điểm)

Cho hình chữ nhật có cạnh 2m, 3m đường thẳng phân biệt thỏa mãn: đường thẳng chia tư giác thành hai phần có tỉ lệ : Chứng minh tồn đường thẳng số đường thẳng cho có tính chất: tạo với cạnh hình chữ nhật tạo thành tam giác có diện tích nhỏ hơn1

2 m

2

Bài (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A điểm M tùy ý nằm miền tam giác Gọi D, E, F theo thứ tự hình chiếu M BC, AC, BC Hãy xác định M để tổng:

2+ 2+

MD ME MF

Có giá trị nhỏ

Đề số 18

(23)

Bài (4,0 điểm)

a) Viết liên tiếp 2000 số 1999 ta số: A = 19991999…1999 Hãy tìm số dư A cho 10001

b) Với n số tự nhiên cho trước, xét hai số:

2 1 1

2 + + ; + +

= n + n = n − n

A B

Chứng minh hai số A, B có số chia dư số chia cho dư khác

Bài (4,0 điểm)

Cho x, y số nguyên dương thỏa mãn x + y = 1999 Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn xy

Bài (4,0 điểm)

Cho phương trình: ( )( ) ( )

2 2

− + − − − + =

x x x x m x x

a) Giải phương trình m = -2

b) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Bài (4,0 điểm)

Cho điểm khác đường trịn Ta tơ màu điểm cách hú họa để điểm màu đỏ, điểm màu xanh Sau ta thực liên tiếp phép biến đổi sau:

“giữa hai điểm liền ta xác định điểm mới, điểm tô mầu đỏ nấu hai điểm mầu, tô màu xanh hai điểm liền khác mầu”

Hỏi sau số hữu hạn lần biến đổi ta có thu ta thu kết điểm toàn mầu đỏ không, sao?

Bài (4,0 điểm)

Cho ∆ABC có ∠ >A ,v AC>ABvà AH đường cao Trong góc A dựng đoạn

⊥

AD ABvà AD=AB; AE⊥ ACvà AE = AC Gọi M trung điểm DE

a) Tính độ dài AM theo cạnh tam giác ABC b) Chứng minh A, H, M thẳng hàng

Đề số 19

(24)

Bài (4,0 điểm)

Cho ( )3

3 10

= + − − +

x

Tính giá trị biểu thức: A= x4−41999x2+3

x

Bài (4,0 điểm)

Cho ba số dương a, b, c Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức:

= + +

+ + +

a b c

A

b c c a a b

Bài (4,0 điểm)

Cho phương trình x2 + 5(m2 + 1)x + = với m số ngun

a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm x x1, = +

n n n

S x x số nguyên

với số nguyên n

b) Tìm số dư phép chia S1999 cho

Bài (4,0 điểm)

Một dãy nhà đánh số theo nguyên tắc chẵn lẻ.Biết tổng số số dãy nhà 1325, xác định số nhà thứ 13 kể từ đầu dãy

Bài (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Lấy điểm D cung BC (không chứa điểm A) Gọi H, I, K theo thứ tự hình chiếu D BC, CA, AB Chứng minh rằng:

1) BC = AC+ AB

DH DI DK

2) H, I, K thẳng hàng THÀNH PHỐ HÀ NỘI

Đề số 20

(25)

Bài (4,0 điểm)

1) Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng với số phương 2) Tìm tất số tự nhiên a, b cho 4

4

= +

A a b số nguyên tố

Bài (3,0 điểm)

Cho số a, b thỏa mãn 2

9

+ + = +

a b a b Chứng minh rằng:

7≤3a+4b≤27 Khi đẳng thức xảy

Bài (5,0 điểm)

Cho hệ ( )

2

4 2

1

3

 + ≤ + +



 + + − − + − =



x x x a

x x a x x a

1) Giải hệ với a = -3

2) Tìm giá trị a để hệ có nghiệm Bài (3,0 điểm)

Trên mặt phẳng cho 17 điểm cho khơng có điểm thẳng hàng Tất điểm nối với cặp đoạn thẳng, đoạn thẳng to màu: xanh, đỏ, vàng Chứng minh ln tìm tam giác có cạnh màu

Bài (4,0 điểm)

Cho đường tròn (O1; R1) (O2; R2) cắt điểm A, B (R1 < R2) Hãy xác

định điểm I cho đường tròn qua A I cắt hai đường tròn cho giao điểm thứ hai cách điều I

Đề số 21

(26)

ĐỀ SỐ (2018-2019)

Câu 1:

a) Phương trình: (*)

ĐKXĐ:

Đặt với

Từ ta có:

Thay vào thệ thức

* Nếu (Thỏa mãn) Ta (Thỏa mãn ĐKXĐ)

* Nếu Ta (Thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy phương trình có tập nghiệm

b)

Với ta có:

Áp dụng kết ta có:

3

2− = −x x−1

1 ≥ x  = −   = −  a x b x

a≤1,b≥0

3 2  = −  ⇒  = −  a x b x ⇒a +b =

( )* a= −1 b ⇒ = −b a

1 = −

b a a3+b2 =1⇒ ( )2

1 + − =

a a ⇔a3+a2−2a+ =1

3

2

⇔a +a − a= ⇔a a( 2+ −a 2)=0 ⇔a a( +2)(a− =1) 0

=

a ⇒ =b 2

1 − =  ⇔ =  − =  x x x + =

a ⇔ = −a ⇒ =b 10

1 − = −  ⇔ =  − =  x x x − =

a ⇔ =a ⇒ =b 1

1 − =  ⇔ =  − =  x x x

{1; 2;10}

=

S

2 2 1

2.3 3.4 2020.2021      = −  −   −       S ∈  n ( ) ( ) ( ()( ) )

2 1 2

1

1 1

− + + − − = = + + + n n n n

n n n n n n

1.4 2.5 3.6 2019.2022

2.3 3.4 4.5 2020.2021 =

S ( ) ( )

(1.2.3 2019 4.5.6 20222.3.4 2020 3.4.5 2021) ( )

= 1.2022 337

2020.3 1010

= =

(27)

Câu 2:

a) Ta có:

Mà nên mà số nguyên tố nên

nên

Từ mà số nguyên tố

mà nên

Vậy chia hết cho

b) Ta có tích từ ba số tự nhiên liên tiếp trở lên chia hết cho

Theo đề tích k số tự nhiên liên tiếp mà khơng chia hết

Đặt với số nguyên dương

Vì nguyên dương nên xảy trường hợp sau:

Trường hợp

Từ ta có (Loại)

Trường hợp

Từ ta có (Thỏa mãn)

Trường hợp 1010

( 2)

9 + + 

a ab b ⇒4(a2+ab b+ 2)9

( )2 2

2

 

⇒ a b− + b  ( )1

2

3b 3 (2a b− )23 (2a b− )

(2a b− ) (2a b− )29 ( )2

( )1 ( )2 ⇒3b29⇒ b2 ⇒ b

(2a b− ) b3 ⇒ 2a3 ( )2;3 =1 a3

a b

9n+11 9n+11 k =2

( )

9n+ =11 a a+1 a

( )

9n+ =11 a a+1 ⇔4.9n+45=4a2+4a+1

( )2 ( )2

2 2.3 45

⇔ + − n =

a ⇔(2a+ −1 2.3n)(2a+ +1 2.3n)=45 ,

a n 2a+ +1 2.3n ≥9

( ) ( )

2 2.3

 + − =   + + =  n n a a

( )1 ( )2 4a+ =2 14 ⇔ =a ⇒9n+ =11 12 ⇔9n =1 ⇔ =n

( ) ( )

2 2.3 15

2 2.3

 + − =   + + =  n n a a

( )3 ( )4 4a+ =2 18 ⇔ =a ⇒9n+ =11 20 ⇔9n =9 ⇔ =n

( ) ( )

2 2.3 45

2 2.3

 + − =   + + =  n n a a

(28)

Vậy Câu 3: a) Ta có

Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có:

Giả sử ba số nhỏ

(Trái với )

Do số ln tồn số lớn

b) Ta có

(Vì )

Mặt khác:

Từ , ,

1 = n 1 0; + > − x y 1 0; + > − y z 1 + > − z x

1 1 1

36

4 4

 

= + − + + − + − 

− − −

 x x y y y y z z z z x x

( ) 1 1 1

4 4

 

≤ + − + + − + + −  + + + + + 

− − −

 

x y y z z x

1 1 1

36 12

4 4

 

⇔ ≤  + + + + + 

− − −

x y y z z x

1 1 1

3

4 4

     

⇔ +  + +  + + ≥

− −  − 

x y y z z x ( )*

1 , + − x y 1 , + − y z 1 + −

z x

⇒ 1 1 1 1

4 4

 +  + +  + + < + + =

 −   −   − 

x y  y z z x ( )*

1 , + − x y 1 , + − y z 1 + − z x ( )

2P=2 ab bc ca+ + −2abc

( ) 2

2

= ab bc ca+ + +a + + −b c −2abc=a2+b2+ −c2

( )2

1 = a b c+ + −

2 2

2

+ + + =

a b c abc

⇔ 2 2 2

2

+ + = − − +

a b abc c a b a b

( )2 ( 2)( 2)

1 ⇔ ab+c = −a −b

2 2

2

+ + + =

a b c abc ⇒a2<1 b2 <1 ⇒ 1−a2 >0 1−b2 >0

(29)

Mặt khác theo bất đẳng thức với hai số ta có:

Từ ta có:

Do

Dấu “=” xảy

Vậy

Câu 4:

( )2 ( 2)( 2) 2 2

1  − −  + = − − ≤     a b

ab c a b

2

2 − − ⇔ab+ ≤c a b

( )2

2

− +

⇔ ≤c a b ( )1

–

AM GM (a+1)2

( )2 ( )2 ( )

1 .1 + + ≥ + = +

a b a b a b

( )2

1

+ +

⇒ + ≤a b a b ( )2

( )1 ( )2 ( ) ( )

