Đề thi học sinh giỏi tỉnh lớp 9 năm 2019

a.. KL: Không tồn tại n thỏa yêu cầu bài toán.. Suy ra mâu thuẫn. Vậy trong 3 số tồn tại ít nhất 1 số chẵn. Vậy abc chia hết cho 2. Tương tự cho trường hợp c chẵn.. Trịnh Bình sưu tầm [r]

(1)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN

Đề số

(Đề thi có trang)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN

Ngày thi: 09/4/2019

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1.(5,0 điểm)

1 Cho biểu thức P = 1 x : 1. x x x x x x

   

  

   

        

 

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị x để biểu thức Q x P nhận giá trị nguyên Cho x x21 2y  4y211 Tính giá trị biểu thức 3

x 8y 2019

Câu 2.(4,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2x2  x 3x x 3.

2 Giải hệ phương trình:

3

x

y

3x

y    



    

Câu 3.(3,0 điểm) Chứng minh:

 

1 1

2 1 3 2   n 1 n n n    n 1

( n *) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A 5x 29y212xy 24x 48y 82  

Câu 4.(6,0 điểm)

1 Cho ABCcó ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) Kẻ đường cao BE, CF ABC (EAC F; AB) Các đường cao BE, CF cắt ( )O M N

a) Chứng minh MN song song với EF; OA vng góc với EF

b) Gọi H trực tâm ABC Chứng minh rằng: CH.CF BH.BE BC  2 Cho điểm O thuộc miền ABC Các tia AO BO CO, , cắt cạnh BC,

AC, AB G, E,F Chứng minh tổng OA OB OC

AG BE CF không phụ thuộc vào vị trí điểm O

Câu 5.(2,0 điểm)

1 Chứng minh P x 33x23x 3 số phương 3 x 1  2 Tìm x, y thỏa mãn: x22y25

_Hết _

(2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH LẠNG SƠN

Đề số

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 23/3/2019

Câu (4 điểm)

Cho biểu thức A x x 2 x 3 x

x x x x



 

  

    với x0; x9. a) Rút gọn biểu thứcA

b) Tính giá trị nhỏ biểu thứcA

Câu 2.(4 điểm)

Cho phương trình  

x – m x m   8m – 

a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b) Tìm m nguyên dương để phương trình cho có hai nghiệm x , x1 2 cho

2 2

1 x x 60 P

x x

  

 đạt giá trị nguyên

Câu (4 điểm)

a) Giải phương trình x x x x

    

b) Tìm tất cặp  x; y nguyên thỏa mãn 2   2 2   x y  x 2  2y 2 2xy x 2y 4  5

Câu (6 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC AB AC   nội tiếp đường tròn  O , đường cao BE,CF cắt H ( E AC,F AB  )

a) Gọi K EF BC, L AK  O với LA Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp HLAK

b) Chứng minh đường thẳng HL qua trung điểm BC

c) Gọi T điểm đoạn thẳng FC cho ATB 90 0 Chứng minh đường tròn ngoại tiếp hai tam giác KLT CET tiếp xúc với

Câu (2 điểm)

Cho đa giác 30 đỉnh Chứng minh đỉnh đó, gồm có đỉnh chứa đỉnh tạo nên hình thang cân

_Hết _

(3)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019

Mơn thi: TỐN- BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (3,0 điểm)

a Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2y2xy x 2y 0   

b Chứng minh A 2 2n4n16 chia hết cho với số nguyên dương n

Câu 2. (6,5 điểm)

a Giải phương trình:

3 8x 4x 2x

2x



  



b Giải hệ phương trình:    

  

2

x y

x y x y

    

 

      

Câu 3. (2,5 điểm)

Cho a b c, , số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

4 4

a b c

P

a b b c c a

     

     

  

     

Câu 4. (6,0 điểm)

1 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C tam giác Đường thẳng EF cắt đường trịn (O) điểm thứ M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM cắt đường thẳng DF N Chứng minh rằng:

a EF  OA b AM = AN

2 Cho tam giác nhọn ABC, D điểm tam giác cho ADB = ACB 90

và AC.BD = AD.BC Chứng minh AB.CD AC.BD 

Câu 5. (2,0 điểm)

Trong hình vng cạnh có 2019 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình trịn bán kính

91 nằm hình vng mà khơng chứa điểm

nào 2019 điểm cho

_Hết _

(4)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG BÌNH

Đề số

Ngày thi: 14/3/2019

Câu (2.5 điểm)

a Cho biểu thức A

x x x x x



- +

+ + - + với x Rút gọn tìm giá

trị lớn A

b Khơng dùng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức B 4 10 5  4 10 5

Câu (2.0 điểm)

a Xác định hệ số a b để đa thức P x x42x33x2ax b bình phương đa thức

b Giải phương trình: 4x  4x 1  16x28x 1 (1)

Câu (2,5 điểm)

Cho đường tròn  O dây cung BC a không đổi (O BC) A điểm di động cung lớn BC cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao AD, BE, CK cắt H ( D BC,E AC,K AB   )

a Trong trường hợp BHC BOC , tính AH theo a

b Trong trường hợp bất kì, tìm vị trí A để tích DH.DA nhận giá trị lớn

Câu (1.0 điểm)

Tìm tất số tự nhiên n cho C 2019 n2020 số phương

Câu (1.0 điểm)

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z xyz    Chứng minh rằng:

 

x y z 2    yz zx xy

Câu 6 (1.0 điểm)

Cho tam giác vng ABC có AB 3,AC 4, BC 5   Xét hình chữ nhật MNPQ cho M, N thuộc cạnh BC, P thuộc cạnh AC, Q thuộc cạnh AB Hãy xác định kích thước hình chữ nhật MNPQ để có diện tích lớn

_Hết _

(5)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI

Đề số

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN

Ngày thi: 29/3/2019

Câu (4,5 điểm)

1) Cho (x, y) nghiệm hệ phương trình x y m 2x 3y m

       

 (với m tham số thực)

Tìm m để biểu thức P x 28y đạt giá trị nhỏ 2) Giải hệ phương trình

2 3 x y

x y

   



  

 (với x, y thuộc R)

Câu (4,5 điểm)

1) Giải phương trình x4 9x324x227x (x R)   2) Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh:

a b c a b c

3

b c a a b b c c a

 

       

  

 

Câu 3.(4,5 điểm)

1) Cho a, b, c ba số nguyên khác thỏa 1

a  b c Chứng minh rằng: abc chia hết cho

2) Tìm số số nguyên dương không vượt 1000 nguyên tố với 999

Câu 4.(2 điểm)

Cho A 99

1 2 3 99 100

    

    tổng 99 số hạng

B 2 3   100 tổng 99 số hạng Tính A + B

Câu 5.(4,5 điểm)

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E hai tiếp điểm AB, AC với đường trịn (I) Biết ba góc BAC, ABC, BCA , góc nhọn Gọi M N trung điểm hai đoạn BC AC

1) Chứng minh: 2AD = AB + AC – BC

2) Chứng minh ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy

_Hết _

(6)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA

Đề số

Ngày thi: 22/3/2019

Câu (4,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức P x x x : x x x x x x x x

       

      

    

   , với x 0,x 4. 

2. Cho a 37 50 , b 37 50 Khơng dùng máy tính, chứng minh biểu thức M a b  7

N a b có giá trị số chẵn

Câu 2. (4,0 điểm)

1. Giả sử x , x1 2là hai nghiệm phương trình x22kx 0  ( k tham số ) Tìm tất giá trị k cho :

2

1

2

x x

3

x x

   

 

       

2. Giải hệ phương trình

2

x x 2y y y 2x

     



   



Câu 3. (4,0 điểm)

1 Tìm nghiệm nguyên phương trình x y x y2 2    x y x 1  

2. Cho n * Chứng minh 2n 1 3n 1 số phương n

chia hết cho 40

Câu 4. (6,0 điểm)

Cho đường tròn O,R điểm A cố định bên ngồi đường trịn, OA 2R Từ A kẻ tiếp tuyến AB,AC đến đường tròn  O ( B,C tiếp điểm) Đường thẳng OA cắt dây BC I Gọi Mlà điểm di động cung nhỏ BC Tiếp tuyến M đường tròn  O cắt AB,AC E,F Dây BC cắt OE,OF điểm P Q,

1. Chứng minh ABI 60 0 tứ giác OBEQ nội tiếp

2. Chứng minh EF 2PQ

3. Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC cho tam giác OPQ có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ theo R

Câu 5. (2,0 điểm)

Cho x y z, , số thực dương thỏa mãn x y z 0.    Tìm giá trị lớn biểu thức:

   

3

2 x y

P

x yz y xz z xy



  

_Hết _

(7)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH PHƯỚC

Đề số

Ngày thi: 06/3/2019

Câu ( 5.0 điểm )

1 Cho biểu thức

  

x x x 1

P :

3 x x x x x x

   

   

 

     

         

   

 

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị biểu thức P x 2  1  2  1

2 Cho x, y số thực thỏa mãn: x y 1 

Tìm giá trị nhỏ 3  3  P 2x x 2y 1 y 2x 1 2y

Câu ( 5.0 điểm )

1 Giải phương trình: 3x 5  x 2  4x 2x 3

2 Giải hệ phương trình:

  2 2 xy 2x y

x y

    



   



3 Cho hàm số  

P : yx Tìm giá trị m để đường thẳng  d : y 2x m 1   cắt đồ thị hàm số  P hai điểm phân biệt A x ; y , B x ; y 1 1  2 2 thỏa mãn

1 2 y y x x 12

Câu ( 5.0 điểm )

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O , D điểm cạnh AB, D A B,  Gọi M , N trung điểm CB CA, Đường thẳng MN cắt  O hai điểm

,

P Q (P Q, thuộc cung CB CA ) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt BC

tại I I B Các đường thẳng DI AC cắt K

a) Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp

b) Chứng minh PK QC QB PD

c) Đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP G GP Đường thẳng

IG cắt BA E Chứng minh D di chuyển BA AD

AE khơng đổi Câu ( 2.0 điểm )

Cho hình chữ nhật ABCD với ABa AD b,  Trên cạnh AD AB BC CD, , , lấy điểm E F G H, , , cho tạo thành tứ giác EFGH Gọi c chu vi tứ giác

EFGH Chứng minh 2 c a b

Câu ( 3.0 điểm )

1 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình :

4y 6y  1 x

(8)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH SƠN LA

Đề số

Ngày thi: 18/3/2019

Câu (3,0 điểm) Cho biểu thức:

3

6x 3x

A

3x 3x 3x



 

 



Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên

Câu (4,0 điểm)

Cho phương trình  

x 2 m x 3m 0    (1)

a) Tìm m cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn biểu thức 2

1 2

M x x 5x x đạt giá trị nhỏ

b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn

Câu (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2x 213x 6

2x 5x 3 2x  x 3 

b)Giải hệ phương trình:

3

2

x 2xy 12y 8y x 12

   

 

 



Câu (6,0 điểm)

Cho điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (B nằm A C) Vẽ đường trịn tâm O thay đổi ln qua B C (O không nằm đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O M N Gọi I trung điểm BC, AO cắt MN H cắt đường tròn điểm P Q (P nằm A O), BC cắt MN K

a) Chứng minh điểm O, M, N, I nằm đường tròn b) Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi

c) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME

Câu (2,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD 2019 đường thẳng phân biệt thỏa mãn: đường thẳng cắt hai cạnh đối hình vng chia hình vng thành phần có tỷ số diện tích

1 .

