Tài liệu ôn thi vào lớp 10

Cuốn sách gồm 53 Đề Thi, trong đó gồm: 50 Đề Thi vào các trường Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ, Khối Phổ Thông Chuyên Toán Tin-ĐHSP HN ( trong sách này, tác giả viết tắt là Sư Phạm I ), Khố[r]

(1)(2)chưa ban hành, đồng thời chưa có sách tốn hệ thống đầy đủ nội dung, phong phú tư liệu, đa dạng thể loại phương pháp giải, dành cho em luyện thi vào Chuyên Toán cho giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi Đáp ứng nhu cầu cấp bách nói theo yêu cầu đông đảo giáo viên học sinh, chúng tơi biên soạn "Tư Liệu Ơn Thi Vào Chuyên Toán" nhằm cung cấp thêm tài liệu phục vụ cho việc dạy học Cuốn sách lần đầu mắt bạn đọc vào năm 2002, tác giả học lớp 11-THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ Kể từ nay, sách cịn mang tính thời Trong lần mắt này, sách chỉnh sửa bổ sung, có nhiều khác biệt so với mắt năm 2002 Cuốn sách gồm 53 Đề Thi, gồm: 50 Đề Thi vào trường Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ, Khối Phổ Thơng Chun Tốn Tin-ĐHSP HN ( sách này, tác giả viết tắt Sư Phạm I ), Khối Phổ Thơng Chun Tốn Tin-ĐHKHTN-ĐHQG HN ( sách này, tác giả viết tắt Tổng Hợp ) Đề Thi HSG cấp tỉnh-Phú Thọ, Đề Thi HSG cấp Thành Phố-Hà Nội Những toán Đề Thi đa dạng phong phú, địi hỏi học sinh phải có kiến thức tốt, phát huy khả sáng tạo tư cho học sinh quan trọng gây lịng say mê học tốn cho học sinh Qua cịn giúp em học sinh làm quen dần với dạng Đề Thi vào Chuyên Toán trường: Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ, KPTCTT-ĐHSPHN, KPTCTT-ĐHKHTN-ĐHQGHN Mỗi đề thi có lời giải, chi tiết vắn tắt tùy theo mức độ khó dễ Hi vọng sách đáp ứng yêu cầu bạn đọc Chúng xin trân trọng cảm ơn Cô giáo Trần Thị Kim Diên-GV THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ đọc thảo cho nhiều ý kiến xác đáng Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn Cơ giáo Nguyễn Thị Bích Hằng, giáo viên Toán Trường THCS Giấy-Phong Châu, Phù Ninh-Phú Thọ ( trước tên trường THCS Phong Châu-Phù Ninh, Phú Thọ) Cơ giáo Nguyễn Thị Bích Hằng dìu dắt tơi tơi cịn học sinh yếu kém, trang bị cho tảng kiến thức Toán quan trọng Cuốn sách này, tác giả viết dành tặng Cơ giáo Nguyễn Thị Bích Hằng Các giảng Cô giáo Nguyễn Thị Bích Hằng tiền đề cho tơi viết nên sách Tất lời giải toán sách viết dựa phương pháp mà Cơ giáo Nguyễn Thị Bích Hằng dạy cho suốt năm cấp II Mọi ý kiến đóng góp cho sách, bạn gửi về: GV Nguyễn Thị Bích Hằng- Trường THCS Giấy-Phong Châu, Phù Ninh-Phú Thọ Tác giả: Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh THCS Giấy-Phong Châu, Phù Ninh-Phú Thọ ( Khóa 1996-2000) (3)(4)Đề 1:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) Vòng 1: Câu 1: a).CMR:n3−n#6 với ∀n≥0 b).Chox=( 5+ + 5− ): 20 Hãy tính giá