2

1

2 2

+ + − +

+ + ≤ a b + a b =

a b c

9 ≤ − P = ⇒ ≤P

( )

2 2 2

1 1 2  − = −  + = ⇔ = = =   + + + =  a b

a b a b c

a b c abc

5

8

= ⇔ = = =

MaxP a b c

S N H M O K D E F I A B C

(30)

tia phân giác góc nên Theo tính chất tổng ba góc ta có:

(Do theo tính chất tổng ba góc tam giác)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: cân C

Lại có: (Hai góc kề bù)

Mặt khác (Tính chất tia phân giác)

Do đó: (g - g)

b) Ta có:

Tứ giác có Tứ giác nội tiếp

(Góc nội tiếp chắn nhỏ) mà (Tính chất tia

phân giác) vng cân

vng cân có đường trung tuyến nên đường trung trực

2

BI ABC  1

2 =

IBA ABC

∆AIB  180 ( ) 180  

2 + = ° − + = ° −BAC ABC

AIB IAB IBA

 180 180

2 −

= ° − C BAC +ABC=180° −C

 90

2 = ° +C

=

CE CD ⇒ ∆CED

⇒  180 

2 ° − = C

DEC

=180° −

AES DEC

  180

180 90 2 ° −

= ° − C = ° +C

 

⇒ AIB= AES 90  = ° +C  =

EAS IAB

∆IAB#∆EAS

∆IAB#∆EAS ⇒   ASE= ABI =IBD

IBDS IBD    180+ISD= ASE+ISD= ° ⇒ IBDS

  90

⇒ISB=IDB= ° BI  1 45

= = °

IAB BAC

⇒ ∆ASB S

∆ASB S SA SA AB

( )*

(31)

thuộc đường trung trực

Từ Ba điểm thẳng hàng

c) Vì tia phân giác nên

(Cùng vng góc với ) (Định lý Ta lét)

Từ

Mặt khác (Cùng vng góc với ) (Hệ định lý Ta lét)

mà (Cùng vng góc với ) nên

Từ ta có

Tứ giác có nên tứ giác hình chữ nhật

Ta có nên

Câu 5:

Ta thấy hai ô vng hai góc đối hình vng xa

Gọi số điền vào ô vuông

2

⇒ O AB ( )**

( )* ( )** ⇒ K O S, ,

AI ∆AMK AK = IK

AM IM ( )1

//AM

IF AB ⇒ IK = FK

IM FA ( )2

( )1 ( )2 ⇒ AK = FK

AM FA ⇒ =

AK AM

FK AF ( )3

//AN

ID BC ⇒ AN = SA

ID SI

//KS

IF AB ⇒ SA= AK

SI FK =

AN AK

ID FK ( )4

( )3 ( )4 AM = AN

AF ID

AEIF EAF   90= AFI =AEI = ° AEIF

⇒ AF=EI =ID

=

AF ID AM = AN

10 10×

1, 2, 3, , 19

a a a a

(32)

Ta có

Tương tự ta có:

Cộng vế bất đẳng thức ta có:

Vì số ngun nên có tối đa số nguyên khác điền vào bảng

Có 100 vng bảng nên theo ngun lý Dirichle có số xuất bảng

ít (lần)

ĐỀ SỐ (2017-2018)

Võ Quốc Bá Cẩn- Nguyễn Phúc Lữ - Nguyễn Lê Phước Câu 1:

a) Từ giả thiết, ta có: ( ) 1 2018.2017 2014 2018

 

= + +  + + − = − =

+ + +

 

P a b c

b c c a a b

11

a

12

a

13

a

14

a

15

a

16

a

17

a

18

a

19

a

1 2

1 a a 1

⇔ − < − <

; ;

2 3

1 a a 1

− < − <

1− <1

a a

18 19

1 − <a −a <

1 19

18 18

− < −a a < ⇔ a1−a19 <18

1, 2, 3, , 19

a a a a 19

100

1 19

  + =    

(33)

phương trình cho dạng ( ) ( 2) ( )

13 x−y =7 x +xy+y

Từ đây, ta có 13(x – y) chia hết cho Mà (13, 7) = nên x – y chia hết cho (2)

Mặt khác, ta lại có: 2 2 1( )2 3( )2 1( )2

4 4

+ + = − + + ≥ −

x xy y x y x y x y

Do kết hợp với (1) ta suy ra: ( ) 7( )2

13

4

− ≥ −

x y x y

Từ đó, với ý x – y ≠ 0, ta có đánh giá 52

< − <x y Kết hợp với (2), ta

x – y = Thay kết vào (1), ta tính x2 + xy + y2 = 13

Giải hệ phương trình x – y = x2 + xy + y2 = 13, ta cặp (x, y) thỏa mãn

yêu cầu đề (3, -4) (4; -3)

Bình luận: Ở câu b) học sinh sử dụng phương pháp phương trình bậc hai để giải Tuy nhiên, hệ số phương trình tương đối lớn nên khối lượng tính tốn nhiều vất vả để chặn gía trị x, y

Câu 2: a) Điều kiện ≥ −

x Do 6x2 + 2x + = 5x2 + (x + 1)2 > nên từ phương trình ta suy

x > Bây giờ, đặt a= 6x+3ta có 6x2 + 2x +1 = 6x2 +

3a nên phương trình cho viết lại

thành: 2 ( )( )

6

3

+ = − − =

x a xa hay a x a x

Từ ta có a = 3x a = 6x

Với a = 3x, ta có 9x2 = 6x + Từ đây, với ý x > 0, ta giải x =

Với a = 6x, ta có 36x2 = 6x + Từ đây, với ý x > ta giải 13.

12 + =

x

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 13 12 + =

x

b) Điều kiện: x ≥ -2 Từ phương trình thứ hai, suy y ≥ - Phương trình thứ hệ viết lại thành: x3 + x = (y – 1)3 + (y – 1)

Ta thấy, x > y – VT > VP x < y -1 thị ngược lại Do x = y – (suy y ≥ -1) Thay vào phương trình thứ hai hệ, ta được:

( )2

2 y+ = +1 y 2, hay y+ −1 =0

Giải phương trình này, ta y = Một cách tương ứng, ta có x = -1

(34)

Câu 3:

a) Giả sử số (m, n, p) thỏa yêu cầu Dễ thấy < m, n < p

Phương trình cho viết lại thành ( ) 2018 ( )

1

+ =

m n A p

trong 2018 2017 2017 2017 2018

= − + − − +

A m m n m n mn n

Nếu A không chia hết cho p từ (1), ta có A = m + n = p2018 = m2019 + n2019

Từ đó, dễ thấy m = n = p2018 = 2, mâu thuẫn Vậy A chia hết cho p

Do m + n > nên từ (1) suy m + n chia hết cho p Khi đó, ta có:

( )

2018

2019 mod

≡

A m p

Do A chia hết cho p < m < p nên từ kết trên, ta suy 2019 chia hết cho p, hay p = 2019 Từ đó, dễ thấy m n khác tính chẵn lẻ, hay m ≠ n

Bây giờ, ta viết lại phương trình cho dạng:

( ) ( )3 673 3 673 2018 ( )( 2 2) 2018

2019 2019

+ = + − + =

m n hay m n m mn n B

Trong ( ) ( ) ( )3 672 3 671 3 ( )( ) ( )3 3 671 3 672

= − + − +

B m m n m n n

Do m ≠ n nên m2 – mn + n2 = (m – n)2 + mn > 1, từ ta có m2 – mn + n2 chia hết cho

2019 Tuy nhiên, điều xảy

( )

2 2

3 mod 2019

0 mod 2019

− + ≡

≡

m mn n n

Vậy không tồn số m, n, p thỏa mãn yêu cầu đề b) Ta chứng minh

6 ≥

P với dấu đạt (x, y, z) = (0, 1, 2) (và hoán vị

vòng quanh này) Bất đẳng thức ≥

P tương đương với

3 3

16 16 16

,

16 16 16

+ + ≥

+ + +

 −  + −  + − ≤ + + −

 +   +    + 

 

x y z

y z x

x y z

hay x y z x y z

y z x

Một cách tương đương, ta phải chứng minh

( )

3 3 3

1

16+ 16+ 16≤3

+ + +

xy yz zx

y z x

(35)

( )( )2

16 12 12

+ = + − + ≥

y y y y y

Nên 3

16≤12 +

y

y Từ

3

16≤ 12 +

xy xy

y

Đánh giá tương tự, ta có 3 2, 3 3

16≤ 12 16≤ 12

+ +

yz yz zx zx

z x

Suy 3 3 3 2 ( )2

16 16 16 12

+ +

+ + ≤

+ + +

xy yz zx xy yz zx

y z x

Do y nằm x z ta có (y – z)(y – x) ≤ 0,

suy y2 + zx ≤ xy + yz xy2 + zx2 ≤ xy2 + xyz Từ đó, ta có đánh giá:

( ) ( )

( ) ( )( )

( )

2 2 2

2

3 4

4

+ + ≤ + + ≤ +

= − = − − −

≤

xy yz zx y x xz z y x z

y y y y

Từ (2) (3) ta thu (1) Vậy =

P

Câu 4:

(36)

Câu 5:

(37)

(38)

Nguyễn Công Lợi Bài (5.0 điểm)

a) Chứng minh n5 +5n3 −6n chia hết cho 30 với số ngun dương n

• Phân tích Đặt A =n5 +5n3 −6n để ý 30 2.3.5= (2, 3, nguyên tố theo tứng

đơi một) ta phân tích A cho A chia hết cho 2, 3,

• Lời giải Đặt A =n5 +5n3 −6n ta có

( )( )( ) ( )( )( )

( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )

5 2

2

A n 5n 6n n n n n n n n n 10

n n n n 10n n n

n n n n n 10 n n n

= + − = − + + = − + − +

= − + − + − +

= − − + + + − +

Do (n n n n n 2− )( − ) ( + )( + ) tích năm số tự nhiên liên tiếp nên tích chia hết

cho 2, 3, Mà 2, 3, nguyên tố theo đôi nên

(n n n n n 2− )( − ) ( + )( + ) chia hết cho 30 Mặt khác ta lại có (n n n 1− ) ( + ) chia hết cho 2,