2 Chứng minh rằng: 2019 đường thẳng có 505 đường thẳng đồng qui

_Hết _

(9)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

Đề số

Ngày thi: 13/3/2019

Câu (4,0 điểm)

1 Gọi x , x , x1 nghiệm phương trình

3

x 5x 5x 0  Tính giá trị biểu thức 2 2 2

1

1 1 S

x x x

  

2 Rút gọn biểu thức A x x : x x x

x x 2 3 x x x 6

       

       

    

    với x 0 , x4 , x 9

Câu (4,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình

2

3

(y 2x)(1 y x) 2x x x(y 1) x y

      



   



2 Giải phương trình x2  x 24 2x 2x 3  6 12 x

Câu (4,0 điểm)

1 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình 2 2

x y x 5y 22x 121 0  Cho số thực dương x, y,z thỏa mãn x y z 2019   Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 2 12 2 3

4xy 4yz 4zx x y z

   

 

Câu (6,0 điểm)

1 Qua điểm M nằm tam giác ABC kẻ DK//AB, EF//AC, PQ//BC (E, PAB

; K, FBC; D,QCA) Biết diện tích tam giác MPE, MQD, MKF x , y , z2 2

với x, y,z số thực dương Tính diện tích tam giác ABC theo x, y, z

2 Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn tâm O M điểm dây BC (M khác B, M khác C) Vẽ đường tròn tâm D qua M tiếp xúc với AB B, vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao điểm thứ hai hai đường tròn (D) (E)

a) Chứng minh tứ giác ABNC tứ giác nội tiếp Từ chứng minh điểm N thuộc đường tròn (O) ba điểm A, M, N thẳng hàng

b) Chứng minh trung điểm I đoạn thẳng DE nằm đường thẳng cố định điểm M di động dây BC

Câu (2,0 điểm)

1 Tìm tất ba số nguyên tố p;q; r cho pqr   p q r 160

2 Cho đoạn thẳng có độ dài lớn 10 nhỏ 210 Chứng minh đoạn thẳng ln tìm đoạn thẳng để ghép thành tam giác

(10)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH

Đề số 10

MƠN THI: TỐN

Câu (3,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức P

2 10 89 28 10

 

 

    Xét ba số thực dương x y z, , thoả mãn

2

xz z z

y y

z z

  

  Chứng minh

1 1

1 xy x yz 1   yz y 1  zx z 1 

Câu (5,0 điểm)

1 Giải phương trình x3 x2 2x 5x2 2 x4 15

    

2 Giải hệ phương trình

 2  

2

x y x y

4

xy x y

4x 5y x y x 13

    

   



 



     



Câu (3,0 điểm)

1 Cho đa thức P x  Q x  thoả mãn P x  1Q x  Q x x

     Biết hệ số P x  số nguyên không âm P 0 0 Tính P 3P 3    P 

2 Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn phương trình

   2    

x y x y    6xy y x y   2 x y 1 

Câu (7,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O R; , vẽ đường tròn O R'; ' R'R tiếp xúc với cạnh AD H, tiếp xúc với cạnh BC G tiếp xúc với đường tròn  O M (điểm M thuộc cung CD không chứa điểm A) Vẽ đường thẳng t t'

là tiếp tuyến chung M hai đường tròn  O  O' (tia Mt nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng MA chứa điểm D)

1 Chứng minh DHM DMt AMH  MH MG, tia phân giác góc

(11)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC Đường thẳng MH cắt đường tròn  O E (E khác M ) Hai đường thẳng HG

CE cắt I Chứng minh EHI EIM.

3 Chứng minh đường thẳng HG qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD

Câu (2,0 điểm)

1 Cho ba số thực dương a b c, , Chứng minh

      2 2

1 1 1 1

c c a 3b c a a b 3c a b b c 3a b a b c

 

      

          

Cho đa giác có 10 đỉnh hình vẽ bên (bốn đỉnh: A, B, C, D B, C, D, E C, D, E, F < J, A, B, C gọi bốn đỉnh liên tiếp đa giác) Các đỉnh đa giác đánh số cách tuỳ ý số nguyên thuộc tập hợp 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10 (biết đỉnh đánh số, số đánh đỉnh khác nhau) Chứng minh ta tìm đỉnh liên tiếp đa giác đánh số mà tổng số lớn 21

(12)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BẮC NINH

Đề số 11

MƠN THI: TỐN

Câu (4,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:

3

2(a b) a a 2b

P a

a 2ab 2b 2b 2ab a 2b

 

   

 

     

  



   

với a 0,b 0,a 2b.  

2) Cho hàm số ym24m x 3m 2    có đồ thị d Tìm tất giá trị m để đường thẳng d cắt trục hoành trục tung hai điểm A, B cho tam giác OAB có diện tích cm2 (O gốc tọa độ, đơn vị đo trục cm)

Câu (4,0 điểm)

1) Cho phương trình  

x  3m x 2m  5m 0  , x ẩn, m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm dương

2) Giải hệ phương trình

3

2x y 3y x x 2y x 3x 2y y

        



    

Câu (4,0 điểm)

1) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện

(a c)(b c) 4c   Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P a b ab

b 3c a 3c bc ca

  

  

2) Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p34p 9 số phương

Câu (7,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O AB AC  đường caoAD Vẽ đường kính AE đường trịn O

a) Chứng minh AD.AE AB.AC

b) Vẽ dây AF đường tròn  O song song với BC,EF cắt AC Q,BF cắt AD tạiP Chứng minh PQ song song với BC

c) Gọi K giao điểm AE vàBC Chứng minh rằng: AB.AC AD.AK  BD.BK.CD.CK

2) Cho tam giác ABC có BAC 90 ,ABC 20  Các điểm E F nằm cạnh AC AB, cho ABE 10 ACF 30 Tính CFE

Câu (1,0 điểm)

Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi mơn Tốn mang số báo danh số tự nhiên khoảng từ đến 1000 Chứng minh chọn học sinh thi tốn có tổng số báo danh mang chia hết cho

(13)

HƯỚNG DẪN GIẢI

Đề số Câu

1. a) Điều kiện: x0;x1

1

P = :

1 1

x

x x x x x x

   

  

   

        

 

  

1

P = :

1 1

x x

x x x x

 

      

 

       

   

  

1

P = :

1 1 1

x x x

 

       

 

      

   

  

1

1 1 1

x x

P

x x x

   

     

    

  

   

1

P =

1

x x x

x x

   

 

1

1 1

x x x

Q x P x

x x x x



      

   

b) Để Q x1 ước

 

0

0 1

2 )

1

x x

     

 

    

 



tháa m·n §K (VN

Vậy x0 Q 2. Ta có:

 2   2

2

1 1 1

2 (1)

x x y y x x y y x x

x y x y

                  

Tương tự ta có:

 2   2

2

4 1 1

1 (2)

y y x x y y x x y y

x y y x

                  

Cộng vế với vế (1) với (2) ta 2x2y  0 x 2y0 Mặt khác 3   2

8 2019 2 2019

x  y   x y x  xy y  =2019 (vì x2y0)

Câu

1. Đặt xa; x  3 b

Ta có PT: 2

(14)

2

0 13

0 1 13

2 13 x x x x x x x                        

TH2: 2a b 2x x3

2

0

0 1

1

4 3

4 x x x x x x x                     

Vậy PT cho có hai nghiệm TH1: 13;

x  x

2.

3

6

2 (1)

8

3 (2)

x y x y          

ĐK: y0

Công PT (1) với PT (2) ta

3

8 2

3 x

x x x x

y y y y y

      

            

      

TH1: x y

 thay vào phương trình (1) ta được:

3 2

3

2 2y 6y (y 1)(y 2)

y   y       

1

y  x ; y    2 x

TH2: 2

2 2

2 1

3

x x

y y y y y

                   2 1 x y y        

  ( PT vơ nghiệm)

Vậy hệ PT cho có nghiệm (x;y) = (2;1), (-1;-2)

Câu

1. Ta có:

      2   

1 1 1

n n n nn n  n n n  n n  n   n

n 1 n1 n n n n 1n 1 n 1n n1

   

      

     

1 1

2 1   n1 n 1 n n2 1 2   n1 n n n

1 1 1

1 2 n n

      

(15)

 

1 1

2 1   n1 n 1 n n  n1

2. Ta có:

2

2 2

5 12 24 48 82

9 12 ( 4) 4( 4) 4( 4) 24 82

A x y xy x y

A y y x x x x x

     

 

         

 2 2

3 2( 3) 18

A y x x  x

 2  2

3 2( 4)

A y x  x 

 2  2

3 2

A y x  x  

2

A Dấu sảy khi:

16

3

4

y x y

x



   

 

   

  

GTNN A2 4; 16

x y Câu

1.a) Ta có: Tứ giác BFECnội tiếp

BCF FEB (cùng chắn cung BF đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC)

BCF BMN(cùng chắn cung BN đường tròn (O)

BMN FEBMN//FE (đpcm) (*) Ta có: OM ONR(1)

Mặt khác: ECF FBE (cùng chắn cung EF đường tròn ngoại tiếp tứ giác

BFEC)

ECF FBE AM ANAM AN (2)

Từ (1) (2) OA đường trung trực MN(**) Từ (*) (**)OA EF

1.b) Gọi D giao AH với BC Ta có ADBC

CDH CFB

  (C chung, D F 900)

(3)

CH CD

CH CF CB CD

CB CF

   

N

M

E

F

D H

C B

A

(16)

BDH BEC

  (B chung, D E 900) BE BD (4)

BH BD

BH BC

BC BE

    Cộng vế với vế (3) (4) ta được:

2

( )

CH CF BH BE CB CD BD BC

CH CF BH BE BC CD BD BC

  

   

Đặt SAOBS S1; AOC S S2; BOC S3

Ta có: ; 3 3= (1)

ABE BEC ABE BEC ABC

S S S S

S BO BO S BO

S BE S BE S S S BE



    

3 ; 2 3= (2)

BCF ACF BCF ACF ABC

S CO S CO S S S S CO

S CF S CF S S S CF



    

1 ; 2 1= (3)