trị biểu thức: ( 5 7 )2000 1 P= x −x + Câu 2: Xác định giá trị nguyên m để hệ phương trình sau có nghiệm ( )x y, với x, y số nguyên: ( 1) (3 1) (1) 2 ( 2) (2) m x m y m x m y + + + + − = ⎧ ⎨ + + − = ⎩ Câu 3: a).Cho x y> x y=1000 Hãy tính giá trị nhỏ biểu thức: 2 x y P x y + = − b).Giải phương trình : (x−1)2000+(x−2)2000 =1 Câu 4: Gọi a,b,c độ dài ba cạnh tam giác: , ,h h ha b clà độ dài ba đường cao tương ứng với ba cạnh đó; r bán kính đường trịn nộI tiếp tam giác a).CMR: a h 1 + b h 1 + c h 1 = r b).CMR: ( )2 4.( 2 2) a b c a b c+ + ≥ h +h +h Hướng dẫn giải : Câu 1: a).Có: P n= 3− =n n n.( 2− =1) (n−1 ) (n n+1 ) Vì ,n n+1 hai số nguyên liên tiếp nên P#2 - Nếu 3n# ⇒P# - Nếu n chia cho dư (n-1)# 3⇒P# - Nếu n chia cho dư (n+1)# 3⇒P# Vậy 3P # mà ( )2,3 = ⇒1 P#6 (5)Từđó :P= − +(1 1)2000 =1 Câu 2: Theo ta có: ( 1) (3 1) (1) 2 ( 2) (2) m x m y m x m y + + + + − = ⎧ ⎨ + + − = ⎩ ⇒ 2( 1) 2(3 1) (3) 2( 1) ( 1)( 2) 4( 1) (4) m x m y m m x m m y m + + + + − = ⎧ ⎨ + + + + − + = ⎩ Lấy (4) trừ (3) theo vế ta có: (m2−3m y). −6m=0 hay m m.( −3 ) y=6m (5) Để hệ có nghiệm (5) phải có nghiệm nhất.Khi m≠0,m≠3 Ta có : (*) 3 y m = − ⇒ 12 15 1 (6) 3 m x m m + = = − − − Từ (*) suy : Muốn y nguyên (# m − ) từ (6) muốn x nguyên thì15 (# m−3) Suy 3#(m-3)⇒ =m 2, 4,6 (theo (*)) Thử lại thấy thỏa mãn Nhận xét: Học sinh dùng kiến thức vềđịnh thức để giải tốn này.Tuy nhiên theo tơi ,điều không cần thiết.Chúng ta không nên lạm dụng kiến thức ngồi chương trình,”giết gà cần phải dùng tới dao mổ trâu” Câu 3: a).Có 2 (x y) 2xy 2000 P x y x y x y − + = = − + − − Vì x> y nên x− y>0 x− y 2000 >0.Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x y− y x− 2000 được: P≥2 2000 =40 Đẳng thức xảy ⇔ x−y= y x− 2000 ⇔ x− y=20 5.Kết hợp với x y=1000 ta tìm ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + − = + = − − = − = 15 10 10 , 15 10 10 15 10 10 , 15 10 10 y x y x b).Có: (x−1)2000 +(x−2)2000= 2000 2000 1 + − − x x -Thử với 2x=1,x= thấy thỏa mãn -Nếux<1 x−2 >1.Do :x−12000 + x−22000>1 -Nếu x>2 x−1>1.Do :x−12000 + x−22000>1 -Nếu1<x<2thì x−1<1; x−2 <1.Do đó: x−12000 + x−22000 <(x−1)+(2−x)=1 Vậy nghiệm phương trình ⎢ ⎣ ⎡ = = (6)(S diện tích tam giác cho) Suy ra: S a h a a S h a a a 2 = ⇒ = Hoàn toàn tương tự với b,c ta thu được: r S c b a h c c h b b h a a c b a 1 = + + = + + r h h ha b c 1 1 1 + + = ⇒ (đpcm) b) Xét tam giác ABC có:AB c BC a AC b= , = , = Từ A dựngđườngthẳng d // BC Lấy 'B đối xứng với B qua d Ta nhận thấyBB' 2.= ha Ta có: ( )2 2 2 ' ' ' BB +BC =B C ≤ B A AC+ Suy ra:4. ( )2 (1). a h ≤ +c b −a Hồn tồn tương tự ta có: 4. ( )2 (2). b h ≤ +c a −b 4. ( )2 (3). c h ≤ a b+ −c Từ (1),(2),(3) ta có : ( )2 2 2 ( 2 2) 4 ) ( ) (c a b b a c ha hb hc a b c+ − + + − + + − ≥ + + ( )2 4( 2 2) c b a h h h c b a+ + ≥ + + ⇒ (đpcm) *Nhận xét: Ngoài cách giải cịn giải tốn theo phương pháp đại số sau: Đặt 2 c b a p= + + Theo công thức HêRơng ta có: 4S2 h2.a2 4p.