3 nên chia hết cho Do 10 n n n 1( − ) ( + ) chia hết cho 30 Vậy A chia hết cho 30 hay

5

n +5n −6n chia hết cho 30

b) Tìm tất số nguyên dương ( )x; y cho x2 +8y y2 +8x số

phương

• Phân tích Dễ thấy vai trị hai biến x y tốn nên ta giả sử

x≥ y, ta có thấy mối liên hệ x2 +8y≤ x2 +8x<x2+8x 16+ =(x 4+ )2 Để ý

2

x <x +8y Như ta x2 < x2 +8y<(x 4+ )2 Do x2+8y số phương nên ta có

thể suy

( ) (2 ) (2 )2

2

x +8y= x , x , x 3+ + +

Đến ta xét trường hợp để tìm ( )x; y thỏa mãn

• Lời giải Khơng tính tổng qt ta giả sử x≥ y Khi ta có

( )2

2 2

x < x +8y≤ x +8x<x +8x 16+ = x 4+

Mà x2 +8y số phương nên ta suy x2 +8y nhận giá trị

( ) (2 ) (2 )2

x ; x ; x 3+ + +

+ Trường hợp Khi x2 +8y=(x 1+ )2 ta x2 +8y=x2+2x 1+ ⇔ 8y 2x 1= + , trường hợp

này không xẩy 8y số chẵn 2x 1+ số lẻ

+ Trường hợp Khi x2 +8y=(x 2+ )2 ta x2+8y=x2 +4x 4+ ⇔ =x 2y 1−

(39)

Khi y 1= ta x 1= cặp số ( ) ( )x; y = 1;1 thỏa mãn yêu cầu toán

Xét y 2≥ , ta có y2 +16y 8− =(y 3+ ) (2 + 10y 17− ) (> y 3+ )2

Đồng thời ta có y2+16y 8− =(y 6+ )2 −72<(y 8+ )2

Do suy (y 3+ )2 < y2+16y 8− <(y 8+ )2 Mà y2 +16y 8− số phương

Suy 2 {( ) (2 ) (2 ) (2 )2}

y +16y 8− ∈ y ; y ; y ; y 7+ + + +

Giải trực tiếp trường hợp ta cặp số ( ) ( ) (x; y = 5; , 21;11) thỏa mãn yêu cầu

toán

+ Trường hợp Khi x2 +8y=(x 3+ )2 ta x2+8y=x2 +6x 9+ ⇔8y=6x 9+ , trường

hợp không xẩy 8y số chẵn 6x 9+ số lẻ

Vậy cặp số ( )x; y thỏa mãn yêu cầu toán ( ) ( ) ( ) ( ) (x; y = 1;1 , 3; , 5; , 11;21 , 21;11) ( ) • Nhận xét Để tìm y thỏa mãn y2+16y 8− số phương ta xử lý theo cách khác

Đặt y2 +16y 8− =k k2( ∈N) Khi ta có

( )2 ( )( )

2 2

y +16y 8− =k ⇔ y 8+ =k +72⇔ y k y k+ − + + =72

Để ý y k+ + > + − >y k 0 y k; y k+ + + − tính chẵn lẻ

Lại có 72=2.36 =4.18 =6.12 Đến ta xét trường hợp xẩy để tìm y theo sau

y k+ − 2 4 6

y k+ + 36 18 12

k 17 7 3

y 11 3 1

Đến ta có kết tương tự

Bài (5.0 điểm)

a) Giải phương trình 2x 2x

x x 2x

− + − = +

• Phân tích Phương trình cho có chứa hai thức có ẩn mẫu Quan sát kỹ phương trình

ta nhận thấy 2x 2x

x x x

   

− + − =

   

    có mối liên hệ với vế phải phương trình, ta sử

dụng đánh giá để làm thức đưa hai biểu thức vào thức

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 2x 2x 1 2x 1 2x

x x x x 2x

   

− + − ≤  + − +  + − = +

   

Đến ta giải phương trình

(40)

x x

6 x 3

2 ≤ ≤

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

3 6

2x 2x 2x 2x

x x x x 2x

   

− + − ≤  + − +  + −  = +

   

Kết hợp với phương trình cho suy dấu bất đẳng thức xẩy Do ta có

3

2x 3

x x

6 2x 1

x 

− =

 ⇔ =



 − =



, thỏa mãn điều kiện xác định Vậy phương trình cho có nghiệm x

2 =

b) Giải hệ phương trình

4x x y x y

5y

5y x y x y

x 

= + − −

  

 = + + −



• Phân tích Quan sát hệ phương trình ta nhận thấy 4x 5y

5y x = nhân hai vế phải

hai phương trình ta lại có ( x y+ − x y− )( x y+ + x y− ) =2y Đến ta y 1= ,

đó ta đưa giải phương trình x x

x = + + −

• Lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình x≥ >y Nhận theo vế hai phương

trình hệ cho ta

( )( )

4x 5y. x y x y x y x y 2 2y y 1

5y x = + − − + + − ⇔ = ⇔ =

Thay vào phương trình thứ hai hệ cho ta x x

x = + + −

+ Xét x

= Khi ta 5

4

= + + − , đẳng thức Do x

4

= nghiệm phương trình

+ Xét x

> Khi ta có 5 x x

x < = + + − < + + − , phương trình

khơng có nghiệm + Xét x

4

< Khi ta có 5 x x

x > = + + − > + + − , phương trình

khơng có nghiệm

(41)

4

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( )x; y 5;1

 

=  

  Bài Với số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2+y2 +z2 =2

a) Chứng minh x y z xy+ + ≤ +

• Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta

( ) (x y)2 z2 1 x2 y2 x2 2xy 2

x y z x y z.1 xy

2 2

+ + + + + + +

+ + = + + ≤ + = = +

Dấu xẩy

2 2

x y

x z 1; y

z

y z 1; x

x y z

 + =

 = = =

 = ⇔ 

 = = =



 + + = 



b) Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức P x y z

2 yz zx xy

= + +

+ + +

• Lời giải

+ Tìm giá trị lớn P

Áp dụng kết câu a ta có bất đẳng thức

x y z xy; x y z yz; x y z zx+ + ≤ + + + ≤ + + + ≤ +

Khi ta P x y z x y z

2 yz zx xy x y z x y z x y z

= + + ≤ + + =

+ + + + + + + + +

Do giá trị lớn P 1, dấu xẩy x= =y 1; z=0 hoán vị + Tìm giá trị nhỏ P

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có x 2x 2x2 2 2x 2

2 yz+ = 2yz+ ≥ y+ +z = x−

Ta chứng minh 0≤ ≤x 2x 2 x2

6 x− ≥ 2 Thật vậy, đặt t x 2= ta có t 1≤ ≤

Ta cần chứng minh ( ) (2 )

2

t t t t 2 t 0

3 t− ≥ 2 ⇔ − + ≥ bất đẳng thức

Vậy ta có 2x 2 x2

6 x− ≥ 2 , dấu xẩy x =0 x =

Như ta có x x2

2 yz+ ≥ 2 2

(42)

2 zx+ 2 2 xy+ 2 2

được

2 2

x y z x y z 2

P

2 yz zx xy 2 2 2 2

+ +

= + + ≥ = =

+ + +

Dấu xẩy x= 2; y= =z hoán vị

Vậy giá trị nhỏ P

2 , đạt x= 2; y= =z hốn vị

• Nhận xét Câu a tốn gợi ý để tìm giá trị lớn biểu thức P Ngoài ta

có thể tìm giá trị lớn P độc lập với gợi ý câu a sau

2x 2y 2z 1

2P x y z xyz

2 yz zx xy yz zx xy

 

= + + = + + −  + + 

+ + +  + + + 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta

2 2

1 1 9 1

2 yz+ + zx+ +2 xy+ ≥ xy yz zx+ + + ≥ x+ +y +z = >

Khi ta có 2P ≤ + + −x y z xyz =x yz( − )+ +y z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta ta lại có

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

2 2 2

2 2

x yz y z x y z yz

2 2yz 2yz y z 2y z yz

   

 − + +  ≤ + + − +

   

     

= + − + = + − ≤

Bất đẳng thức cuối yz y2 z2 2 +

≤ ≤ Do ta 4P2 ≤ ⇒4 P 1≤

Với ý thứ hai câu b ta trình bày cách khác sau Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta

( )

( ) ( ) ( ) ( ( ) )

2

x y z x y z

x y z

P

2 yz zx xy x yz y zx z xy x y z 3xyz

+ + + +

= + + ≥ =

+ + + + + + + + + + +

Đặt t x y z= + + , ta có t2 ≥ x2 +y2 +z2 =2 t2 ≤3 x( +y2 +z2) =6

Từ suy ≤ ≤t 6 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta

( )( ) t t( 2)

9xyz x y z xy yz zx

2 −

≤ + + + + =

(43)

( ) t2 10

t t

2t

2

+ −

+

Ta có ( ) ( )( )

2

6t

12t t 10 t t

2

t +10 ≥ ⇔ ≥ + ⇔ − − ≤

Bất đẳng thức cuối ≤ ≤t 6 Vậy ta P 2

≥

Bài (6.0 điểm)

Cho tam giác ABC (BC CA> >AB) nội tiếp đường tròn ( )O có trực tâm H Đường

trịn ngoại tiếp tam giác BHC cắt tia phân giác góc ABC điểm thứ hai M Gọi P

trực tâm tam giác BMC

a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, P huộc đường trịn

• Phân tích Để chứng minh bốn điểm A,

B, C, P thuộc đường trịn ta cần có BPC =BAC

Do P trực tâm tam giác BMC nên M trực tâm tam giác PBC Từ ta có

 