ABG AGC ABG AGC ABC

S AO S AO S S S S AO

S AG S AG S S S AG



    

Cộng vế với vế 2 3 =2 ABC

S S S

AO BO CO

AG BE CF S

 

  

Vậy tổng AO BO CO

AG BECF khơng phụ thuộc vào vị trí điểm O

Câu

1. x 1 3234=   

3 3

3

1 2 1

1 2

  

 

 

3   3

1

2 1

2

x   x  x  x



 3

2x x

   

3

x x x

    

3

3 3

x x x

    

2

P  số phương

2. x22y25 (5) Từ Pt (5) x lẻ x2m1 (m )

Thay vào PT (5) ta được:2m122y2 5 4m24m2y2 4 2m m  1 y22 (6) Từ PT (6) ychẵny2 (k k )

Thay vào (6):     2m m 1 (2 )k  2 2m m 1 4k 2  

1

m m k

    (7)

F

E

G O

C B

(17)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TỐN HỌC Ta thấy VT phương trình (7) chẵn; VP phương trình (7) lẻ

Vậy PT cho khơng có nghiệm ngun

a. Ta có:

3 2( 3)

( 1)( 3)

x x x x

A

x x x x

  

  

   

2

3 2( 3) ( 3)( 1)

( 1)( 3)

x x x x x

x x

     



 

3 24

( 1)( 3)

x x x x

x x

  



 

( 3)( 8) ( 1)( 3)

x x

 



 

8 ( 1)

x x

 



b Ta có:

1

x

A x

x x



    

 

Vì x   1 0, x 0;x9 nên áp dụng BĐT Cô – Si ta có:

9

2 ( 1)

1

A x

x

   



Đẳng thức xảy

x x

x

   

 Vậy Amin 4 x4

Câu

a. Ta có:  ' m42m2 8m9250

Phương trình ln có nghiệm phân biệt với giá trị m

b Áp dụng định lí Vi – ét ta có:  

2

8

x x m m

x x m m

     

 

  



 2 2

1 2

1

1 2

2 60

60 x x x x

x x

P

x x x x

  

 

 

 

 2   2

2 8 60 8 11 5

4

2 4

m m m m m

P m

m m m

      

    

  

P nguyên 

4

(18)

m4  1; 5 Mà m nguyên dươngm 

Câu

a. Điều kiện: x0

Đặt t x x t2

x x

       đến phương trình: t2  4t

Giải phương trình nghiệm: t 1 (loại), t3

Do x x x

x

     

3

2

3

2

x x

 

   

 

 

7

2

x x

 

   

 

 

Kết hợp điều kiện, phương trình cho có nghiệm 5;

2

x  x 

b. Ta có:

  2 2  

2

2 2 2

4 4 4

x y x y xy x y

x y x x y y x y xy xy

       

          

 2 2    

4 4 8

x y xy y x x x y xy y

           

     

2 2

4 4 4

y x x x x y x x

         

  

4

x x y y

        2 2

2 1

x y

   

   

1: 1

TH x  y   x y2    

2 : 1

TH x  y    x y0

   

3 : 1

TH x   y   x y0

   

4 : 1

TH x   y    x y2

Vậy phương trình có cặp  x y; nguyên là:        3;2 ; 1;0 ; 3;0 ; 1;2

Câu

M I

H

T L

K

E

F

O A

(19)

a.Ta có AFH  AEH 900 suy tứ giác AEHFnội tiếp đường trịn đường kínhAH Ta có tứ giác ALBC nội tiếp  KB KC KL KA (1)

Vì tứ giác BFEC nội tiếp  KB KC KF KE (2)

Từ    1 ,  tứ giác ALFE nội tiếp đường trịn đường kính AH Do đó, LH  AK

b. Gọi M HL( )O Vì LH  AK  AM đường kính Ta có MC AC MC/ /BH

BH AC

 



 

 (3)

Ta có CH AB CH / / MB

MB AB

 



 

 (4)

Từ (3) (4) Tứ giác BHCM hình bình hành HL qua trung điểm BC

c. Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABT AT2 AF AB ý BFEC

nội tiếp nên AF AB  AE AC

Do đó, AT2  AE AC nên AT tiếp tuyến đường tròn CET

Hơn nữa, KFB ACBKLB nên suy KLFB nội tiếp, AF AB AL AK nên

2 .

AT  AL AK tức AT tiếp tuyến KLT

Vậy CET tiếp xúc với KLT có AT tiếp tuyến chung

Câu

Ta gọi cạnh song song với hướng Chú ý hai cạnh hai đường chéo song song với tạo thành hình thang cân

Ta thấy đa giác n cạnh gồm có n hướng (cụ thể hình vẽ

, ,

AB MN CE hướng, AB AC, khác hướng)

Với gồm có k đỉnh sinh  1

2

k k

đoạn thẳng, số đoạn thẳng lớn n có hai cạnh có hướng nên chúng tạo thành hình thang cân

N M

B A

E

O

(20)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TỐN HỌC Do đó, điều kiện để k điểm chứa bốn điểm tạo thành hình thang cân

 

2

1 1

2

k k

n k k n k n

  

        

 

1

4

k n

    Bây áp dụng toán cho n30 ta suy 60 1

4

k     k , suy đỉnh có đỉnh tạo thành hình thang cân

a. Ta có: 2y2 xy x 2y  5 0 x y(  1) 2y22y5

5 2

1

x y

y

  



(y =1 khơng thỏa mãn PT)

Vì x, y số nguyên nên y -1 ước

1: 1 1 2 9.

TH y     y x

2 : 1 1 0 5.

TH y       y x

3: 1 5 6 13.

TH y     y x

4 : 1 5 4 9.

TH y        y x

Vậy PT có nghiệm nguyên (x;y) là: (9;2), (-5;0), (13;6), (-9;-4)

b. Ta có A22n 4n 16 22n  1 4n 1 18 Đặt 22n 22k k * suy 22n  1 22k  1 4k 1 3

Do với n nguyên dương ta có: 22n 1 3; 4n 1 3; 18 3

2 n 4n 16 3

A

   

Câu

a. Điều kiện: 3

2

x 

3

8 4

2 3 (2 5) 2 3 8 4

2 5

x x

x x x x x

x



      



3

( 2x 3) 2 2x 3 (2 )x 2(2 )x

     

Đặt a 2x 3 0, b2x

(21)

 

3 3

2 2 (a ) 2 0

2 4

b b

a  ab  b ab       a b

 

Suy ra: 2 3 2 2 0 2

2 3 4

x x x x x          1 13 4 x   

b. Hệ phương trình cho tương đương với                          3 1

12

y x y x y x

Đặt a x1;b y3 Ta hệ phương trình                     1 1 2 b a ab ab b a b a ab b a

Đặt S  a b P; ab, điều kiện S2 4P Hệ trở thành

              1 2 P S S P P S

(thỏa mãn)

     P S

(loại)

                                  0 1 b a b a ab b a P S +)                      0 1 y x y x b a +)                      1 1 y x y x b a

Vậy hệ cho có hai nghiệm (0;3), (1;2)

Câu

Ta có:

4 4

1 1

(1 ) (1 ) (1 )

P

b c a

a b c

  

  

Đặt: x b,y c,z a x y z, , 0, xyz

a b c

     

4 4

1 1

(1 ) (1 ) (1 )

P

x y z

   

  

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

2

2 2

1 1

3 (1 ) (1 ) (1 )

P

x y z

 

    

  

(22)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

   

    

2

2 2

2

1

1 1

1

x y

xy x

y x xy x y

   

         

 

       

Tương tự: 2

(1 ) (1 )( )

x

y  xy x y

  

Từ BĐT ta có: 2 2

(1x) (1 y) 1xy

Dấu xảy x = y = 1

Tương tự: 2 2 1 2 1

(1z) (1 1) 1z (1z) 1z4

2 2

1 1

(1 x) (1 y) (1 z)

   

  

1 1 1

1 1 4

z

xy  z  z z 

   

Ta có: 3 , 3 1

16 16

P P       x y z a b c

Vậy giá trị nhỏ P là: 3

16

Câu

1

a) Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O) suy OA  xy

Xét tứ giác BCEF có BEC 900 (GT); BFC900(GT) tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp suy ACB AFE (1)

Mặt khác 1

2

BAx Sd AB (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)

1 2

ACB Sd AB (góc nội tiếp) BAx ACB) (2)

Từ (1) (2) suy AFEBAx vị trí so le nên EF // xy hay EF OA y

x

N

A

Q

P

M F

E

D O

(23)

b) Đường thẳng EF cắt (O) điểm thứ P, BP cắt DF Q

AD, BE, CF đường cao tam giác ABC nên BCEF, ACDF nội tiếp,

ACB AFP

Mặt khác 1 1  

2 2

ACB Sd AB Sd BM MA

 

1 2

AFP Sd BM AP

Do Sd AM Sd APsuy BA tia phân giác MBQ  AM  AP (1) Tứ giác BCEF nội tiếp suy ACBBFM, tứ giác ACDF nội tiếp nênACBBFQ BFQBFM ACB, suy FB tia phân giác MFQ

MFB QFB MB QB BMP BQN BP BN

          

Do ABN ABP nên AN = AP (2) Từ (1) (2) suy AM = AN

2

Dựng tam giác vuông cân BDE D cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD khơng chứa C

Ta có ADE ACB DE = DB Từ giả thiết AC.BD = AD.BC Suy AD BD DE

AC  BC  BC  ADE ~ACB, từ

AB AC

AE  AD

Mặt khác BACEAD, suy CADBAE Do CAD~BAE .

2 .

2

AC CD CD AB CD AB  BE  BD  AC BD 

Câu

Chia hình vng cho thành 2025 hình vng nhỏ có cạnh 1

45

E

A

B

D

(24)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC Gọi (C1), (C2), , (C2025) hình trịn nội tiếp hình vng nhỏ trên, chúng có bán kính 1 .

90

Gọi (C1'), (C2'), , (C2025') hình trịn đồng tâm với hình trịn có bán kính là: 1 .