(p a).(p b).(p c) a = − − − = 2 2 2 ( )( )( ) ( )( ) a c p b p a p p a c p b p a p p ha − + − − ≤ − − − = ⇒ h2 p(p a) a ≤ − ⇒ Tương tự: h2 p(p b) b ≤ − h2 p(p c) c ≤ − Suy ra: ) ( ) ( ) .(p a p p b p p c p − + − + − ≥ + a h + b h c h ( )2 4( 2 2) c b a h h h c b a+ + ≥ + + (7)Đề 2:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) Vòng 2: Câu 1: CMR: a).Khơng thể có số nguyên lẻ a1,a2, ,a2000thỏa mãn đẳng thức: 2000 1999 2 1 a a a a + + + = b).Tích số nguyên dương liên tiếp khơng thể số phương Câu 2: Cho biểu thức: ) ).( ( ) 1 )( ( ) )( ( 2 2 2 b a b a a b a b b b a a P − + − + + − − + = a).Rút gọn P b).Tìm cặp số nguyên ( )a,b để P=5 Câu 3: Giả sử phương trình ax2 +bx+c=0có hai nghiệm thuộc đoạn[ ]0;1 Xác định a,b,cđể biểu thức P có giá trị nhỏ nhất,lớn Trong đó: ) ( ) )( ( c b a a c a b a P + − − − = Câu 4: a).Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn CD lấy điểm M đoạn OD lấy điểm N cho MN bán kính R đường trịn Đường thẳng AN cắt đường tròn điểm P khác A.Hỏi tam giác AMP có vng ở M khơng? b).Trong đường trịn lấy 2031 điểm tùy ý CMR:Có thể chia hình trịn thành phần dây cung cho phần thứ có 20 điểm,phần thứ hai có 11 điểm, phần thứ có 2000 điểm Hướng dẫn giải: Câu 1: a) Nhận xét: Nếu a số nguyên lẻ a2 chia cho dư 1.Thật vậy: Đặt a=2k+1 thì: a2 =(2k+1)2 =4k2+4k+ =1 4m+1 (trong đó k,m∈Ζ) Áp dụng nhận xét vào tốn ta có: Nếu a1,a2, ,a2000 số nguyên lẻ thì: ) (mod 1999 1 2 2 +a + +a ≡ + + + ≡ ≡ (8)b).Giả sử ta có số nguyên dương liên tiếp ,n n+1,n+2,n+3 Có: P n n= .( +1 ) (n+2 ) (n+ =3) (n2+3 n) (n2+3n+2) (= n2+3n)2+2.(n2+3n) Từđó dễ dàng nhận thấy: (n2+3n)2 < <P (n2+3n+1)2 Suy P khơng thể số phương Câu 2: Điều kiện a≠−1,a ≠−b(do b≠1) a).Khi đó: a b ab b a b a b a b a b b a a P = − + − + + + − − − + = ) )( )( ( ) ( ) ( ) ( 2 2 Vậy P a b ab= − + b).Có:P= ⇔5 a−b+ab=5⇔ (a−1).(1+b)=4 Ta xét trường hợp: 1i) ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + = − 1 b a b a 4i) ⎩ ⎨ ⎧ − = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ − = + − = − 1 b a b a 2i) ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + = − 2 b a b a (lọai) 5i) ⎩ ⎨ ⎧ − = − = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ − = + − = − 2 b a b a (loại) 3i) ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + = − 1 b a b a 6i) ⎩ ⎨ ⎧ − = − = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ − = + − = − 1 b a b a Ta có cặp ( )a,b cần tìm: ( ) ( ) (2;3 , 5;0 , 0; , 3; 2− ) (− − ) Câu 3: Có: a c a b a c a b c b a a c a b a P + − − − = + − − − = ) )( ( ) ( ) )( ( Áp dụng định lý Vi-et ta có: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = − = + a c x x a b x x 2 VậyP= −2 A (x1,x2là nghiệm phương trình cho: x1,x2∈[ ]0;1 ) Với 2 1 2 (3 ) 1 x x x x A x x x x + + = + + + Dễ thấyA≥0 nên P= − ≤ − =2 A 2.