BPC 180= −BMC

Lại thấy BAC 180 = −BHC Đến ta có

điều cần chứng minh BHC = BMC

• Lời giải Do P trực tâm tam giác BMC nên M trực tâm tam giác PBC

Từ ta có BPC 180 = −BMC Do H trực tâm tam giác ABC nên BAC 180 = −BHC

Mà ta lại có BHC =BMC tứ giác BHMC nội tiếp

Do ta đượcBPC 180 = −BMC 180 = −BHC =BAC Suy bốn điểm A, B, C, P

thuộc đường tròn

b) Đường thẳng qua H song song với AO cắt cạnh BC E Gọi F điểm cạnh BC cho CF BE= Chứng minh ba điểm A, F, O thẳng hàng

P

N H

I

K M

O

F

E C

B

A

(44)

đi qua A đường tròn ( )O Giả sử AK đường kính, ta chứng minh ba điểm A, F, K

thẳng hàng Giả thiết cho HE song song với AK nên ta chứng minh FK song song với EH Dễ thấy hai tam giác HBE CKF nên KFC =HEB, đến ta có điều phải chứng

minh

• Lời giải Dựng đường kính AK đường trịn ( )O Khi dễ dàng chứng minh

tứ giác BHCK hình bình hành

Xét hai tam giác BHE CKF có BE =CF; HBE =KCF; BH =CK nên ∆BHE = ∆CKF

Từ ta KFC =HEB, từ ta HE song song với KF Lại có AK song song với HE nên ba điểm A, F, K thằng hàng Suy ba điểm A, F, O thẳng hàng

c) Gọi N tam đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM Chứng minh PN= PO

• Phân tích lời giải Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC Ta có

BHC CKB

∆ = ∆ nên bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BHC bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BKB Từ ta suy OB OC= = IB= IC Chú ý ON đường trung trực AB OI đường trung trực BC, IN đường trung trực BM nên ta suy ONI =ABM OIN =MBC

Từ dẫn đếnABM MBC 1ABC

= = nên OIN ONI 1ABC

2

= = hay tam giác OIN cân O,

đồng thời ta có NOI 180 = −2NIO 180 = −ABC

Lại có POB 2PCB 90 =  = ( −MBC) =1800 −2MBC 180 = −ABC

Từ ta NOI =POB nên suy NOP =IOB

Hai tam giác OBI OPN có OI=ON; NOP =IOB;OB =ON nên ∆OBI = ∆POB Mà tam giác OBO cân B nên tam giác OPN cân P Từ suy PN= PO

Bài (1.0 điểm) Trên bàn có 100 thể đánh số từ đến 100 Hai người A B chọn lấy tẩm thẻ bàn cho người A lấy thẻ đánh số n đảm bảo người B chọn thẻ đánh số 2n 2+ Hỏi người A lấy nhiều thẻ bàn thỏa mãn yêu cầu tốn

(45)

bốc thẻ có đánh số từ đến 49 Ta xét tập {1;2; 3; 4; ; 49} Giả sử ta cho A bốc tâm thẻ

có đánh số lẻ từ đến 49 Như A bốc 25 số Khi B bốc 12 thẻ đánh số chẵn 4; 8;12; 48 có tập hợp 13 thẻ đánh số lấy từ số lại Cho

A bốc tâm thẻ có đánh số chẵn, A bốc số tương ứng với B bốc số có bố số thuộc tập hợp Như tập hợp vừa hết số Do tối đa A bốc 33 số Để chứng minh điều ta chia tập hợp {1;2; 3; 4; ; 49} thành sau

+ Nhóm gồm { } { } { } { } {1; , 3; , 5;12 ; 7;16 , , 23; 48}, có 12 số A bốc 12 số B bốc

được có tập hợp

+ Nhóm gồm { } {2; , 10;22 , 14; 30 ; 18; 38} { } { }, có số A bốc số B bốc có

trong tập hợp

+ Nhóm gồm { } { } { } { } { }25 , 27 , 29 ; 31 , , 49 , có 13 số A bốc có tập hợp

tương ứng 13 số B bốc từ số cịn lại

+ Nhóm gồm { } { } { } { }26 , 32 , 42 ; 46 , có số A bốc có tập hợp tương

ứng số B bốc từ số lại

Như A bốc từ 34 số trở lên có hai số trùng Từ ta có lời giải sau

• Lời giải Vì B bốc thẻ có đánh số 2n 2+ nên 2n 100+ ≤ Suy n≤49 Do A bốc thẻ có đánh số từ đến 49 Ta chia tập hợp {1;2; 3; 4; ; 49} thành 33 tập

hợp sau

+ Nhóm gồm { } { } { } { } {1; , 3; , 5;12 ; 7;16 , , 23; 48}(12 nhóm)

+ Nhóm gồm { } {2; , 10;22 , 14; 30 ; 18; 38} { } { }(4 nhóm)

+ Nhóm gồm { } { } { } { } { }25 , 27 , 29 ; 31 , , 49 (13 nhóm)

+ Nhóm gồm { } { } { } { }26 , 32 , 42 ; 46 (4 nhóm)

Trong nhóm A chọn tối đa số Nếu A chọn nhiều 34 số số từ đến 49 theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số Do A chọn tối đa 33 số

Mặt khác A chọn 33 số sau thỏa mãn yêu cầu toán

(46)

Vậy A lấy tối đa 33 thẻ

ĐỀ SỐ (2015-2016)

Nguyễn Công Lợi Câu (5.0 điểm)

a) Cho nguyên a, b, c, d thỏa mãn a3 +b3 =2 c( −8d3) Chứng minh a b c d+ + +

chia hết cho

• Phân tích Để chứng minh a b c d+ + + chia hết cho ta cần tạo tổng có chứa biểu thức a b c d+ + + tổng chia hết cho Để ý đến giả thiết a3 +b3 =2 c( −8d3), ta

nghĩ đến biến đổi để làm xuất (a b+ ) (3 + c d+ )3 Do ta thêm bớt lượng thích hợp cho giả thiết tốn Ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

3 3 3

a b 3ab a b c d 3cd c d 3ab a b 3cd c d 3c 15d

a b c d 3ab a b 3cd c d 3c 15d

+ + + + + + + = + + + + −

⇔ + + + = + + + + −

Dễ thấy 3ab a b( + )+3cd c d( + )+3c3 −15d3 chia hết ta (a b+ ) (3 + c d+ )3

chia hết cho Đến ta thấy viết (a b+ ) (3 + c d+ )3 dạng (a b c d A+ + + ) ta chưa thể khẳng định a b c d+ + + chia hết cho Do ta viết biểu thức (a b+ ) (3 + c d+ )3 dạng lũy thừa bậc ba a b c d+ + + Ta có

( ) (3 ) (3 )3 ( )( )( )

a b+ + c d+ = a b c d+ + + −3 a b c d a b c d+ + + + +

Đến ta có đươc điều cân chứng minh

• Lời giải Từ giả thiết a3 +b3 =2 c( 3−8d3) ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

3 3 3

a b 3ab a b c d 3cd c d 3ab a b 3cd c d 3c 15d

a b c d 3ab a b 3cd c d 3c 15d

+ + + + + + + = + + + + −

⇔ + + + = + + + + −

Dễ thấy 3ab a b( + )+3cd c d( + )+3c3 −15d3 chia hết ta (a b+ ) (3 + c d+ )3 chia

hết cho

Mặt khác ta lại có (a b+ ) (3 + c d+ ) (3 = a b c d+ + + )3 −3 a b c d a b c d( + )( + )( + + + )

Mà a b c d a b c d( + )( + )( + + + ) chia hết suy (a b c d+ + + )3 chia hết cho Do a b c d+ + + chia hết cho

(47)

chia hết cho

b) Tìm tất số nguyên tố x cho 2x +x2 số nguyên tố

• Phân tích Dễ thấy x 2= khơng thỏa mãn u cầu tốn cịn x=3 thỏa mãn u cầu toán Ta cần chứng minh x>3 khơng tồn số ngun tố thỏa mãn Chú ý

x>3 x số ngun tố lẻ ta ln có x2 chia có số dư Ngoài số nguyên tố x >3 x

2 chia dư Điều dẫn đến 2x +x2 chia hết cho 3, x>3 2x +x2 ln

là hợp số

• Lời giải Ta xét trường hợp sau

+ Khi x 2= ta 2x +x2 =22 +22 =8 số nguyên tố

+ Khi x=3 ta 2x +x2 =23 +32 =17 số nguyên tố

+ Khi x>3 x số nguyên tố lẻ Khi x2 chia có số dư

Ngoài x số nguyên tố lẻ nên ta đặt x =2k k N+ ( ∈ *)

Từ ta có x 2k k ( )k

2 =2 + =2.4 =2 1+ chia có số dư

Như 2x +x2 chia hết cho Do 2x +x2 ln hợp số x>3

Vậy x =3 giá trị thỏa mãn u cầu tốn

• Nhận xét Với toán số học dạng ta thường thử với số nguyên tố nhỏ x=2; 3 Với các số nguyên tố lớn ta chứng minh không thỏa mãn

Câu (5.0 điểm)

a) Giải phương trình 2x2 +11x 19+ + 2x2 +5x 7+ =3 x 2( + )

• Phân tích Quan sát phương trình ta nhận thấy (2x2 +11x 19+ ) (− 2x2 +5x 7+ ) =6 x 2( + ) nên

ta nghĩ đến phép nhân liên hợp Để ý cần xét trường hợp phép nhân liên hợp thực hiện

• Lời giải Điều kiện xácđịnh phương trình 2x2 +11x 19 0;2x+ ≥ +5x 7+ ≥0

+ Xét x = −2, ta thấy thỏa mãn phương trình, x = −2 nghiệm phương trình

(48)

đương với ( ) ( ) 2

2

6 x

3 x 2x 11x 19 2x 5x

2x 11x 19 2x 5x

+

= + ⇔ + + − + + =

+ + − + +

Kết hợp với phương trình cho ta có hệ 2x22 11x 19 2x22 5x x 2( )

2x 11x 19 2x 5x

 + + + + + = +

 

+ + − + + =



Từ ta

( ) ( )