91 Khi hình trịn nằm hình vng đơi

khơng có điểm chung (rời nhau)

Trong hình vng cho có hình trịn rời (C1'), (C2'), , (C2025') có 2019 điểm nên tồn hình trịn hình trịn khơng chứa điểm 2019 điểm cho

Đề số Câu 1.a) Với x0 ta có:

1 3 2

-1 ( 1)( - 1) - 1

A

x x x x x x

- 1- 2 2

1

x x x

x x

( 1)

1

x x x x

- 1

x x x

Ta có

2

1

- - 0

2

0

x x x x

x x

, ,

và

2

-1 0 , 0

x x x 2 x 1 0, x 0

x x 1 x, x 0 1, 0

- 1

x

x x  A 1, x

1

A x

Vậy giá trị lớn A x 1.

b) Ta có:

B2  4 10 4   10 4    10 4   10 5 

  

 8 16 10 5   8 5    

2

8

       

 

6

B B

   

(25)

Câu

a) Ta có P(x) bình phương đa thức thì: P(x) =  2

x  cx d =   2

2 2 ,

x  cx  c  d x  cdxd  x

Mà: P(x) =

2

x  x  x ax b

Do ta có hệ phương trình:

2

2 1

2

1

c c

c d d

cd a a

b d b                         

Vậy:a 2,b1

b) ĐK:

4

1  

 x (*)

Ta có  4 x 4x12 3 4x2 (3 )(1 ) 4 x  x   x

4 (3 )(1 )x x

      34x 14x 2 (2)

Lại có : 2

16x 8x 4x Từ (2) (3) ta có:

             16 4 ) ( x x x x                16 4 ) )( ( x x x x x x           ) )( ( x x x                      4 x x x  

 x (thỏa mãn(*))

Vậy phương trình có nghiệm

(26)

a. Xét tứ giác AKHE cóK  E 900  BACBHC1800

mà BHC  BOCvà BOC 2BAC  0

3BAC180 BAC 60

Kẻ đường kính BI, suy tứ giác AICH hình bình hànhAH = CI (1) Gọi M trung điểm BC  IC = 2OM (2) (Đường trung bình)

Từ (1) (2)  AH = 2OM

Do M trung điểm BC  OM BC OM tia phân giác BOC 

0

60

MOC 

OM = MC.cot600 = . 1 3

2 3 6

a  a

AH = 3

3

a

b. Ta có DBH DAC DB DH DA DC

     DA.DH = DB.DC

Áp dụng bất đẳng thức  

2

4

x y

xy  ( Dấu “=” xảy khix y)

ta có: DA.DH = DB.DC  

2 2

4

DBDC a

  (Không đổi)

(Dấu “=” xảy DB = DC hay D trung điểm BC)

 DA.DH nhận giá trị lớn

2

4

a

D trung điểm BC.  ABC cân A A điểm cung BC

Câu

Với số tự nhiên a

a chia cho có số dư 0; 1; Số 2019 chia dư 3; 2020 chia dư

Suy 2019n (mod 8)n

- Nếu n chẵn n ,k k 2019n 32k ( mod 8) C ( mod 8)

C số phương

H

M

I

K

E

D

O A

(27)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC - Nếu n lẻ n 2k 1,k 2019n 32k 3.32k ( mod 8)

C ( mod 8)

C số phương KL: Khơng tồn n thỏa u cầu toán

Câu

Đặt , ,

1 1

a b c

x y z x y z xyz a b c

và x 1 a b c

a a a , ,

c a a b

y z

b c

Vậy 6

cyc

b c c a a b c a a b

x y z

a b c c b

2

cyc

c a a b

yz zx xy

bc

Đẳng thức xảy a b c hay x y z

Câu

Gọi H, K hình chiếu vng góc A BC PQ Tam giác ABC vuông A nên 12

5

AB AC AH

BC

Đặt PN x PQ, y

Vì APQ ACB suy 5 25

5 12 12

PQ AK y

x y x

CB AH

2

25 25

3

12 12

MNPQ

S x y x x x

Vậy giá trị lớn SMNPQ

x

2

y

1) Ta có:

x y m 3x 3y 3m x 2m 2x 3y m 2x 3y m y x m

x 2m

( m R) y m

         

 

           

  

 

     

Ta có:

K

H

M N

P A

C B

(28)

 

2 2

2

P x 8y 4m 8(m 1) 4m 8m 2m 12 12

       

    

Dấu “=” xẩy 2m + = m 1 Giá trị nhỏ P -12 m = -1

2) Giải:  

 

2 2

3 3

x y 2xy

x y

x y (x y) 3xy x y

                      

Đặt x y S xy P       Ta có: 2 3 3 S S P

S 2P 2 P

2

S 3SP 1 S

2S 3S 3S

S 3S

2                                        2 2

1 S S

1 S P P

P

2

S 5S 5S S 5S 5S

5S 3S

                                  2 S P S

5S 5S (vn)

               P S        x y x y

xy y

x                     Câu

1 Giải: x49x324x227x (*) 

Với x = 0, (*)0x + = (phương trình vơ nghiệm Với x  0, chia vế phương trình (*) cho

x :

2

27 3

(*) x - 9x + 24 - + = x x 18

x x x x

3

x

3 x

x x

3

x x

x

x 3x (VN) x

x 6x x

                                                            

2. Ta có:

a b c a b c

3

b c a a b b c c a

a b c a b c

1 1

b c a a b b c c a

(29)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC   2  2 2

a b 4a b c 4b c a 4c b a b c b c a c a

a b b c c a

0 b(a b) c(b c) a(c a)

  

      

  

  

   

  

Luôn a, b, c số dương Dấu xẩy a = b = c

Câu 3.(4,5 điểm)

1) Ta có: 1 bc a(b c) (1) a   b c  

TH1: Nếu a số nguyên chẵn, suy a(b c) 2 , theo (1)Suy ra: b.c Vậy abc chia hết cho

TH2: Nếu a số nguyên lẻ Với b c hai số lẻ thì: b c 2 a(b c) 2 Mà a b c . không chia hết cho (vì a, b, c lẻ) Suy mâu thuẫn

Vậy hai số, b, c tồn số chẵn

+ Với b chẵn, mà a lẻ nên c chẵn (vì b.c chẵn nên a(b + c) chẵn suy c chẵn, a lẻ) Suy abc chia hết cho

+ Với c chẵn, tương tự abc chia hết cho

Cách khác: 1 bc a(b c) abc = a (b + c) (2)2 a   b c   

Ta thấy a, b, c khơng thể số lẻ vây abc số lẻ, cịn b+c số chẵn Vậy số tồn số chẵn

Nếu a chẵn a2 chia hết cho 4, từ (2) suy abc chia hết cho

Nếu b chẵn, a lẻ nên b + c chẵn (vì abc chẵn) suy c chẵn Vậy abc chia hết cho Tương tự cho trường hợp c chẵn

2 Dùng hàm Ơle:

Phân tích số m thừa số nguyên tố: m p p p  1x 2y 3z

Số số nguyên dương không vượt m nguyên tố với m

1

1 1

(m) m

p p p

 

   

                

Ta có: 999 373 (999) 999 1 1 648

3 37

             

   

Có 648 số nguyên tố với 999 không vượt 999 Vây có 649 số nguyên tố với 999 không vượt 1000

Cách khác:

Gọi A số số nguyên dương không vượt 1000 Suy A = 1000

B số số nguyên dương không vượt 1000 mà không nguyên tố với 999

(30)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC B = (Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 3) – (Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3) + Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho là:999 333

3

  

+ Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 là: 999 37

1 27 37



 

+ Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 (chia hết cho 111) là:999 111

111

  

+ Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho là:27 18 

Suy B = 333+ 18 = 351 Vậy C= A – B = 1000 – 351 = 649

Câu 4.

Ta có: A 99

1 2 3 99 100

    

   

 1 2 2 3 3 98 99 98 99 100 99

1 99 99 100

          

       

B 2 3   100 A B 100 100 999

    

Câu 5.

a) Gọi F tiếp điểm BC với đường tròn (I) Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có: AD = AE; BD = BF; CE = CF

Suy ra: AB + AC – BC = (AD + DB) + (AE+ CE) – (BF + CF) = AD + AE = 2AD

b)

2 1 2

1

S

M N

F E D

I A

(31)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC Gọi S giao điểm BI MN Ta cần chứng minh: D, E, S thẳng hàng

Thật vậy:

Do MN đường trung bình tam giác ABC nên MN//AB

2

1

B BSM (hai goc so le trong);B B BSM B

  

 

Suy tam giác MBS cân M nên MB = MS = MC

Tam giác BSC có đường trung tuyến SM=1/2BC nên tam giác BSC vuông S Ta có:

Tứ giác IECF IESC tứ giác nội tiếp (đường trịn đường kính IC) Nên điểm I, E, S, C, F thuộc đường trịn đường kính IC

Ta có:

1 SEC SIC ; SIC B C

    (góc ngồi tam giác) 1

SEC B C (1)

  

Lại có tam giác ADE cân A nên:

0

1

180 A A

AED ADE 90 B C

2



      (2)

Từ (1) (2) suy SEC=AED mà A, E, C thẳng hàng nên D, E, S thẳng hàng Vậy ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy

Cách khác: Gọi P giao điểm DE BI Đi chứng minh M, N, P thẳng hàng

Đề số Câu 1) Với điều kiện x0,x4, ta có:

 1 :  5 

2 1

x x x x x

P

x x x x x x

       

   

  

        

(32)

 

     

1 4 5

:

2

x x x x x

x x x x

     



  

 

 1 2

1

x x

x

x x

 

 



 2

1

x x

 

Vậy  

( 0, 4)

x

P x x

x



  

2) - Chứng minh M số chẵn

 3

3

3 3

7 50 2

a       

 3

3

3 3

7 50 2

b        )

M    a b 1 2  1 22 - Chứng minh N số chẵn

    2  2

2 ; 1;

a b  a b     a b  a b  ab

     

7 7 4 3

Na b  a a b  b a b  a b a b

=a4a3b3 b a4 3b3a b a b3 3  

a3b3  a4b42

a b a  2b2ab  a2b222a b2 2 2 7.34 2  

 

Vây M, N số chẵn Chú ý :

- Học sinh tính M cách đưa phương trình bậc 3: M33M140, giải được nghiệm M = Mỗi ý cho 0,5 điểm

 3  

3 3 3 3

7 50 50 14 50 50 50 50

M           

  

3

14 2

M   M  M M  M  

2

M

  vì M22M  7 M 12 6

- Học sinh chứng minh N số chẵn cách đặt :

1 2 1 2

n n

n

S     xây dựng công thức Sn12SnSn1để S7 số

chẵn khai triển    

7

(33)

Câu

1) Vì Phương trình x2 2kx 4 có hai nghiệm x x1, 2 nên  '

2

4 k (1);

k

     Theo hệ thức Vi-et ta có :

1

2

x x k

x x    

 



Do :

 2  

2 4 4 2

1 1 2 1 2

1 2

2 2

2 1 2

2

3 x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

 

  

           

 

     

     

 

2

2 2

4

5 5 5 (2)

4

k

k k k

  

              

 

Từ (1) (2) suy :

4k  2   2   k Hoặc 2 k 2

Vậy tất giá trị k cần tìm :  2   k 2 k 2

Vậy hệ có nghiệm nhất: x y

2) Trừ theo vế phương trình (1) (2) ta được:

 2     

2

1 3

1

x y

x y x y x y

x y

  

 

         

    

 

0

x y

  

2 (*)

1

x y

  

  