Đẳng thức xảy ra⇔ x1.x2 =0⇔ (9)Lại có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 1 1 2 3 .( ) 3 ( ) 4 4 ( 1).( 1) ( 1).( 1) 3 4 ( 1).( 1) 3 1 .( 1).( 1) ( 1).( 1) 5 4 ( 1).( 1) x x x x x x x x x x x x A x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + + + + + + = ≤ = + + + + + + + + + + = ≤ + + + + + + + + ≤ = + + Đẳng thức xảy ⇔ x1 =x2 =1⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = − = a b ac b 2 Suy ra: 2 4 P= − ≥ − =A Dấu “=” xảy ra⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = − = a b ac b 2 Vậy: ax 2 m P P = ⎧ ⎪ ⎨ = ⎪⎩ Câu 4: a) - Nếu M ≡C N O≡ Do đóΔAMP vng ở M - Nếu M ≡O N ≡D.Do ΔAMP vng ở M - Nếu M nằm C O N nằm O D.Ta chứng minh trường hợp ΔAMP không vuông Thật vậy,nếuΔAMP vuông ở M ta hạ MH⊥AP tại H Có: nBAP=nDMH ⇒ΔMHN ΔPBC(g-g) ⇒ 2 1 AP MN AB MN AP MH = = ⇒ = (1) Hạ OI⊥AP tại I IA=IP Trong ΔAMP vng có: 2 AP MI = Vậy 2 AP MI MH = = ⇒H≡I⇒M≡O (vô lý) b) (10)+Vẽ tia gốc A qua 2031 điểm cho, tia cắt đường tròn điểm B1,B2, ,B2031(theo chiều kim đồng hồ kể từ A).Rõ ràng tia phân biệt +Vẽ tia nằm hai tia AB20 AB21 cắt đường tròn B,tia nằm hai tia AB31 AB32 cắt đường tròn C +Rõ ràng dây AB AC chia hình trịn thành phần:phần thứ có 20 điểm,phần thứ hai có 11 điểm,phần thứ ba có 2000 điểm (11)Đề 3:Thi Sư Phạm I(2000-2001) Vòng 1: Câu 1: Giải phương trình: 3 ) ( 2 3 3 − = − + − + x x x x x Câu 2: Cho x,y,z∈R thỏa mãn: ⎩ ⎨ ⎧ ≤ ≤ − = + + 1 , , 0 z y x z y x CMR: x2+y4+z6 ≤2 Câu 3: Tìm tất số nguyên tố có dạng: 1p n= n+ Trong đó n∈N*,biết p có khơng nhiều 19 chữ số Câu 4: Giả sử P điểm nằm mặt phẳng tam giác ABC cho trước.Trên đường thẳng BC,CA,AB lấy điểm ', ', 'A B C cho PA PB PC', ', 'theo thứ tự song song với BA,BC,CA 1.Tìm mối quan hệ độ dài cạnh tam giác A B C' ' ' với khoảng cách từ P tới đỉnh tam giác ABC.CMR:Tồn điểm P cho tam giác A B C' ' ' tam giác 2.CMR:Với điểm P nằm tam giác ABC ta có: nBPC -nB AC' ' '=CPA -n C B An' ' ' =nAPB-nAC B (' ' ' =q);và giá trị chung q của hiệu khơng phụ thuộc vào vị trí P 3.Tìm quĩ tích điểm P nằm tam giác ABC cho tam giácA B C' ' 'vuông 'A , rõ cách dựng quĩ tích Hướng dẫn giải: Câu 1: Điều kiện:x≠1,x∈R.Ta có: 1 ) ( 2 3 3 − = − + − + x x x x x 0 ) ( 1 2 2 2 − = − + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − + − − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + ⇔ x x x x x x x x x x 0 1 1 2 = − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + − − + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + ⇔ x x x x x x x (12)0 1 1 2 = − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + ⇔ x x x x x x x x x 1 1 3 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − + ⇔ x x x 0 2 1 2 − + = ⇔ = − + ⇔ x x x x x ⇔(x−1)2 +1=0(vô nghiệm) Vậy hệđã cho vô nghiệm Câu 2: Trong ba số x,y,z ln tồn hai số cho tích chúng số không âm +) Nếu xz≥0 ta có: ( )2 2 2 2 2 2 2. x +y +z ≤ x z+ +y = y ≤ ⇒ x +y +z ≤x +y +z ≤ Đẳng thức xảy z=0,x= −1,y=1 Các trường hợp lại hoàn toàn tương tự Câu 3: Thử với n=1(thỏa mãn) Với n>1 ta có: +) Nếu n lẻ (nn+1)#(n+1)và (nn + >1) (n+1) +) Nếu n=2 αt với α > 0, t lẻ Khi đó:nn =n2α.t⇒nn +1#n2α +1 +) Nếu 2n= α.Có: 1616+ =1 ( )210 6.16 1+ >( )103 6.10 10= 19 ⇒ <n 16. Thử với n=2,4,8 thấy thỏa mãn (13)Đề 4:Thi Sư Phạm I(2000-2001) Vòng 2: Câu 1: CMR: 2000 <3 Câu 2: Giải hệ: ( ) ( ) ( ) ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + = + + 2 2 2 3 3 3 3 3 x x x z z z z y y y y x Câu 3: Tìm tất số tự nhiên lớn thỏa mãn: Tích hai số ba sốấy cộng với 1chia hết cho số cịn lại Câu 4: Tam giác XYZ có đỉnh X,Y,Z nằm cạnh BC,CA,AB tam giác ABC gọi nội tiếp tam giác ABC 1.Gọi ', 'Y Z hình chiếu vng góc Y Z lên cạnh BC CMR: Nếu cóΔXYZ ΔABCthì ' ' 2 BC Y Z = 2.Trong số tam giác XYZ nội tiếp tam giác ABC theo định nghĩa đồng dạng với tam giác ABC, xác định tam giác có diện tích nhỏ Hướng dẫn giải: Câu1: Có: 2 2 1999 2000 1999.2001 1998 2000 1998.2000 1997 1999 2.4 3.(đpcm) < = − < < = − < < < Câu 2: Theo ta có: ( ) ( ) ( ) ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ = + + ≥ = + + ≥ = + + 3 3 3 3 2 2 2 x x x z z z z y y y y x Xét hàm số: ( ) 3 3 + + = t t t t f trên[0;+∞).Lấyt1 <t2∈[0;+∞).Xét: ( ) ( ) ) 3 )( 3 ( ) ( ) ( 3 2 2 2 2 2 1 + + + + < − + − = − t t t t t t t t t t t f t (14)3 4 x x = ⎡ ⇔ ⎢ = − ⎣ Vậy hệđã cho có nghiệm là:⎢ ⎣ ⎡ − = = = = = = 1 3 2 1 1 z y x z y x Câu 3: Gọi ba số cần tìm a b c, , Ta giả sử 1< ≤ ≤c b a Ta có: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + + + b ca a bc c ab # # # 1 Suy ra:c≠a≠b≠c⇒ < ≤ ≤1 c b a.Có: (ab+1 ) (bc+1 ) (ca+1)#abc(1)⇒abc ab bc ca≤ + + + ⇒1 abc≤3ab⇒ < ≤1 c + Nếu c=2.Khi đó:(ab+1)#c⇒a b, số lẻ Từ (1)⇒2a+2b+1#ab⇒2a+2b+ ≥1 ab (a 2) ( b) (a 2) ( b) 1, 3, ⇒ − − + ≥ ⇒ − − = − − − Từđó ta tìm a=7,b=3 thỏa mãn + Nếu c=3.Khi đó: ⎩ ⎨ ⎧ + + b a a b # # 1 1 3b a a; ⇒ + = Xét: -Nếu 3b+ = ⇒1 a a: dư 1,a>4,3a+1#b⇒9a+3#a− ⇒1 12#a−1 ⇒ =a 7,b= < =2 c 3(loại) -Nếu 3b+ =1 2a Hoàn toàn tương tự trên, khơng có số thỏa mãn Vậy ba số tự nhiên cần tìm:7,3,2 Câu 4: 1 Lấy C' đối xứng với C qua 'Y Có:YC Cn' = nACB = YZXn ⇒Tứ giác ZYXC' nội tiếp ⇒ZC Bn' = ZYXn ⇒ZC Bn' = nABC ⇒Z'B=Z'C ⇒Y Z' '= 2 BC 2 Có 2 2 ' ' 1 XYZ ABC S YZ Y Z S Bc BC ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ =⎜ ⎟ ≥⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (15)Đề 5:Thi Tổng Hợp (1999-2000) Vòng 1: Câu 1: Các số a,b,c