2

3x

2 2x 11x 19 3x x

4 2x 11x 19 3x

 + ≥



+ + = + ⇔  ⇔ =

+ + = +



Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm S= −{ }2;2 • Nhận xét

+ Kỹ thuật nhân liên hợp gọi nhân liên hợp đưa hệ tạm tốn có nhiều em sai lầm không xét trường hợp x= −2 x ≠ −2, điều vừa cho phép nhân liên hợp không xảy vừa làm cho ta lấy thiếu nghiệm

+ Ngồi cách nhân liên hợp ta sử dụng phép đặt ẩn phụ sau Đặt a =2x2 +11x 19; b+ =2x2 +5x a+ ( ≥ 0; b≥0) Khi ta có hệ phương trình

( )

( ) ( )( ( ) () ) ( )( ( ) () ) 2

a b x a b x a b x

a b x a b a b x x a b x

 + = +  + = +  + = +

 ⇔  ⇔ 

 − = +  + − = +  + − = +

  

  

Đến ta có hai trường hợp x 0+ = a b 2− = thu kết tương tự

b) Tìm tất ba số (x; y; z) thỏa mãn

2 2

x y z

1 1

x y z

x y z 17

 + + = 

 + + = 



+ + =

 • Phân tích Để ý x y z+ + =3 1 1

x + + =y z 3 ta nhận thấy

1 1

x + + =y z x y z+ + , quy

đồng phân tích thành tích ta (x y y z z x+ )( + )( + )= 0 Đến ta xét trường hợp

thế vào phương trình thứ ba để tìm nghiệm cho hệ

• Lời giải Từ x y z+ + =3 1 1

x + + =y z ta

1 1

x+ + =y z x y z+ + Khi ta

( )

( )( 2) ( )( )( )

1 1 0 x y x y 0

x y z x y z xy z x y z

x y xy zx yz z x y y z z x

+ +

+ + − = ⇔ + =

+ + + +

⇔ + + + + = ⇔ + + + =

+ Xét trường hợp x y+ =0, từ x y z+ + =3 ta z =3

Cũng từ x y+ =0 ta x = −y Thế vào x2 +y2+z2 =17 ta 2x2 = ⇔ = ±8 x 2

(49)

+ Giải trường hợp y z+ =0 z x+ =0 ta số hoán vị hai số Vậy số (x; y; z) cần tìm (2; 2; , 2;2; , 2; 3; , 2; 3;2 , 3;2; , 3; 2;2− ) (− ) ( − ) (− ) ( − ) ( − )

Câu (3.0 điểm)

a) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x, y, z

< < xy yz zx

4

+ + = Tìm giá trị nhỏ

của biểu thức P 4x 2 4y 2 4z 2

3 4x 4y 4z

= + +

− − −

• Phân tích Dự đoán dấu bất đẳng thức xẩy x y z

= = = Quan sát bất đẳng

thức ta thấy biểu thức P có đại lượng độc lập biến Do ta nghĩ đến chứng minh bất đẳng thức 4x 2 f x ;( ) 4y 2 f y ;( ) 4z 2 f z( )

3 4x− ≥ 4y− ≥ 4z− ≥

Để ý ta thực phân tích 3 4x− =( 3 2x− )( 3 2x+ ) biểu thức xuất

hiện 3 số vô tỉ khó để cân điểm rơi Như thay xét biểu thức x 2

3 4x− ta xét

biểu thức

( )

2 2

x x

3 4x 3 4x

 

=

 

−

  − Vì bất đẳng thức cần chứng minh có dạng ( )

4x f x

3 4x− ≥ nên

ta đánh giá mẫu theo chiều tăng dần Do đại lượng 3 4x− 2 có −4x2 nên ta cần nhân thêm

vào (3 4x− 2)2 lượng kx2 để đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy biến bị triệt tiêu Để ý

rằng x

= ta có 8x2 = −3 4x2 Do áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta

( )2 ( )( ) 2

2 2 2 8x 4x 4x

8x 4x 8x 4x 4x

3  + − + −  − = − − ≤  =   Từ ( ) ( )

2 4

4

2

2 2

x 8x 8x

x

3 4x 8x 4x

= ≥ =

− − nên

2

4x 4x

3 4x− ≥

• Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có

( )2 ( )( ) 2

2 2 2 8x 4x 4x

8x 4x 8x 4x 4x

3

 + − + − 

− = − − ≤  =

 

Từ ta

( ) ( )

2 4

4

2

2 2

x 8x 8x x

8

3 4x 8x 4x

= ≥ =

− − nên

2

4x

3 4x− ≥

Hồn tồn tương tự ta có 2

2

4y 4y ; 4z 4z

3 4y− ≥ 4z− ≥

Cộng theo vế bất đẳng thức ta P x≥ ( +y2 +z2)≥4 xy yz zx( + + )= 3

Vậy giá trị nhỏ P 3, dấu xẩy x y z

= = =

(50)

2016 2016 2016

2015 2015 2015

a b c a b c

b c a+ − + c a b+ − +a b c+ − ≥ + +

• Phân tích Với bất đẳng thưc cần chứng minh ta sử dụng đánh giá theo bất

đẳng thức Cauchy hay Bunhiacopxki Do ta nghĩ đến phương pháp biến đổi tương đương

Xét hiệu a2016 a2015 b2016 b2015 c2016 c2015

b c a+ − − + c a b+ − − + a b c+ − − Khi ta

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2015 2015 2015

2015 2015 2015 2015 2015

a b c

b c a c a b a b c

a b a c b a b c c a c b

a b c

b c a c a b a b c

a a b b a b b b c c b c a a c

b c a c a b c a b a b c b c

      − + − + −  + −   + −   + −         − + −   − + −   − + −  =  +  +   + − + − + −       − − − − − = − + − + + − + − + − + − + − ( ) 2015

b a c

a a b c

− −

+ −

Nếu a ≥ ≥b c ta thấy a2015 ≥ b2015 ≥c2015 0 b c a< + − ≤ + − ≤ + −a c b a b c

Khi ta thấy a2015 b ; b2015 c2015 ; a2015 c2015

b c a+ − ≥ c a b a c b+ − + − ≥ a b c b c a+ − + − ≥ a b c+ −

Do ta (a b) a2015 b2

b c a c a b

 

−  − ≥

+ − + −

  Hồn tồn tương tự ta có

( ) b2015 c2015 ( ) a2015 b2015

b c 0; a c

c a b a b c b c a a b c

   

−  − ≥ −  −  ≥

+ − + − + − + −

   

Đến tốn xem chứng minh

• Lời giải Xét hiệu a2016 a2015 b2016 b2015 c2016 c2015

b c a+ − − + c a b+ − − + a b c+ − − hay ta

2015 a 2015 b 2015 c

a b c

b c a c a b a b c

     

− + − + −

 + −   + −   + − 

     

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2015 2015 2015

2015 2015 2015 2015 2015 2015

a b a c b a b c c a c b

a b c

b c a c a b a b c

a a b b a b b b c c b c a a c b a c

b c a c a b c a b a b c b c a a b c

 − + −   − + −   − + −  =  +  +   + − + − + −       − − − − − − = − + − + − + − + − + − + − + − + −

Khơng tính tổng quát ta giả sử a ≥ ≥ >b c

Khi ta thấy a2015 ≥b2015 ≥ c2015 0 b c a< + − ≤ + − ≤ + −a c b a b c

Do ta có (a b) a2015 b2

b c a c a b

 

−  − ≥

+ − + −

  Hồn tồn tương tự ta có

( ) b2015 c2015 ( ) a2015 b2015

b c 0; a c

c a b a b c b c a a b c

   

−  − ≥ −  −  ≥

+ − + − + − + −

   

Cộng theo vế bất đẳng thức ta

(51)

0 b c a+ − − c a b+ − + c a b+ − − a b c+ − + b c a+ − − a b c+ − ≥

Do a2016 a2015 b2016 b2015 c2016 c2015 0

b c a+ − − + c a b+ − − + a b c+ − − ≥

Từ suy a2016 b2016 c2016 a2015 b2015 c2015

b c a+ − + c a b+ − + a b c+ − ≥ + +

Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xây a = =b c Câu (6.0 điểm)

a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, M thuộc đường trịn

• Phân tích Giả thiết CQ.AP a= 2 viết lại

thành CQ.AP AC= 2 hay CP AC

AC = AQ Từ ta

nghĩ đến hai tam giác ACP CQA đồng dạng

Điều này được khẳng định do

 

PAC QCA= =60 Để chứng minh tứ giác

ABMC nội tiếp đường tròn ta cần

 

MAB=BCM

• Lời giải Từ CQ.AP a= 2 ta CQ.AP AC= 2 hay CP AC

AC = AQ

Xét hai tam giác ACP CQA có CP AC

AC = AQ  

0

PAC=QCA=60 nên ∆ACP∽∆CQA

Từ ta ACP =AQC Mà ta có ACP  =ACB BCP 60+ = +BCP

Lại có AQC  =ABC BAM+ =600+BAM

Do ta MAB =BCM, suy tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn b) Gọi I, J, K hình chiếu M AB, BC, CA

• Phân tích

+ Xác định vị trí Q để IK có độ dài lớn

Ta nhận thấy ba điểm I, J, K thẳng hàng (Đường thẳng Simson) Do ta dự đốn IK dài IK BC= , điểm M nằm cung nhỏ BC đường tròn (O) Dễ thấy hai tam giác BMC IMK đồng dạng với Do ta IK MI

BC = MB O

K J

I P

Q M

C B

A

(52)

+ Chứng minh MI2 +MJ2 +MK2 không đổi Q di chuyển cạnh BC

Để tính MI2+MJ2+MK2, trước hết ta cần tìm mối lên hệ MI, MJ, MK

Chú ý ta có MI, MJ, MK đường cao tam giác ABM, BCM, ACM Khi đó ta có

ABM BCM ACM

1 1

S AB.MI; S BC.MJ; S MK.AC

2 2

= = =

Quan sát cơng thức ta thấy có mối liên hệ SABM +SACM =SBCM +SABC, mà tam giác ABC cạnh a nên ta tính SABC a 32