Trường hợp 1: x   y x y Thay yx vào (1) ta phương trình:

1

x   x  

2

1

x x

x

    

 

  

Giải hệ ta được:x   0 x y 0

Trường hợp 2:

2

1

x y

  

  

Xét    

2

2 2

3

1 1

x x y y

x y

A

x y x y

    



  

     

Ta có: 2  

3 x   1 x x  x x  x x  x x 0 Tương tự: 3 y2  1 y 0

Suy ra:A0 Trường hợp không xảy Vậy hệ có nghiệm nhất: x y 0

(34)

2

2 2

1 1

2 1 (1)

2 1 (2)

1 4 (3)

1 4 (4)

x x y x y x

y y x y x y

y x

x y

x y y xy x x

y x x xy y y

                                                     

Trừ theo vế phương trình (3) (4) ta phương trình : xy 4 xy6  0 x y 4xy 6 :

Cộng theo vế bất phương trình (1) (2) ta : x y 0, suy trường hợp

 

4 xy  6 không xảy

Trường hợpx y , thay vào (3) ta được:x y

Câu

1. Đặt

, , , (*)

axy b   x y a Z bZ b  a

Phương trình (1) trở thành:

2

a b b  a

2 a b a      

2 2 2

2 1 5

a a a a a a a

           

     

2

1 1;5 0; 0; 2;

a a a

       

Nếu      ,  0; , 2;0 

xy

a b x y

x y            Nếu 2 2 0 2 x y xy a b

x y x

y                               

( loại không thỏa mãnx y, Z)

Nếu 4,

a  b loại khơng thỏa mãn bZ

Vậy nghiệm nguyên (x, y) phương trình cho là:    0; , 2;0

Cách khác: Đưa phương trình dạng : xy xy 2xy   (x y 2) Đặt txy t, Z ta phương trình ẩn t: xy t 2    t (x y 2) (1)

Nếu 2

0 2

xy x

x y xy

x y y



  

 

      

   

  Hoặc

2 x y      

 (Loại )

*) Nếu x y 0, ta có phương trình bậc ẩn t:

   

2 (2)

(35)

    2

1

4

x y x y x y

           

    2     

1 0;1 1;0;1 1;

x y x y x y

           

*) Nếu

1

xy x y

xy

 

     

   

( loại)

*) Nếu       

0

2 1 , 0; , 2;0

2

xy

x y x y

xy

  

    



 ( thỏa mãn )

Vậy nghiệm nguyên (x, y) phương trình cho là:    0; , 2;0

2. Cho nN* Chứng minh 2n + 3n + số phương n chia hết cho 40

Giả sử 2n 1 m2 , 3n 1 k2 m k, N*

m

 số lẻ mlà số lẻ

  

2

2n m m m

      , Suy : n chẵn, k lẻ

Vì k số lẻ nên k1,k1 hai số chẵn liên tiếp (3, 8) = nên

Từ 2   

3n 1 k 3nk  1 k1 k1 8n (1)

Khi chia số phương cho số dư ; ; Ta xét trường hợp:

Nếu n chia cho dư 2n + chia cho dư ( vơ lí ) Nếu n chia cho dư 3n + chia cho dư ( vơ lí ) Nếu n chia cho dư 2n + chia cho dư ( vơ lí ) Nếu n chia cho dư 3n + chia cho dư ( vơ lí ) Vì (5, 8) = nên từ (1) (2) suy n chia hết cho 40 Vậy n (2)

(36)

1 Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, suy : OI BC

ABI BOI

 

( phụ vớiBAO )

0

cos cos 60 (1)

2

OB R

ABI BOI ABI BOI

OA R

       

Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt suy OF, OE tia phân giác góc COM MOB Suy ra:

; EOF (2)

2 2

COM MOB COM MOB BOC

FOM  MOE  FOMMOE   BOI

Từ (1) (2) suy : ABI EOF 600 hayQBEQOETứ giác OBEQ nội tiếp

2 Ta có: OQBOEB ( chắn cung OB của đường trịn (OBEQ) )

OEF OEB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt )

OQB OEF

  hay OQPOEF

( )

OQP OEF g g

    (vì có OQPOEF QOP, góc chung) PQ OQ (3)

EF OE

 

Vì tứ giác OBEQ nội tiếp 0 90 , 60

OBE QBE nên:

0 0

180 90 ; 30

OQE OBE OEQOBQOBE QBE 

OQE

  vuông Q OEQ300

0

sin sin 30 (4)

OQ

OEQ OE

   

Từ (3) (4) suy :

PQ

EF PQ

EF   

3 Vì OQP OEF theo tỉ số đồng dạng EF

PQ  nên

1

(5)

4 8

OPQ OEF

S S OM EF R EF

S

(37)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC Kẻ qua O đường thẳng vng góc với OA, cắt AC, AB theo thứ tự H, K Ta có:

0 60

BKOBOI  ( Vì phụ vớiBAO )

.cot cot 60

R

HCKBOB BKOOB 

       

 

2 (6)

3

EF FM EM FC EB HF HC KE KB HF KE HC KB

R

HF KE HC HF KE

           

    

Mặt khác , 0

60 , 60

FHOAOC EKO AOB nên dễ chứng minh

HFO KOE

  ( đồng dạng với tam giác OFE) 2

0

(7)

sin 60

HF HO R R

HF KE OK OH OK

OK KE

 

        

   

Từ (5), (6), (7) suy :

2

4

3

8

OPQ

R R

R

R EF R

S

  

 

 

  

Dấu “ = ” xảy KEHF OH OK FM EM MCMB M

là điểm cung BC

Vậy để tam giác OPQ có diện tích nhỏ M điểm cung nhỏ BC Giá trị nhỏ

2

R

Cách khác: Vì OQP OEF theo tỉ số đồng dạng EF

PQ  nên

   

1 1 1

4 8

OPQ OEF

OPQ ABOC AEF AEF AEF

OEF

S S

S S S OA BC S R S

S

 

         

 

Sử dụng công thức : Hê-Rơng Tính diện tích S tam giác có độ dài ba cạnh a, b, c

    

           

2

3 2 2

16

16.27 4.3 4.3

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

S

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

S

       

 

 

 

               

 

   

 

(38)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC                 2 2 2 2 2 2 2 1

3

-8 4.3

1

3 -

-8 4.3 4.3

1

3 -

-8 4.3 4.3

2

1

3

-8 4.3

OPQ AEF

AE EF FA

S R S R

AE EM MF AF AE EB FC AF

R R

AE EB AF FC AB AC

R R AB R R                                                                                 

 2

2 2.2 sin

3

-4.3

R AOB R

 

  

 

 

Câu Ta có x    y z z xy   x y xyx1y1

xyz x y x    y 1 x xyy2 y xyy1

yxz y x x   y 1 xyx1

     

3

2 3

1

x y P

x y x y

     Vì          

3 2

3 3

4

0

4 1 1

0

x y xy

x y x y

x P

xy x y x y

y                

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số thực dương, ta có:  

 

2 2

3

27

1

2 4 1 27

x x x x x

x x x             Tương tự:   27 y y        2 3

1 4

4 27 27 729

4 1

x y P

x y

  

  Dấu “ = ” xảy

2 2 x y x y z

z x y

               

Vậy MaxP=

729, đạt

2 x y z      

Cách khác :

   2  2

3 2

1

x yz y xz z xy x yz y xz z xy x y z

z z

P x y y x x y y x xy

                         2 2

1 zy zx z z 1 y x z z z

P x y xy x y xy

 

      

               

       

Vì

 2

1

2; ;

y x

x y z

x y xy x y

     

(39)

     

 

   

2 2

2

2 2

4

1 4

1 1 1

1

z z

z z

z z z z

P x y z z

                                             2 2

1 12

1

z z

z z

P z z z

    

 

         

      

   

Đặt t z 1,

2 2

1 12 12

6

4 8

12 729

6

4 8 729

t t t

t

P t t t t

t t t

P t t                                        

Dấu “ = ” xảy  t 4,x   y x y 2,z5 Vậy MaxP =

729, đạt

2 x y z      

1 a) Điều kiện xác định: 1 x 10 Đặt a x1;0 a

Khi

  

2

9 1

:

3 3

a a a

P

a a a a a a

                          

3 1

:

3 3

a a a a

a a a a a

                                3

3 3

: :

3 3 3

a

a a a a

a a a a a a a a



    

 

     

 

33 33  2 43 41

a a a a x

a a a a x

    

  

     

b) Ta có:

 

3 2 2

x      

  2   2

2 5

      

 

2 1

      

2 2

       

 

2 2

(40)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC Vậy 1

2 2

P    

 

2 Ta có

   

4 3

2 2

P x x y y x  y

4 3 3

2x 2x y x 2xy y 2y

     

     

3 3

2 2

x x y y x y x y

     

  3  3 2x 2y x y x y

    

  3 3 2x 2y x y x y

     

Do     

2

3 2 2 2

2 2

x y

x y  xy x xyy x xyy  x y   

 

 2

1

P x y

  

Mà

   2

2 2

1 2

x  y x y  xy  x y  x y 

 2  2 1

2

x y x y P

       

Dấu “ ” xẩy

x y Vậy giá trị nhỏ P

4

1

x y

Câu

1 Điều kiện:

x

 1  4x x 2 3x 5 2x3

    

4x x 2 4x x 3x 2x 3x 2x

           

         

4x x 3x 2x 4x x 3x 2x

         

   

5

2 15 3

x n x x x l            

Vậy phương trình có nghiệm: x5

2 Ta có

   

 

   

  

     

2 2 2

2 4

2

*

1 8

x y y x y

xy x y

x y x y x y

                                   

Đặt a x 1;b y ta có hệ phương trình  

 2  2

2

*

8 16

a b a b

a b

a b a b ab a b

(41)

2

4 2

4

2

4

4 2

a b a x x

a b

a b b y y

a b

a b a x x

a b

a b b y y

         

          

    

      

       

   



       

         

   

   

Nghiệm hệ phương trình S   1; ; 3;0

3 Phương trình hồnh độ giao điểm  d  P x2 2x m 1 hay  

2

2 1

x  x m  

 d  P cắt hai điểm phân biệt  1 có hai nghiệm phân biệt

 

' m m

         Do A B, thuộc  P nên 2

1 1; 2

y x y x Theo đề ta có

 2

1 2 2

1

12 12

x x

y y x x x x x x

x x

 

       

  

Theo hệ thức Viet ta có : 2

2

x x

x x m

  

    

Nếu x x1 4      m m 3(loại)

Nếu x x1 2  3      m m 4(nhận) Vậy m4 giá trị cần tìm

Câu

a) Tứ giác BDIP nội tiếp Suy 180

PIK  PIDPBA

Mà tứ giác CPBA nội tiếp Suy PCK1800PCAPBA PIK PCK Suy tứ giác CIPK nội tiếp

b) Tứ giác CIPK nội tiếp tứ giác PBDI nội tiếp Suy PKI PCI

   