thỏa mãn: ⎩ ⎨ ⎧ = + + = + + 14 2 2 b c a c b a Tính P= +1 a4+b4+c4 Câu 2: 1.Giải phương trình: x+3− 7−x = 2x−8 2.Giải hệ: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = + = + + + 1 xy xy y x y x Câu 3: Tìm tất số nguyên dương n để:(n2+9n−2)#(n+11) Câu 4: Cho vòng tròn(O) điểm I vòng tròn.Dựng qua I hai dây cung MIN, EIF Gọi M N E F', ', ', ' trung điểm IM IN IE IF, , , 1.CMR: Tứ giác M E N F' ' ' ' tứ giác nội tiếp 2.Giả sử I thay đổi,các dây MIN, EIF thay đổi CMR:Vòng tròn ngoại tiếp tứ giác M E N F' ' ' ' có bán kính khơng đổi 3.Giả sử I cốđịnh,các dây MIN, EIF thay đổi ln vng góc với nhau.Tìm vị trí dây MIN EIF cho tứ giác M E N F' ' ' ' có diện tích lớn Câu 5: Cho x y, >0 thỏa mãn: x y+ =1 Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 2 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = x y y x P Hướng dẫn giải: Câu 1: Có: ⎩ ⎨ ⎧ = + + = + + 14 2 2 b c a c b a ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + + − = + + 14 2 2 b c a ca bc ab ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + 14 49 2 2 2 2 c b a c b a c b a ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + + = + + 98 4 4 b c a c b a Vậy P=99 (16)2.Điều kiện:xy≠0 Từ giả thiết: (2 ) ( 2) xy xy xy xy + = ⇔ − − = ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = 2 xy xy + Nếu 2xy= ⇒ x y = 1 3 2 y x y x y y ⇒ + + + = + = ⇒y2−3y+ = ⇒ ⎢2 0 ⎣ ⎡ = ⇒ = = ⇒ = 1 2 x y x y + Nếu xy= ⇒ x y = 1 2 x y x y ⇒ + + + = ⇒2y2−3y+ = ⇒1 0 ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⇒ = = ⇒ = 1 1 2 1 x y x y Vậy nghiệm ( )x y; hệ là: ( ) ( )2;1 , 1; , 1;1 , 1;1 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Câu 3: Có: n2+9n−2#n+11 Mà n2+11n n# +11 ⇒(2n+2) (# n+11) Mà (2n+22) (# n+11) ⇒20#(n+11)⇒ =n 9.Vậy n=9 đáp số cần tìm Câu4: 1 Dễ thấy:nE N M' ' '= nENM= E F Mn' ' '.Vậy tứ giác M N E F' ' ' ' nội tiếp Vòng tròn ngoại tiếp tứ giác M E N F' ' ' ' đường trịn ngoại tiếp ΔM N F' ' '.Giả sử có bán kính 'R Do ΔM N F' ' ' ΔMNF (g g− ) Suy ra: ' ' ' 1 2 R M N R = MN = ⇒ ' R R = (đpcm) (17)( )( ) ( ) ( ) ' ' ' ' 2 2 2 2 2 1 1 4 2 1 2 4 MENF M E N F S S MN EF MT EQ R OQ R OT R OQ R OT R OI = = = = − − ≤ − + − = − Đẳng thức xảy OQ OT= ⇔OIFn=450 Câu 5: Cách 1: 2 2 2 1 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + xy xy x y y x Dễ thấy 2 2 x y xy ⎛ + ⎞ < ≤⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ Xét hàm số: ( ) t t t f = +1 trên⎜ ⎥⎦⎤ ⎝ ⎛ 4 ; 0 Lấy t1<t2∈ ⎜ ⎥⎦⎤ ⎝ ⎛ ; Xét : f( )t1 - f( )t1 =( ) ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − 2 1 t t t t Vì t t1, 2∈ ⎜ ⎥⎦⎤ ⎝ ⎛ ; 1 t t < ⇒ Từđó dễ dàng nhận ra:f( )t1 −f t( )2 >0.Vậy f( )t nghịch biến ⎥⎦ ⎤ ⎜ ⎝ ⎛ ; Do mà: f ⎟≤ f( )t ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ với ∀t∈ ⎜ ⎥⎦⎤ ⎝ ⎛ 4 ; 0 Hay ≤ f( )t 17 với ∀t∈ ⎜ ⎥⎦⎤ ⎝ ⎛ ; 16 289 17 P xy xy xy xy ⎟⎟ = ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ≤ ⇒ + ≤ ⇒ Đẳng thức xảy x= =y 16 289 = ⇒P Cách 2: Có : 2 2 2 (1) P x y x y = + + Mà: 2 2 2 x y (2) (18)Vì 2 16 1 y x ≥ nên: 16 255 16 1 256 255 256 255 2y ≥ = x (3) Từ (1),(2),(3) suy P 16 289 ≥ Đẳng thức xảy ra: 2 1 16 256 1 2 2 2 2 = = ⇔ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = + = = ⇔ x y y x y x y x y x (19)Đề 6:Thi Tổng Hợp (1999-2000) Vòng 2: Câu 1: Giải phương trình: 2 1 7 + = + − + + x x x x Câu 2: Các số a a1, , ,2 a9 xác định công thức: ( 2 )3 2 3 1 3 k k k k ak + + + = với∀k ≥1.Hãy tính 1 1 i i i P = a = = +∑ Câu 3: CMR: Tồn số chia hết cho 1999 tổng chữ số sốđó 1999 Câu 4:Cho vòng tròn (O,R).Giả sử A,B hai điểm cốđịnh vòng tròn vàAB R= 1.Giả sử M điểm thay đổi cung lớn AB đường tròn.Vòng tròn nội tiếp tam giác MAB tiếp xúc với MA E tiếp xúc với MB F CMR:Đường thẳng EF tiếp xúc với đường trịn cốđịnh M thay đổi 2.Tìm tập hợp điểm P cho đường thẳng (d) vuông góc với OP P cắt đoạn thẳng AB Câu 5: Cho hình trịn (O) bán kính bằng Giả sử A1,A2, ,A8 tám điểm nằm hình trịn (kể biên) CMR: Trong điểm cho tồn hai điểm mà khoảng cách chúng nhỏ Hướng dẫn giải: Câu 1: Điều kiện: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − ≠ ≥ ⇔ ≥ + + ≥ − 1 2 1 0 x x x x x -Với 2 ≤ < x thì: 8 1 7 + > + + + = + + + x x x Mà: 2x + 2x− <1 8+ ⇒2x2 + 2x−1 8 + + + ≠ x x -Với x>2 thì: 8 1 7 + < + + + = + + + x x x (20)-Thử vớix=2 thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có nghiệm x=2 Câu 2: Vớik ≥1 ta có: ( ) ( 3( ) )3 ( )3 3 2 1 1 1 1 3 + − = + − + = + + + = k k k k k k k k k k ak Thay 1, 2, ,9k = ta được: 1000 999 10 1 10 1 1 1 1 1 1 1+ 3 − 3 + 3 − 3 + + 3 − 3 = − 3 = = P Câu 3: Có 3998 = 2.1999 Ta thấy số:A = 19991999 1999 39983998 3998 ln chia hết cho 1999 (số A có x số 1999, y số 3998) Tổng chữ số A là: (1 9 + + + ) x+ + + +(3 9 ) y=28x+29 y Ta cần tìm hai số nguyên dương x,y để: 28x+29y=1999.Khi có: 28 11 71 28 29 1999 y y y x= − = − + − Vìx∈Ν nên 11 11 60 28 y y x − ∈ Ν ⇒ = ⇒ = Ta có số A = 19991999 1999 39983998 3998 thỏa mãn (số A có 60 số 1999,11 số 3998) Câu 4: 1.Gọi I trung điểm AB.Có: sinnAOI= = = ⇒ 2 2AO AB AO AI n AOI= 600 ⇒ nAMB= 600 Hạ IH⊥EF,AT⊥EF,BQ⊥EF.Có: ME MF= ⇒ ΔMEF đều⇒TEAn= BFQn= 600.Có: 3 30 cos = = = o BF BQ AE AT AB BF AE BQ AT 2 ) ( 2 3 + = = + ⇒ AB IH AB BQ AT IH 4 3 2 = + = ⇒ = ⇒ Vậy EF ln tiếp xúc với đường trịn (I) bán kính AB 3 cốđịnh 2.Ta tìm điểm P đểđường thẳng (d) cắt đoạn AI (21)phẳng gạch chéo giới hạn cung chứa góc 30o OmIq OI Ngược lại P nằm miền mặt phẳng dễ dàng chứng minh (d) cắt AI Do tính đối xứng (d) cịn cắt BI Lập luận tương tự thấy lúc P nằm phần mặt phẳng gạch ngang(hình vẽ).Phần mặt phẳng