4

= Từ ta thấy

2

a

AB.MI MK.AC BC.MJ

2

+ = + hay ta MI MK MJ a MI MK MJ a

2

+ = + ⇔ + − =

Để tính MI2 +MJ2 +MK2 ta bình phương hai vế biểu thức MI MK MJ a

2

+ − =

Như ta có MI2 MJ2 MK2 2 MI.MK MI.MJ MJ.MK( ) 3a2

4

+ + + − − = Để chứng minh

được yêu cầu toán ta cần phải chứng minh MI.MK MI.MJ MJ.MK− − không đổi Trong toán liên quan đến đường thẳng Simson ta thấy có hệ thức liện hệ

MI, NJ, MK 1

MI +MK = MJ Cần kiểm tra xem hai hệ thức có mối liên hệ khơng

Ta có 1 MI.MK MJ MI MK( ) MI.MK MJ.MI MJ.MK

MI + MK = MJ ⇔ = + ⇔ − − = Đến

đây ta chứng minh MI2 +MJ2 +MK2 khơng đổi Q di chuyển cạnh BC

• Lời giải

+ Xác định vị trí Q để IK có độ dài lớn

Do tứ giác ABMC AIMI nội tiếp nên BMC = IMK 120= 0, suy IMB =KMC

Mà hai tứ giác BIMJ CKJM nội tiếp nên ta lại có BMI = BJI; KMC  = KJC Do ta BJI =KJC nên ba điểm I, J, K thẳng hàng

Dễ thấy hai tam giác BMC IMK đồng dạng với Do ta IK MI

BC = MB

Mà ta có IM MB≤ nên ta IK BC≤ hay IK a≤ , dấu xẩy MB⊥AB hay M nằm cung nhỏ BC, Q điểm cạnh BC

Vậy IK lớn Q trung điểm BC

+ Chứng minh MI2 +MJ2 +MK2 không đổi Q di chuyển cạnh BC

(53)

MI CA

MJ BQ

MK = AB

Từ suy MJ MJ CQ BQ

MI + MK = CA + AB = nên ta MJ MI MK( + ) =MI.MK

Hay MI.MK MJ.MI MJ.MK− − =

Mặt khác ta lại có SABM 1AB.MI; SBCM 1BC.MJ; SACM 1MK.AC

2 2

= = =

Mà SABM +SACM =SBCM +SABC SABC a 32

= Nên ta có AB.MI MK.AC BC.MJ a 32

2

+ = +

hay MI MK MJ a MI MK MJ a

2

+ = + ⇔ + − = Do (MI MK MJ)2 3a2

4

+ − =

Suy MI2 MJ2 MK2 2 MI.MK MI.MJ MJ.MK( ) 3a2

4

+ + + − − =

Mà MI.MK MJ.MI MJ.MK− − = nên MI2 MJ2 MK2 3a2

4

+ + = không đổi

Vậy MI2 +MJ2 +MK2 không đổi Q di chuyển cạnh BC

• Nhận xét Để chứng minh MI2 +MJ2 +MK2 không đổi Q di chuyển cạnh BC ta

đi chứng minh hai toán nhỏ sau

+ Bài tốn Cho tam giác ABC có cạnh a nội tiếp đường tròn tâm O.Gọi M điểm trê

cung nhỏ BC Gọi I, J, K hình chiếu M AB, BC, AC Khi MI MK MJ+ −

khơng đổi

+ Bài tốn Cho tam giác ABC có cạnh a nội tiếp đường trịn tâm O.Gọi M điểm

trên cung nhỏ BC Gọi I, J, K hình chiếu M AB, BC, AC Khi

1 1

MI +MK = MJ Hệ thức tốn cịn cho tam giác nhọn ABC Câu (1.0 điểm)

• Phân tích Bảng có kích tước 10.10 có tất 100 vng đơn vị Theo hai chung

cạnh chung đỉnh nguyên tố nhau, hai chung cạnh chung đỉnh thì có số chẵn số lẻ Trong hình 2x2 có nhiều số lẻ Ngoài số lẻ

có nhiều số bội nên có nhiều hai số lẻ không chia hết cho Ta viết trong 100 vng đơn ví có 25 vng 2x2 nên có nhiều 50 số lẻ khơng chia hết cho Mà

(54)

bài toán chứng minh

• Lời giải Xét hình vng cạnh 2x2, hình vng có hình vuông nhỏ

chung cạnh chung đỉnh nên tồn nhiều số chẵn, nhiều số chia hết cho có số lẻ không chia hết cho Bảng 10x10được chia thành 25 hình vng

có cạnh 2x2 nên có 50 số lẻ khơng chia hết cho Từ đến có số lẻ khơng chia

hết cho 1, 5, Áp dụng nguyên lí Dirichlet ta ba số xuất

nhất 50 17

3  

+ =  

  lần

ĐỀ SỐ (2014-2015)

Câu 1: 1) Ta có

( )( )( )

1 1

1

1 1

+ +

+ + = + + = = + +

⇔ − + + + − − − =

⇔ − − − =

ab bc ca

a b c ab bc ca

a b c abc

abc a b c ab bc ca

a b c

Vậy có số 2) Ta có:

( ) ( ) ( )

3

2 2 5.8

8 mod mod mod 7

+

= + + = +

≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ + ≡ ⇒ 

n n n

n

A

Do A A

Mặt khác ta chứng minh A > nên A hợp số Câu 2:

1) Do vế phải phương trình ln dương nên x >

( )2 ( )

3 1 1,

3 + + −

= − + ≥ = − ≤ x x x =

VP x VT x x x

Dấu “=” xảy x = nên phương trình có nghiệm x = 2) Thay phương trình (2) vào phương trình (1) được:

( ) ( )( )

3 2 2

2

+ + + = ⇔ + − + = ⇔ = −

x xy y x y x y x xy y x y

` Thay x = -2y vào phương trình (2) ta được: 4y2 + 8y2 = 12 nên y = ±

Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (1; - 2) , (-1; 2) Câu 3:

(55)

Ta có:

2

4 2

− + = + ≥ ⇒ ≤ ≤  + 

+  

− +

a ab b

a b a b

a ab b

Chứng minh tương tự ta được:

2 2

1 1 1 1

;

2

1 1

2

   

≤  +  ≤  + 

   

− + − +

  

⇒ ≤   + + =

 

 

b c a c

b bc c c ac a

P

a b c

Đẳng thức xảy a = b = c Câu 4:

a) Chứng minh:

2

cos

 

∆ ∆ ⇒ =  =

 

 AEF

ABC

S AE

AEF ABC BAC

S AB

Chứng minh tương tự ta được: 2

cos +cos +cos = AEF+ BFD+ CED <1

ABC

S S S

BAC ACB BAC

S

b) Dựng đường kính AK Dẫn đến ∠APK = 90o (góc nội tiếp chắn đường kính) Dẫn đến KP vng góc AP Sau chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành M trung điểm HK Suy MI đường trung bình tam giác HPK Thành MI song song với PK Suy điều phải chứng minh

Câu 5:

(56)

Từ giả thiết suy tồn số tự nhiên a cho

2 hay

là ( ) ( )( )

1 1

− = + − +

p p a a a Nếu p = a = thoả mãn Nếu p > p lẻ Từ giả thiết

suy p ước (a + 1) p ước (a2 – a + 1) Giờ xét trường hợp

Nếu p ước (a + 1) a < p nên a + = p thay vào phương

trình ( ) ( )( )

1 1

− = + − +

p p a a a ta phương trình 2a2 − 3a + = 0, vô nghiệm

Nếu p ước a2 – a + ta chọn số nguyên dương k cho

a2 – a + = kp Cũng thay trở lại phương trình p(p − 1) = 2(a + 1)(a2 – a + 1)

cho ta p – = 2(a + 1)k, hay p = 2(a + 1)k +

Bây thay vào phương trình a2 – a + = kp cho ta a2 − (2k2 + 1)a + − 2k2 – k =

Coi phương trình bậc hai ẩn a, tính biệt thức cho ta Δ = 4k2 + 12k2 + 4k −

Ta cần tìm k cho Δ số phương viết theo k Chú ý bất đẳng thức: (2k2 + 2)2 < 4k4 + 12k2 + 4k – < (2k2 + 4)2

Từ đó, 4k4 + 12k2 + 4k – = (2k2 + 3)2 Do đó, k = dẫn đến p = 127

Vậy p = 2, p = 127

b) Giả sử năm số a ≥ b ≥ c ≥ d ≥ e ≥ 0.Ta phải có + ≤

b c ngược

lại

3 + >

b c ta có 2

3 > + >

a b c dẫn đến

3 >

a Cái dẫn đến điều vô lý a + b + c >

Vậy nên 1( )2

4

≤ + =

bc b c Mặt khác = a + b + c + d + e ≥ a + 3d + e ≥ a + 3d ≥ a d

Thành ra,

12 ≤

ad Dẫn đến 1

12

≤ ≤ <

ae ad Ta xếp số a,d,c,b,e đường tròn

theo thứ tự thuận kim đồng hồ Ta có 1, 1, 1, 1, ea ad

9 9 9

< < < ≤ ≤ ≤ ≤ ≤

ad dc ad bc be bc

Số

9là số nhỏ

ĐỀ SỐ (2013-2014)

Câu 1:

1) Từ giả thiết ta có:

( )

( )( )( )

2013

1 1

0

0; 2014

0 0; 2014

0; 2014 2014 + + + + − = ⇔ + = + + + + + = =   ⇔ + + + = ⇒ + = =  + = =  ⇒ =

a b a b

a b c a b c ab c a b c

a b c

a b b c c a b c a

c a b

M

2) Ta có 2 2−6 + =2 2 ( − +3) 1

 

n n n n

(57)

Suy

2 2

5 n − +n −12=25 k+ + − 1 13 13 Vì

2

5 n − +n −12nguyên tố hay 52n2− +6n 2−12 13= nên n(n – 3) + = , suy n = n =

Câu 2:

1) Điều kiện: ≥ −

x Đặt 1t− = 2x+1,t≥1 ta có

( )( ) ( )

2

2 ; 2 0

1

4

− = − = ⇒ − + = ⇔ = + >

≥ 

⇒ − = + ⇔ − = ⇔ =



x x t t t x x t x t x t do x t

x

x x x

x x

2) Từ phương trình thứ suy ( )2

4

− = − ≥ ⇒ ≥

z x y z

Từ phương trình thứ hai suy (4 5)( 1)

− − ≤ ⇒ ≤ ≤

z z z

Do

4

= ⇒ = =

z x y

Câu 3: Do vai trò a, b, c nhau, giả sửa=max a b c{ , , }, , 2≤ ≤a

Ta có: ( )

2

2 2 2

36

2

+ + + + + + + +

=a b c a b c = a b c

P

Mặt khác, bc ≥ nên

( )2 ( )2 ( )( )

2 2 2

2 12 36 2 10 20

+ + = + + − ≤ + − = − + =  − − + ≤

a b c a b c bc a a a a a a

Suy 2+ +2

a b c đạt giá trị lớn 20

( 2;)( ;4) 00 ( , , ) (4, 2, , 4, 0, 2) ( )

6

≥ ≥ =

 

⇔ − − = ⇔ =

 + + =



a b a c bc

a a a b c

a b c

Vậy giá trị lớn P 20 chẳng hạn a = , b = 2, c =

(58)

a) Ta có

;

2

∠ ∠

∠ = ∠ + ∠ = +

∠ ∠

∠ = ∠ + ∠ = +

ABC BAC

IBM IBC CBM

ABC BAC

BIM IAB IBA

Suy ∠IBM = ∠BIM ⇒ ∆IBM cân M

Tương tự, tam giác MIC cân M

b) Ta có sin sin ( )1

∠BAC = ∠ = MP = MP

BCM

MC MI (do MP⊥BCvà MI = MC);

∆MBN vng B, có

( ) ( ) ( )

2

= = ⇒ MP = MI ⇒ ∆ ∆ ⇒ MI = IP

MP MN MB MI MPI MIN c g c

MI MN MN IN

c)

Ta có AB + AC = 3BC

;

+ −

⇔ AB AC BC =BC⇔ AE=BC

( )

2

∆IAE∆MCP g g ⇒MP = CP = ⇒IE= MP

IE AE

Gọi F trung điểm IK, ∆MCP= ∆MIF c g c( )

; ; 90

2

= ∠ = ∠ = ∠ = = ⇒ ∠ = ∠ = o

MC MI PMC EIA MIF MP IF IE IFM MPC

Suy ∆IMK cân M nên MK = MI Tương tự MH = MI Suy MB = MC = MH = MK = MI

Vậy B, C, H, K thuộc đường tròn Câu 5: 1) ta có 2x− y = ⇔1 2y =5x−1

Với x=2k+1,k∈Nta có 2y =4 5( 2k+52k−1+ + + ) Nếu y < PT vơ nghiệm

Nếu y = x = (thỏa mãn)

Nếu y > PT vơ nghiệm VT chia hết cho 8, cịn VP không chia hết cho

(59)

( )( ) ( )

2 5 , , , ; 2 2

5

−

 − =

= − + ⇒ ∈ ≤ < + = ⇒ − = −

+ =

 

k a

y k k b a a b a

k b a b N a b a b y vô lý

Nếu a ≥ 2a(2b a− − 1 4) , vô lý Nếu a = ; a = thì5k =3;5k =2 , vơ lý Vậy (x; y) = (1; 2)

2) Nhận xét: nhiều trường hợp, M M M M M M1 2 3 4 5 6suy biến khơng cịn lục giác nên

sau ta thống gọi đa giácM1 M6

Gọi O tâm lục giác ABCDEF (kí hiệu L ) Nếu ≡P O đa giác

6 ≡

M M L ta có đpcm

Nếu P thuộc ba đường chéo lớn L , P ≠ O P thuộc sáu đoạn OA, OB, OC, OD, OE, OF Giả sử ∈P ODkhi hai tia AP, DP qua

đỉnh D, đỉnh A L ta cóM1≡D M, 4 ≡ A Cịn lại tia, cắt nhiều cạnh củaL Như tồn hai cạnh AB, AF củaL không chứa điểmM1, ,M6 Xét tam giác có cạnh AB cạnh làM M4 i đa giác M1 M6gần AB (M4 ≡ A), ta

ln có ∠ >90 ⇒ > =1

o

i i

M BM M M AB

Nếu P không thuộc ba đường chéo lớn L P nằm trong sáu tam giác L mà ba đường chéo lớn chia Giả sử P nằm ∆ODE Như vậy, tồn cạnh AB L không chứa điểmM1, ,M6 Khi M M4 5ln

cạnh đa giác M1 M6và ABM M5 4là tứ giác có

5 90 ; BAM4 90

∠ > o ∠ > o ⇒ > =

ABM M M AB

ĐỀ SỐ (2012-2013)

Bài 1:

1) Đặt ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

4 11 3

= − − + − = − − = + −

f x x x ax bx x x q x x x q x

Từ ( )( )1

3 18 15 91

− =

  + =

 ⇔

 =  − =

 



f a b

2) Nhận xét

11 + = 

 =



a b

ab nên a, b nghiệm phương trình

2

8 11

− + =

x x

Ta có:

( 2013 2012 2011) ( 2013 2012 2011) ( ) 2011 ( ) 2011

8 11 11 11 11

= − + + − + = − + + − + =

P a a a b b b a a a b b b

Bài 2:

(60)

1) Hệ 2 2 ( )

20 28

 − − + =

 x y x

Ta có: ( ) (1 ⇔ 2x− +y 3)( x+ −y 2)=0

Rút y theo x vào phương trình (2) ta giải hệ 2) Nhân vào hai vế ta

( ) (2 ) (2 )2 2 { } ( )

4 10 14 1; 0;1

+ + − + − + − = ⇒ ≤ ⇒ ∈ − ∈

x y y x x x x do x Z

Thay x = - 1; 0; vào phương trình tìm y Bài 4:

a) Sử dụng dấu hiệu chứng minh tứ giác nội tiếp ta có IE IF = IB.IC = IM.IA nên tứ giác AMFE nội tiếp

Mặt khác tứ giác AFHE nội tiếp

Vậy A, M, F, H, E nằm đường tròn

b) Vì tứ giác AMHE nội tiếp nên HM vng góc với AM M

Sử dụng bổ đề HN kéo dài cắt (O) D A,O, D thẳng hàng, tức H, M, N thẳng hàng

c) Sử dụng định lý Ptoleme cho tứ giác AMBC Bài 5:

Đặt x= 1; y=2; z= ⇒ + + =3 x y z

a b c

Khi ta cần chứng minh: 2 2 2 2 2 2

+ + ≥

+ + +

z x y

x z y x z y

Ta có: 2 2 2 2

2

= − ≥ − = −

+ +

z zx zx x

z z z

x z x z zx

Chứng minh tương tự cộng lại ta được:

( ) ( ) ( )

3 3 2 2 2

1

2 2

+ +

+ + ≥ + + − + + = =

+ + +

z x y x y z

x y z x y z dpcm

x z y x z y

Bài 5:

Kẻ đường kính DE (DA1+DA2+ + DA2013) (+ EA1+EA2+ + EA2013)≥4026

Đặt P=DA1+DA2+ + DA2013,S =EA1+EA2+ + EA2013

Nếu P ≥ 2013 D điểm M cần tìm Nếu P < 2013 E điểm cần tìm

(61)

Bài 1:

1) Ta có:

( )( )( ) ( )( )( )

( )( ) ( )( ) ( )( )

5 2

1 1 1

2 1 1

− = + − + = − + − +

= − − + + + − +

n n n n n n n n n n

n n n n n n n n

Do ∈ *

n N nên(n5− n) 30 Từ suy A=a2017(a5− +a) b2007(b5− +b) c2007(c5− c) 30

2) Ta có: 3 2

37 37 14 7 21 28

8

2 2

= + + − ⇒ = + − ⇒ − − =

x x x x x

Do ( ) ( 3 )2012 ( )2012

2 21 29 1

= − − = − =

f x x x

Bài 2:

1) Ta có:

( ) ( ) 2 2 2 2

5 12

5 3 12

4

3

5 12

2

5 12

+ + = + + ⇔ + − + − − + + = − − ⇔ + − − = + + + +  + +  ⇔ −  + − = + + + +  

x x x

x x x x x x x x x x

Từ đặc điểm PT suy 5;

3 > ⇔ >

x x

2

5 12

+ +

>

+ + + +

x x

x x ;vì

biểu thức ngoặc ln dương Suy x− ⇔ =2 x

2) Viết phương trình thứ hệ thành: ( )

1

+ + − − =

x y x y y

Có ( )2 ( 2) 2 ( )2

1

∆ = y+ + y+ y = y − y+ = y−

Do x = y x = - 2y –

Với x = y thay vào PT thứ hai tìm 2x= ⇔ =6 x Với x = -2y – 1, thay vào PT thứ hai tìm

2 1,

+ − = ⇔ = =

y y y y

Vậy hệ có ba nghiệm (x, y) = (3; 3) , (-3; 1), (-5; 2)

(62)

Viết PT thành dạng: (2x – 3y + 3)(x – y – 2) = -2 Xảy trường hợp

2x – 3y + -1 -2

x – y - -1 -2

Vậy có bốn cặp số (x, y) thỏa mãn (4; 3), (16; 12), (2;2), (14; 11) Bài 4:

1) Gọi OA∩MN=K Ta có OAC ACB = 

(vì OA = OC); AMN ABC 1sdMC

 

= = = 

 

Nên OAC ANM ACB ABC + =  + =90o

Suy AKN =90o

, tức OA ⊥MN

2) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp

Gọi , gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC JI // AO (cùng vuong góc với MN); JO // AH (cùng vng góc với BC) nên tứ giác AIJIO hình bình hành, suy ra: OJ AI AH ( )cm ;OB BC 7( )cm