~ PK PD PK PC

PDI PBI PKD PCB g g

PC PB PD PB

        

C

I K

A B

O

Q N

P

M

(42)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC Mà tứ giác CPBQ nội tiếp suy QPBBCQ hay MPBMCQ mặt khác PMBCMQ

(đối đỉnh)

   

~ PB MP

MPB MCQ g g

QC MC

     

Chứng minh tương tự MCP~ MQB g g PC MP 3 

QB MB

     

Từ  2  3 kết hợp MB MC PB PC PC QB 4 

QC QB PB QC

    

Từ  1  4 PK QB

PD QC

   PK QC QB PD

c) Do tứ giác BDGI tứ giác CPBA nội tiếp Suy PGI PBI  

/ / AD KD

PBC PAC PGI PAC IG CA

AE KI

     

Trên BC lấy J cho KPI CPJ Tứ giác CIPK nội tiếp, có IPK1800KCI BCA

không đổi

Suy J điểm cố định CB

CJ không đổi  6

Lại có  PKI ~PCJ gg PKD~PCB gg

 

KI PK KD KD CB

CJ PC CB KI CJ

     Từ  5 ,  6  7 suy AD

AE không đổi

(43)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC Gọi I K M, , theo thứ tự trung điểm EF EG GH, , AEF vng A có AI

đường trung tuyến nên

AI  EF Tương tự

2

MC GH IK đường trung bình AFGnên

IK  FG Tương tự

2

KM  EH

 

2

cEFFG GH HE AIIKKMMC

Ta có AIIKKMMCAC ( đường gấp khúcAIKMC AC ) Suy

2

c AC a b

Câu

1 Đặt xa a, 0 , y2 b b, 0

4

4y 6y  1 x

2

4b 6b a    

2

16b 24b 4a

   

2

16b 24b 4a 13

    

 2 2 4b 4a 13

   

4b 2a4b 2a 13

     

Lập bảng

4b 3 2a 13

4b 3 2a 13

a -3

b 1

Nhận Loại

x

y

(44)

2 Ta có n chẵn  n ,k kZ Suy

 3      

3 3

20 96 40 96 96 96 48 48.2

n  n  k  k  k  k    k  k k  k  k k

Do k1; ;k k1 số nguyên liên tiếp nên k1  k k1 chia hết cho

     

3

1 48,

k k k k k k k k Z

        

Vậy với số nguyên n chẵn n320n96 chia hết cho 48

Ta có:  

2

3x2 3x  4 3x1  3 0;  x 0

nên điều kiện để A có nghĩa     

3x  8 3x2 3x2 3x 4 0; x 0

0 4

0

3

3 2 0

x

x x

 

   

  

 3

6 4 3

3 2 3 4

3 8

x x

A

x x

x



 

 



 

63 42 3 32 4

x x x

A

x x x

  



  

 3243 32 4 31

x x

A

x

x x x

 

 



   Với

4

3

x

 

+ Với x nguyên dương, để biểu thức A nhận giá trị nguyên

3x 2 nguyên Khi đó:

3

3 3 3 9

3 2 1 1

3 1

3

x

x x

x

x x

x

 

    

      

 

 

 

Vì x nguyên dương nên x3 A1 Vậy x3

Câu

a) PT (1) có hai nghiệm phân biệt  ' m25m 4 0 (*)

(45)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TỐN HỌC Với ĐK (*) PT có hai nghiệm x x1, 2

Ta có  

1

2 1

. 3 3

x x m

x x m

    



 



 2  2  

2

1 5 2 3 1 4 1 3 3 3

Mx x  x x  x x  x x  m  m

2

2 1 81 81

4 5 2

4 16 16

M m m  m 

         

 

Dấu “=” xảy 1

8

m  (thỏa mãn ĐK (*))

Vậy M đạt giá trị nhỏ 1

8

m 

b) ĐK:  ' m2 5m 4 0 (*)

Đặt x    1 t x t 1 thay vào phương trình (1) ta được:

    

 

2

1 2 1 1 3 3 0

2 2 0 (2)

t m t m

t m t m

      

    

PT (1) có hai nghiệm phân biệt x lớn PT (2) có hai nghiệm phân biệt t lớn

  

2 1 4 0

' 0 5 4 0

0 0 0

0 2 4 0 2 4 0

m m

P m m

S m m

  



     





 

      

       

  

1 4

0 4

2

m m

m

   



   

  

thỏa mãn ĐK (*)

Vậy m4.

Câu

a) Với x = 0, phương trình (1) có dạng: = (vơ lý) Vậy x = không nghiệm PT (1)

0

x , ta có

2 13

(1) 6

3 3

2x 5 2x 1

x x

  

(46)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC Đặt 2x +3= t

x , PT (1) trở thành

2 13

+ = 6

t - 5 t +1

2

1

6 39 33 0 11

2

t

t t

t

  

    

  

+) Với t 1 ta có PT 2x 3 1 2x2 x 3 0

x

     

Có  0 nên PT vô nghiệm

+) Với 11

t ta có PT 2 3 11 4 11 6 0 2

x x x

x

     

PT có nghiệm 2; 3 4

x x thỏa mãn tốn

b)Giải hệ phương trình:

3

2

2 12 0 (1)

8 12 (2)

x xy y

y x

   

 

 



Thế (2) vào PT(1) ta x3x y2 2xy2 8y3 0 Nếu y0 từ (1) suy x0 không thỏa mãn PT (2)

Xét y0 PT

3

(3) x x 2.x 8 0

y y y

   

          

Đặt x t

y  ta

3

2 8 0

t    t t

  

2

2 0

2 4 0 2

4 0

t

t t t t

t t

  

            



Với t    2 x 2y, thay vào (2) y2      1 y 1 y 1 Với y   1 x 2

y   1 x 2

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 2;1 ; 2; 1   

(47)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC a) Chứng minh điểm O, M, N, I nằm đường tròn.

I trung điểm BC (dây BC khơng qua O) OI BCOIA900 Ta có

0

AMO = 90 (do AM tiếp tuyến (O))

ANO = 900 (do AN hai tiếp tuyến (O))

Suy điểm O, M, N, I thuộc đường trịn đường kính OA b) Chứng minh điểm K cố định đường trịn tâm O thay đổi

Ta có AM, AN hai tiếp tuyến với (O) cắt A nên OA tia phân giác

MON mà ∆OMN cân O nên OAMN

+) ΔABN ΔANC (vì ANB=ACN=1

2 sđNB CANchung) =>

2

AB AN

= AB.AC=AN

AN AC  (1)

+) ∆ANO vuông N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2 (2) Từ (1) (2) suy ra: AB.AC = AH.AO (3)

+) ΔAHK ΔAIO (vì AHK = AIO=900 OAIchung)

AH AK

= AI.AK=AH.AO. AI AO

  (4)

Từ (3) (4) suy ra: AI.AK = AB.AC AK=AB.AC AI



Mà A,B,C cố định nên I cố định suy AK cố định, K giao điểm dây BC dây MN nên K thuộc tia AB suy K cố định

c) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP tại E Chứng minh P trung điểm ME

Ta có PMQ=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) d K

E

D A

B

C M

N P

Q

(48)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TỐN HỌC Xét ∆MHE ∆QDM có MEH DMQ (cùng phụ với DMP), EMH MQD

(cùng phụ với MPO)

Suy ra: ΔMHE ΔQDM (g-g) ME MH

MQ DQ

  (*)

ΔPMH ΔMQH (vì MHP = QHM = 900, PMH = MQH)

2

MP MH MH

MQ HQ DQ

   (**)

Từ (*) (**) suy 1

2

MP ME

MQ  MQ  ME = MP

 P trung điểm ME

Câu 5.

Gọi MN; EF đường nối trung điểm hai cạnh đối hình vng (hình vẽ)

Giả sử đường thẳng d1 cắt cạnh AB A1 cắt MN I cắt cạnh CD B1 Ta có tứ giác AA1B1D BCB1A1 hình thang có MI, NI đường trung bình hai hình thang

Khi

 

1 1

1

AA

1

AA

2

1 2 2

2 B D

A BCB

AD DB

S IM IM

S BC A B B C IN IN



   



Suy

MI

MN  nên

1

MI  MN điểm I cố định

Lập luận tương tự ta tìm điểm H; J; K cố định

B1 I A1

A B

D C

N E

M

F H

(49)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC (I, J, H, K chia đoạn thẳng cố định MN, NM, EF, FE theo tỉ số 1:2)

Có điểm cố định mà có 2019 đường thẳng qua nên theo nguyên lý Đirichle phải có 505 đường thẳng đồng qui

  

3 2

1) x 5x 5x 0   x x 4x 1 0

2

x 4x (*) x

     





Phương trình (*) có   ' 0 nên có nghiệm phân biệt

Khơng tổng quát coi x3 1 x , x1 2 nghiệm (*) Ta có

 

2

1

2

2 2

1 1 2

1 1 x x

S

x x x x x x



    

Ta có x12 x22 x1x222x x1

Theo Viet ta có

1

x x

x x   

 



Thay số: x12x22 14

Thay số: S 15

 

     

x x 3 x x 2 x 9

2) A :

x x

x x x x

       

   

   

         

   

    

  

2

3 x x x x

x

1 :

x x x

     

 

  

  

 

  

x x x x x x :

x x x

         

  

  

 

  

3 x x

:

x x x

 



(50)

 

  

2

x

:

x x x

 

  

3 x

:

x x  

 

3 x

x x



 

 

x 



Câu 1. Ta có:

   

2

3

(y 2x)(1 y x) 2x x x(y 1) x y 2

     

 

   



 1 (y 2x)(1 y) x(y 2x) x(2x 1)      0

y 2x y  x y 1 1 yy x y y x

 

           

 

Với y1, thay vào (2) được: x2  1 x2    1 x

Với yx, thay vào (2) được: x x 1   3x2  x x2 x 3x2  x

Đặtt x2x, phương trình trở thành:

 

3

2

t

t t (t 1)(t t 2)

t t 

          

   

Phương trình  3 có    7 nên vơ nghiệm Do t x2 x x2 x x

2           

Với x y

2

 

   Với x y

2

 

  

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm:

      5 5

x; y 3;1 , 3;1 , ; , ;

2 2

        

 

     

    

(51)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TỐN HỌC

2. Phương trình xác định x 12

   Phương trình cho tương đương với

   

x 2x 2x 3 2x 3  9 12 x 12 x   0

  2 2

x 2x 3 3 12 x 0

      

    x 2x

12 x     

 

  



 1 x 2x x2 x x x x

x 2x

 

 

          

   



 2  12 x  3 12 x   9 x

Vậy x 2x x x x

3 12 x

     