2 2

= = = = =

Do ( )

2

BJ OB OJ cm

2 2

   

   

= + =   +  =

   

Bài 5:

1) Đẳng thức cần chứng minh tương đương với 1 1

2 + + =

+ + +

+ +

S S S S S S S

a b b c c a a b c

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: 1

2

 

+ =  + + ≥

+

 

S S S

S

a b a b b a b

Tương tự: ;

2

+ ≥ + ≥

+ +

S S S S S S

b c b c c a c a Do đó:

(63)

2 2 3

+ + +

+ +

S S S S S S S S

a b b c c a a b c

Đẳng thức xảy a = b = c hay tam giác ABC 2)

Trong 8045 điểm ln tìm điểm đỉnh tam giác có diện tích lớn nhất, giả sử A, B, C vớiSABC ≤1 Dựng đường thẳng qua A song song với BC, qua B song song với AC, qua C song song với AB, chúng đôi cắt M, N, P Khi SMNP =4SABC ≤4

Ta chứng minh 8045 điểm cho nằm cạnh tam giác MNP Thật vậy, giả sử ∃ ∉∆D MNP (chẳng hạn D B thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa

AC) thìSDAC >SABC (mâu thuẫn với cách chọn tam giác ABC) Tam giác MNP

chia thành tam giác nhỏ ANC, AMB, ABC, BCP Ta có 8045 = 4.2011+ Theo nguyên tắc Dirichlet tồn 2011 + = 2012 điểm phải nằm cạnh tam giác nhỏ có diện tích khơng lớn

ĐỀ SỐ (2010-2011)

Bài 1: Rút gọn A

* Phân tích 4x3 - 16x2 + 21x - = (2x - 3)2(x - 1)

* Điều kiện: x > * A=|2x-3|

*

3 2x 3 x

2 A

3 3 2x 1<x<

2

 − ≤

 = 

 − 

(64)

1) Giải phương trình …

* Phân tích x3 + 3x2 + 3x + = (x + 2)(x2 + x + 1)

* Điều kiện: x ≥ -2

* Đặt x + = a, x2 + x + = b đưa 2(a + b) = ab

* Giải a = 4b, b = 4a

* a = 4b ⇔ x + = 4(x2 + x + 1) phương trình vơ nghiệm

* b = 4a ⇔ x2 - 3x – = ⇔

1

3 37 3 37

x , x

2 2

+ −

= =

* So sánh với điều kiện kết luận 2) Cho số thực …

* Đưa phương trình: 8y2 - 8yx + 4x2 - 11x + 14 =

* ∆’y= - 16x2 + 88x - 112 ≥ ⇔ 2x2 - 11x + 14 ≤

* Giải ≤ ≤ 3,5

* Với x = ⇒ y = 1; x = 3,5 ⇒ y = 1,75 * Kết luận: (2;1), (3,5;1,75)

Bài 3:

1) Tìm số …

* Goi số nguyên dương phải tìm x1, x2, …, x7;

2 2 2 2 7

x x x =2(x +x + x )

* Giả sử x1 ≥ x2 ≥ …≥ x7 ≥1 có x x x12 22 27≤ 2.7x12=14x12

⇒ 2

2

x x ≤ 14

* x2…x7 ≤ 14 < = 22 ⇒ x2 = …= x7 =

⇒ 2

1

x x =2(x12 +x22 +5)

* Đặt

x = a, x22 = b với a, b số nguyên dương phương

ab = 2a + 2b + 10 ⇔ (a - 2)(b – 2) = 14.1 = 7.2

* Trường hợp 1: a 2 14 b 3 không

b 2 2 − = 

⇒ =  − =

 phải số phương

* Trường hợp 2:

2

x 3 a 2 7 a 9

b 2 2 b 4 x 2

=

− = = 

 

⇒ ⇒

 − =  =  =

   kết luận

2) Cho số …

* B = 16x2y2 + 12x3 + 12y3 + 34xy

* B = 16x2y2 + 12(x + y)3 - 2xy = …= 16(xy-

16 )2 + 19116 * B ≥ 19116 , B nhỏ = 19116 ⇔ xy = 16 Giải được: 1

2 3 2 3

x , y=

4 4

+ −

= x 2 3, y=2 3

4 4

− +

=

(65)

* Lại có ≤ 4xy ≤ (x + y) =1 ⇒ ≤ xy ≤ 4 ⇒- 16 ≤ xy -16 ≤ 16 nên ≤ xy - 16  ≤ 1 163

* B = 16(xy - 16 )1 + 191

16 ≤ 16 (16 )3 + 19116 = 2552

Vậy B lớn = 2552 ⇔ (x + y) = xy = 14 ⇔ x = y = 12 * Kết luận

Bài 4:

1) Tính góc…

* Chứng minh 

BAC=90

* Chứng minh ∆AMB ∆CAN đồng dạng

* Suy 13 = AMB

CNA

S AB

( )

S AC

∆ ∆

= * AC = AB

= tg300 = tg ACB ⇒ ACB= 300 * Vậy ABC= 600 kết luận

2) So sánh …

* Kẻ AH ⊥ BC có AFEH hình chữ nhật * ∆ABD vuông cân ⇒ ADB= 450

* Tứ giác ADEB nội tiếp ⇒ AEB = ADB= 450

* Do ∆AHE vng cân ⇒ AH=HE=AF

* ∆ABC vuông: 12 1 2 12 1 2 22 12 22

AF = AH = AB +AC ⇒ AC 〈AF 〈AB

* Từ 22 12

AC 〈AF ⇒



AF AF

cos AEB

AC 〈 〈AB = cos45

0 = cos AEB

N

K I

O C

B

A M

M

F

E D

C A

B

(66)

* Từ 2 2

AF 〈AB ⇒ AB〉 2 = cos45 = cos AEB

* Kết luận AF cosAEB AF

AC 〈 〈AB

Bài 5:

1) Ai thắng …

* Người thứ lấy viên bi 308 viên bi bội số * Người thứ hai lấy 1, viên bi

* Nười thứ lấy 3, viên số lại bội

* Cứ tiếp tục người lấy cuối phải người thứ 2) Với n viên bi

* Nếu n bội số 4, với cách làm người thứ thắng * Nếu n bội người thứ hai thắng

ĐỀ SỐ 10 (2009-2010)

GV: Thái Tuấn (THCS Thạch Đà – Mê Linh – Hà Nội) Câu 1:

Tính ( ) ( ) ( ) ( )( )

3

3 17 38

2 17 38 17 38 17 38 1

5

+ −

= = + − = + − = ⇒ =

+ −

x A

Câu 2:

a) x = khơng nghiệm phương trình

Xét x ≠ chia hai vế phương trình cho x2 ta được:

2

1

4

3

2 2

 = −  + − =

 + +  − − = ⇔ + + = ⇔ ⇔

 

    = − + − =

     

t x x

x x t t

t

x x x x

Giải hệ thống phương trình thu nghiệm PT (1) sau:

{1; 2; 1− − + 3; 1− − 3}

b) Dễ thấy (x, y) nghiệm (y, x) nghiệm hệ Để hệ có nghiệm x = y

Từ hệ suy 2; 2;1 2;1

4

   

∈ − ⇒ ∈ 

   

a a thỏa mãn (sau thử lại)

Câu 3:

a) Bất phương trình cho tương đương với

( ) ( )

( )( ) ( )

2 2

1

0 1

1

+ − +

≤ ⇔ + ≤ ⇔ = −

+ − +

x x x

x x

x x x

(67)

Thật bất đẳng thức (*) tương đương với: ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 3 2 2 0 0 + − + ≥ ⇔ + − + − + ≥ ⇔ + − + ≥ ⇔ + − ≥

x y xy x y

x y x xy y xy x y x y x xy y

x y x y

Bất đẳng thức cuối phép biến đổi tương đương nên bất đẳng thức (*) chứng minh Dấu “=” xảy x = y

Áp dụng (*) ta được:

( ) ( ) ( )

3 3

3 1 1 + + = + + ≥ + + = + + ⇒ ≤ + + + +

x y x y xyz xy x y xyz xy x y z

x y xy x y z

Chứng minh tương tự ta được:

( ) ( )

3 3

1 1

;

1≤ 1≤

+ + + + + + + +

y z yz x y z z x zx x y z

Cộng theo vế bất thức ta được:

( ) ( ) ( )

( )

3 3 3

1 1 1

1 1

1 = + + ≤ + + + + + + + + + + + + + + + + = = = + + B

x y y z z x xy x y z yz x y z zx x y z

x y z

xyz x y z xyz

Vậy giá trị lớn B x = y = z = Câu 4: (Các bạn tự vẽ hình)

a) Nhiều cách làm Xin giới thiệu cách dễ nghĩ đến

Kẻ DP’ vng góc BC Suy P’, M, N thẳng hàng (Đường thẳng Sim son) Dẫn tới P P’ trùng (do MN BC có mọt giao điểm nhất)

b) Dễ chứng minh được:

OI2 = R2 – 2Rr (Hệ thức Ơ – le) Từ suy kết

Câu 5:

C thuộc Z ( ) ( ) ( ) ( )

3 2 2 2

2 1 − + − + − + + + = = − −

x y x y x y x xy y x y

x y xy

y C xy xy ( )( ) ( ) ( )( ) 2 1

1 1

+ + − + + +

= = + + + ∈

− −

⇒ + ≥ − + ⇔ − − ≤

x y x y xy x y x y

x y x y Z

xy xy

x y xy x y

(68)

Với x > y− ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ∈1 y y {1; 2;3}

Nếu y = 1 3; ( 1)

1 1

+ = + = + ∈ ⇒ = >

− − −

x y x

Z x do x

xy x x

Nếu y =

1 2

+ = + = + ∈

− − −

x y x

Z

xy x x từ tìm x

Nếu y =

1 3

+ +

= = + ∈

− − −

x y x

Z

xy x x từ tìm x

Định dạng
Số trang	68
Dung lượng	1,5 MB