   

  

   

 (tmđk)

Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x3

Câu

1. Ta có:

 

2 2 2 2

2 2

x y x 5y 22x 121 y (x 5) x 22x 121 y (x 5) x 11

         

   

Vì y ; x 112   2 số phương nên x25 số phương Do đặt x2 5 z2 x2 z2   5 x  zx  z 5

Ta có x  z ; x  z ước số 5; x  z không âm nên x  z số âm

Suy x z

x z

   



  



x z

   



  



TH1: x z x x

x z

  

     



  



Với x y2 132 y2 169

(52)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC TH2: x z x

x z

  

   



  

 (loại)

Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun (x; y) ( 2;3);( 2; 3)   

2. Ta có: P 2 12 2 1 1 x y z 3xy 3yz 3zx 12 xy yz zx

 

        

   

 

2 2

16

x y z xy yz zx 12 xy yz zx

  

      

 2  

16 15

xy yz zx x y z xy yz zx

 

 

    

Học sinh chứng minh với x, y, z: x y z2 3 xy yz zx 

Suy  

2

x y z

xy yz zx

3     

  2 2  2 2

16 15 16 15

P

2019 2019

x y z x y z 2019 4

x y z

3

    

     

   

31 P

5435148

  Dấu "=" xảy x y z 2019 673

   

Vậy

31 P

5435148

 x  y z 673

Câu

1. Đặt SABC a2

Tứ giác MQCF có MQ//FC; MF//QC (giả thiết)  MQCF hình bình hành MQ FC

  Chứng minh tương tự ta có PMBK Ta có EPM ABC nên

2 EPM

ABC

S PM

S BC

    

F K

D

Q E

P M

C B

(53)

2

x PM PM x

a BC BC a

 

    

 

Chứng minh tương tự, ta có: + DMQ  ABC nên MQ y

BC  a ;

+ MKF  ABC nên KF z

BC a

x y z PM KF MQ BK KF FC BC

a BC BC BC

     

    

 2 ABC

x y z a S x y z

       

2

a) Trong  E có MCAMNC 1  (góc tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn MC)

Trong  D có MBABNM (góc tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp

cùng chắn MB)

MBA MCA BNM MNC BNC

    

Do BNC BAC MBAMCABAC 180

  (tổng ba góc tam giác)

 Tứ giác ABNC nội tiếp  O

N

 thuộc đường tròn  O ABC nội tiếp đường tròn  O K

I J

E D

M

N O

C B

(54)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC Tứ giác ABNC nội tiếp  O nên ANCABC (hai góc nội tiếp chắn AC) Mà ABCACB (do ABC cân A)

nên ANCACB hay ANCACM 2  Từ    1 ; suy MNCANC

 Ba điểm A, M, N thẳng hàng

b) Vẽ đường kính AKcủa đường tròn tâm O Gọi J giao điểm AKvà BC

ABK 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O), ABD 90 (vì đường trịn tâm D tiếp xúc với AB B) B, D, K thẳng hàng

Chứng minh tương tự: C, E, K thẳng hàng

Ta có: ABAC;OBOCA,O thuộc đường trung trực BC

AO BC BK CK BK CK

       KBC cân K KBCKCB DBM

 cân D (vì DBDM)DBMDMB EMC

 cân E (vì ECEM)ECMEMC KBC EMC; KCB DMB

   KB//EM; KC//DM

 Tứ giác DMEK hình bình hành

Mà I trung điểm DE nên I trung điểm MK

JMK

 vuông J cóJI đường trung tuyến JIKI

JKcố định nên I thuộc đường thẳng cố định đường trung trực đoạn JK

Câu

1. Không tổng quát giả sử p q r

Với p2: 2qr  q r 1624qr2q2r324

2

2q(2r 1) (2r 1) 325 (2q 1)(2r 1) 325 13

          

 

2

3 2q 2r 1     9 (2q 1) (2r 1) 2q 1   9 (2q 1) 325 3 2q 18. 

Do 2q 1 ước 5 132 nên 2q 1  5;13 Nếu 2q 5     q r 33 (loại)

(55)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC  

     

  

pqr p q r 160 p qr q r 160

qr p qr q r 160 qr p q(r 1) (r 1) 160 qr p (q 1)(r 1) 162

        

                

      

Nếu p lẻ q;r lẻ qr p 1     (q 1)(r 1) 4 mà 162 không chia hết cho 4 Vô lý

Vậy ba số nguyên tố cần tìm (2;7;13) hốn vị

2 Ta xếp đoạn thẳng theo thứ tự có độ dài tăng dần a1a2  a8

Nếu tồn đoạn thẳng a ;ak k 1;ak 2 thoả mãn ak ak 1 ak 2 ba đoạn thẳng ghép thành tam giác

Giả sử ngược lại

1

2

3

4

5

6

a a a

           

Khi đó, theo giả thiết:

1

a 10;a 10a 20a 30a 50a 80a 130a 210

, mâu thuẫn với giả thiết

Vậy tồn đoạn thẳng a ;ak k 1 ;ak 2 mà akak 1 ak 2

Do tồn đoạn thẳng để ghép thành tam giác

Đề số 10 Câu

1. Ta có 10 2; 2 2

và 89 28 10 10

Do

2

1 2

2 7 10

P

1 2

2 7 10

2

(56)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TỐN HỌC

2 Ta có:

  

2

1

1 1

1

xz z z xz z z

xyz z z z z xyz

y y y

z z z z

  

           

   

Ta có: 1

1 1

xyx yz  xy x xyz  xy x

 

1

1 1

x x x

yz y   x yz y  xyz xy x   xy x

Và

 

1

1 1

xy xy xy

zx z xy zx z x yz xyz xy x xy

  

       

Do 1 1

1 1 1

xy x

xy x  yz y  zx z  xy x   xy x x  xy 

Vậy 1 1

1 1

xyx yz  yz y  zx z  x y z, , 0 thỏa mãn

2

1

xz z z

y y z z      Câu

1. Điều kiện xác đinh: x +) Nhận xét

2

x    x ; 4

x    x ,

2

4

x   x x     x

 

Do từ (1) suy x0 Phương trình (1)

4

2

1

15

x

x x

x x x

            2

2 4 2

1

15 15

x x x x x x

     

                  

      Đặt a x

x

  (điều kiện a2 2)

Khi ta có phương trình    2 2 

15 a 5a a 45 a 16a a

       

  

4

16a 109a 90a 45 a 16a 48a 35a 15

          

3

a

  (vì

16a 48a 35a150  a 2) +) Với a3 ta có 2

3

2

x

x x x

x x           

 (thỏa mãn đk) Vậy phương trình có nghiệm x1;x2

2 Điều kiện:   * xy x y x         

Phương trình          

2

1 1

1 x y x y x y x y

xy x y xy x y

                           2

1

0 x y x y

x y x y x y

x y

xy x y xy x y

        

      

(57)

1

x y y x

       (vì với x y, thỏa mãn đk (*) ta có x2y2   x y 0) Thay y 1 x vào phương trình thứ (2) hệ pt ta thu pt

 

2

4x 5 1x  13 x  0 4x 5x 8 x 0

 2  2

2

4x 4x x x 2x x

         

2 2

2

x x x x

                  +)

2

4

x  x   x  x   

  (phương trình vơ nghiệm x0)

+)

 2

2

17 33

4 2 17 33

4 8

8 17 16

4

17 33

x

x x x

x x x x x                                      

Với 17 33 33

8

x   y  thỏa mãn điều kiện (*)

Vậy hệ pt cho có nghiệm x y; là: 17 33; 33

8           Câu

1. Từ giả thiết ta có  0 1  0  1  1 

P  Q Q   1 1  1  0   2

P  Q Q

Từ  1  2 suy P 1 0 Giả sử  

0

n n

P x a a xa x  a x , a a a0, ,1 2, ,an số ngun khơng

âm

Ta có P 1 a0 a1 a2  an0 a a a0, ,1 2, ,an số nguyên không âm suy

0 n

a    a a a  P x 0  x

Vì P x 0   x P 2 0,P 3 0 3P 3 P 2  0 P3P 3 P 2 0

2 Ta có x y 1x  1 y 6xyy22 x y 2 x1y1

 2 2   

1 2

x y xy y x y x y xy

            2 2   

2

x y y x y x y

       

x y x y 2 y2x y 2 3

          2

2

x y x y y

      Vì x y,  nên

2;

x y x y y ước +)

2

3

x y y x

y

x y y x y

                      +) 2

2

3 1

2

x y

x y y

x y y x y x

y                                  +) 2

2

1

2

x y

x y y

x y y x y x

y                               +) 2

2

1

x y y x

y

x y y x y

(58)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC Vậy cặp số nguyên x y;    3;0 ; 3;2 ; 1;2 ; 7; ; 3;2 ;      1;0 

Câu

1 Xét HAM ta có DHM DAMAMH (1) Xét đường trịn (O) ta có DAM DMt (2)

Từ (1) (2) ta có DHM DMtAMH

Vì Mt DH tiếp tuyến  O' nên DHM HMt (3) HMtHMD DMt (4)

Từ (1), (2), (3), (4) suy AMH HMD suy MH phân giác góc AMD

Chứng minh tương tự ta có MG phân giác góc BMC

2 Xét  O' có

2

HGM HMt  sd HM

  Xét  O có

2

ECM EMt  sd EM

 

Suy HGM ECM hay IGM ICM  tứ giác IMCG nội tiếp Ta có EHI EHAAHG (4)

và EIM 1800MIC1800MGCMGBMGHBGH (5)

Lại có AHGBGH (6) (vì AH BG tiếp tuyến  O' ) EHADHM MGH (7)

Từ (4), (5), (6), (7) suy EIM MGHBGH EHAAHGEHI EIM

3 Ta có CE tia phân giác góc ACD * (vì EM tia phân giác góc

AMD sd EAsd ED)

Ta có EHI EIM (chứng minh câu 4.2); EHI EIM có HEI MEI

EHI EIM

  EI EH

EHI EIM g g

EM EI

     

(8)

EI EH EM

 

Lại có EDH DMH (vì EM tia phân giác góc AMDsd EAsd ED);

EHD

(59)

(9)

ED EH

ED EH EM

EM ED

   

Từ (8), (9) suy EI ED nên tam giác EID cân E EDI EID (10) DI cắt  O K, ta có 1( )

2

EDI  sd EA sd AK (11)

và 1( )

2

EID sd EDsd KC (12)

Từ (10), (11), (12) sd EAsd ED suy sd AKsd KC DKlà tia phân giác góc

ADC  **

Từ  *  ** suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD

Rõ ràng, HG qua I tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD

Câu

1 Áp dụng BĐT   1 1 1 , ,

x y x x y z

x y z x y z x y z

   

              

   

Và 12 12 12 1 x y z, ,

x  y z  xy yz xz 

Vì a b c, , 0 ta có 12 12 12 1

a b c abbcca, bất đẳng thức (1) ta cần chứng

minh

 

2 2

1 1 1 1

2

3 3

ac bc c ab ac a bc ab b ab bc ac

 

      

       

Ta có  2 2 2 2

3 3

a b c

ac bc c ab ac a bc ab b abc

 

 

     

       

3 3

ab bc ac a b c

a b c b c a c a b

 

   

     

Ta có

    1 1

3 2 9

ab ab ab ab ab a

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

   

         

             

Vậy  3

3

ab ab ab a

a b c a c b c

 

    

     

Tương tự ta có  4

3

bc bc bc b

b c a b a c a

 

    

      ;

 

1

5

3

ac ac ac c

c a b c b a b

 

    

      Cộng theo vê    3 ,  5 ta có

1

3 3

ab bc ac ab bc ab ac ac bc a b c a b c

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

      

 

       

          

Vậy BĐT  2 BĐT  1

(60)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TỐN HỌC khơng tìm đỉnh thoả mãn khẳng định toán Khi ta có:

1

2

3

10

21 21 21

21

x x x x

Từ suy 4x1   x2 x3 x1010.21210

Mặt khác ta lại có 1 2 3 10 10 10.11 55

x    x x x       

Suy ra: 4.55210220210 (vơ lý), điều giả sai

Vậy ta ln tìm điểm liên tiếp đánh số mà tổng số lớn 21

Đề số 11 Câu

1 Ta có a3 2 2b3     a 3 2b  a 2b a  2ab 2b   Suy

 

  

3

2(a b) a a 2b

2(a b) a

a 2ab 2b a 2b a 2ab 2b

a 2b

a 2ab 2b

a 2b

a 2b a 2ab 2b

  

  

    



 

 



  

  

 

3

2

a 2b a 2ab 2b

a 2b

a a

2b 2ab 2b 2b a

a 2b

a 2ab 2b a 2ab 2b

a

2b 2b 2b

  

   

 



   

   

Từ suy  

2 a 2b

1 a 2b

P

a 2b 2b 2b

 

 



Cách 2: Đặt x a; y 2b ta

2 3

3 2

2x y x x y

P x

x y x xy y y xy

     

     

   

    với x 0; y 0,x y  

(61)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC Tọa độ giao điểm A d Ox A 22 3m ; OA 22 3m

m 4m m 4m

    

     

 

Tọa độ giao điểm B d Oy B 0; 3m 2  OB 3m 2

Do tam giác ABO vuông O nên SOAB 1OA.OB 22 3m 3m

2 m 4m



   

 

Do đó,    

 

2 2

9m 12m m 4m 3m

2

m 4m 9m 12m m 4m

     

 

  

        

2

m

7m 4m 12

2 m

11m 20m

11

 

    

 

  

  

  (thỏa mãn)

Câu

 2  2  2  2

1.  3m 2 4 2m 5m 3 m 8m 16  m 4  0, m Do đó, phương trình ln có nghiệm, nghiệm x1 2m 1; x 2 m 3

Phương trình có nghiệm dương

2

x 2m x m

     

     



1 m

2

  

Cách 2: Do   0, m nên PT ln có hai nghiệm Ta giải tốn ngược: “Tìm m để PT có hai nghiệm khơng dương” ĐK tương đương với

S

m

P

 

     



Cách 3: Do   0, m nên PT ln có hai nghiệm u cầu tốn tương đương

với PT có nghiệm x ,x thỏa mãn 1 2

2

x x x x x x

      

   

 

3

2x y 3y x x 2y

x 3x 2y y *

        



    

Điều kiện:

2x y x 2y x

1 y

3

       

      

(62)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC x

2x y x

y

       

 

 Không thỏa mãn điều kiện

2 x

3

3y x 2y

1 y

3

        

   

Không thỏa mãn phương trình *

Do đó, ta có 2x y 1   3y 1  x x 2y

2x y x 3y x 2y

        

x y x y

0

2x y x 3y x 2y

   

  

     

1

(x y 1)

2x y x 3y x 2y

 

 

    

       

 

y x

2x y x 3y x 2y

    

      



Với y x thay vào phương trình * ta có

2 2 x

(x 1) (x 2) 2(x 1) (x 1) (x 1) (x 5)

x

             

 

x 1 y0;x  5 y

Với 2x y 1   x 3y 1  x 2y

Ta có 2x y 3y x x 2y 2x y x 3y x 2y

        



       

Cộng vế với vế hai phương trình ta x 3y x y

 

  

Thay vào * ta (x 1) (x 2)2 x 13 1x 12

27

     

2

(x 1) (25x 59) x

      (x 0) Vậy hệ có nghiệm (x; y) (1; 0);(5; 4)

Cách 2: Bình phương hai vế PT thứ

(63)

  

2

x 4xy 3y 2x 4y x y x 3y

            

Câu

1 Đặtax.c, by.c,(x, y0) Từ điều kiện suy (x 1)(y 1)  4 Khi đó,

2

y xy x y 3(x y) xy

x P

y x x y xy 3(x y) x y

  

    

      

2

(x y) 3(x y) 2xy xy

xy 3(x y) x y

   

 

   

Do (x 1)(y 1)  4xy  3 (x y) Đặt t x y,(0 t 3)xy 3 t

2 2

t

x y t

3 t xy t 4t 12

2

  

         

   (do t0)

Khi đó,

t 3t 2(3 t) t t 3 P

3 t 3t t t

   

    

   với 2 t

Ta có P t 3

2 t 2

   

Do đó, Pmin

  đạt t hay  x; y nghiệm hệ x y xy

   



 



Ta lại có   

2 t t 3

t 3t t 5t 2t

P 1

2t 2t 2t

 

    

     (do t 3)

Do đó, Pmax 1 đạt t2 hay  x; y nghiệm hệ x y x y xy

  

    



2 Đặt p34p t (t N)  

Biến đổi thành p p 24 (t 3)(t 3) (1) p| t 3   p| t 3   Trường hợp 1: Nếu p|t 3

Đặt t pk(k N)   Khi thay vào (1) ta có:

  2

p p 4 pk(pk 6) p pk 6k 0 

(64)

 

4

k 6k k 24k 16

       số phương

Mặt khác với k 3 ta dễ chứng minh  k2 k424k 16 k242 Suy trường hợp:

 2

4 2

k 24k 16  k 1 2k 24k 15 0  (loại)

 2

4 2

k 24k 16  k 2 k 6k 0  (loại)

 2

2 2

k 24k 16  k 3 6k 24k 0  (loại)

Do phải cók3 Thử trực tiếp k3 thỏa mãn Từ ta có t36; p 11

Lưu ý: HS làm sau thay vào

  2

p p 4 pk(t 3) k(t 3) p   4 p kt 3k 4  Mặt khác ta có (t 3) p k2    t2 6t k (kt 3k 4)2  

 

2 3

t t k 3k 4k

      

Coi phương trình bậc hai ẩn n điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:

 3 2 3 2 6 3 2 2 4 

6 k 3k 4k k 24k 16k k k 24k 16

            số phương Muốn

k 24k 16 phải số phương Sau cách làm giống

Trường hợp 2: Nếu p|t 3 Đặt t pk(k N)  

Khi thay vào (1) ta có:   2

p p 4 pk(pk 6) p pk 6k 0 

Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:  

k 6k k 24k 16

       số phương

(65)

 2

4 2

k 24k 16  k 1 2k 24k 15 0  (loại)

 2

4 2

k 24k 16  k 2 k 6k 0  (loại)

 2

2 2

k 24k 16  k 3 6k 24k 0  (loại)

Do phải có k3 Thử trực tiếp k 3 thỏa mãn Từ suy t3;18 tương ứng p 2;7

Vậy tập tất giá trị p cần tìm {2;7;11}

Câu

1

a Xét hai tam giác ADB ACE có ACE 90º (chắn

2 đường tròn) nên

90º

ACE ADB

Hơn ABDAEC (cùng chắn AC) Suy ADB∽ACE

Từ ta có tỉ lệ thức AD AB A AE AB AC

AC AE D

b Ta cóPFQBAE (cùng chắn BE)

Mặt khác BAE BAD DAE mà BAD EAC ABD∽ AEC Nên BAE BAD EAC DAC

Do PAQ PFQ

O

K Q P

F

E M

D C

B

(66)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TOÁN HỌC Suy tứ giác APQF nội tiếp FAQ FPQ

Vì FAQ FBC (cùng chắn FC ) nên FPQ FBC suy PQ/ /BC

c Ta có AB AC AD AE

Suy AB AC AD AK AD AE AD AK AD KE Kéo dài AD cắt O tạiM

Xét AKB CKE AK KB AK KE KB KC

CK KE

ADC ∽ BDM AD CD

BD MD AD MD BDCD

Mặt khác AME 90 (chắn

2đường tròn)

Suy ME AD mà DK AD nên DK / /ME

Áp dụng định lý Talet AME ta AD AK DM KE Do AK DM AD KE

BD BK CDCK BDCD CK BK

AD MD AK KE AD KE AK MD AD KE2

BD BK CDCK AD KE

Vậy AB AC AD AK BD BK CDCK

2 Xét ABC có BAC 90 ,ABC 20 ACB 70

ACFcó CAF 90 , ACF 30 FC 2.AF

Gọi D trung điểm BC G điểm AB cho GD BC Khi đó, ABC ∽ DBG BD BA

BG BC

20º 20º

(67)

Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp PAGE TÀI LIỆU TỐN HỌC Do CG BE tia phân giác BCF ABC nên

;

FC BC BA AE

FG BG BC EC

Do đó,

1

2FC 2BC

AF BD BA AE AF AE

FG FG BG BG BC EC FG EC

Từ suy CG / /EF (ĐL Talet đảo) CFE GCF 20

Câu

Với số tự nhiên đôi khác tùy ý có hai trường hợp xảy ra:

+ TH1: Có 3số chia cho 3có số dư giống Tổng ba số tương ứng chia hết cho

+ TH2: Có nhiều số chia cho 3có số dư giống Có số chia hết cho3, số chia cho dư1, số chia cho dư Suy ln chọn số có tổng chia hết cho

Do ta chia 17 số số báo danh 17học sinh thành tập có 5, 5, phần tử

Trong tập, chọn số có tổng , , 3a1 a2 a a a a3 1, ,2 3 Còn lại 17 số, số lại, chọn tiếp số có tổng 3a4 Cịn lại số chọn tiếp số có tổng 3a5

Trong số a a a a a1, , , ,2 3 4 5 có số a a ai1, i2, i3 có tổng chia hết cho Nên học sinh tương ứng có tổng số báo danh a i1ai2ai3

G E

F

D C

B

Định dạng
Số trang	67
Dung lượng	2,57 MB