đối xứng với phần mặt phẳng gạch ngang qua trục OI Vậy quĩ tích điểm P cần tìm hai phần mặt phẳng kể Câu 5: Ta thấy rằng:Ln tồn điểm khơng trùng tâm,có thể giả sử điểm A1,A2, ,A7 Nối O với điểm ta thấy:Luôn tồn hai điểm Ai,Aj cho: n i j AOA ≤ o 60o 360 < (1≤ i , j≤7) Xét tam giác AiOAj có nAOAi j <60 o ⇒ A iAj < max(AiO , AjO)≤1 Ta có điều phải chứng minh (22)Đề 7: Thi Chuyên Hùng Vương (1999-2000) Vòng 1: Câu 1: Chứng minh bất đẳng thức sau với a,b,c số nguyên không âm: c b a a c c b b a ≤ + + + + + + + + + + + ≤ 1 1 1 Câu 2: Tìm giá trị lớn biểu thức:B=3a+4 1−a2 với giá trị của a∈[ ]−1;1 Câu 3: CMR: Trong số tự nhiên ta chọn số cho tổng chúng chia hết cho Câu 4: Cho tam giác ABC.Trên cạnh BC lấy hai điểm M,N cho:nBAM =CANn.CMR: a) ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = AN AM BN CM CN BM b) ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = AC AB CM BN CN BM c) AN AM BN CM CN BM ≥ + Hướng dẫn giải: Câu 1: Theo BĐT Cơ-si ta có: 3 1 1 1 1 1 1 3 3 = = + + + + + + ≥ + + + + + + + + a c c b b a a c c b b a Đẳng thức xảy a=b=c Lại có: a a b a ≤ + ≤ + + + 1 1 (vì a,b số ngun khơng âm).(1) Tương tự: b b c b ≤ + ≤ + + + 1 1 (2) c c a c + ≤ + ≤ + + 1 1 (3) Cộng theo vế (1),(2),(3) ta thu : a b c a c c b b a + + + ≤ + + + + + + + + 1 1 1 Đẳng thức xảy a b c= = =0 (23)( )2 ( )( ) 2 3 4 1 2 1 9 16 5 B = a+ −a ≤ a + −a + ⇒ ≤B Mà với 5 a= ∈[ ]−1;1 B=5.Vậy Bmax =5 Câu 3: Xét số tự nhiên : a a1, , ,2 a7 *)Nhận xét: Trong ba số tự nhiên ln tồn hai số có tổng chia hết cho (Bạn đọc tự chứng minh) Áp dụng: -Trong ba số a a a1, ,2 3 giả sử a1+a2#2 -Trong ba số a a a3, ,4 5 giả sử a3+a4#2 -Trong ba số a a a5, ,6 7 giả sử a5+a6#2 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + = + = + ⇒ 3 2 1 2 2 k a a k a a k a a (k1,k2,k3∈Ν) - Trong ba số k k k1, ,2 3 giả sử k1+k2#2⇒ +k1 k2 =2m (m∈ Ν) Suy ra: a1+a2+ +a3 a4 =2.(k1+k2)=4m chia hết cho (đpcm) Câu 4: Áp dụng cơng thức tính diện tích tam giác: S= ab SinC a).Có: sin(nn) .sin(nn) 22 . .sin( ). . .sin( ) ABM ACM ACN ABN S S BM CM AB AM BAM AM AC MAC AM CN BN = S S = AC AN NAC AB AN BAN = AN b).Có: n ( ) ( )n n ( ) ( )n 2 .sin sin .sin sin ABM ABN AMC ANC S S BM BN BM BN CN CM MC NC S S AB AM BAM AB AN BAN AB AC AM AC MAC AN AC NAC = = ⎛ ⎞ = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ (24)Đề 8: Thi Chuyên Hùng Vương (1999-2000) Vòng 2: Câu 1: Với giá trị b a ,a b tham số khác 0,thì nghiệm phân biệt hai phương trình sau có nghiệm: 2 2 10 (1) 2 (2) ax ax b x bx ab ⎧ + + = ⎪ ⎨ − − = ⎪⎩ Câu 2: Cho số thực x x x1, , , ,2 3 x6∈[ ]0;1 CMR: ( 1 2) ( 2 3) ( 3 4) ( 4 5) ( 5 6) ( 6 1) 16 x −x x −x x −x x −x x −x x −x ≤ Câu 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn.Ký hiệu AB a AD b CD c BC d= , = , = , = CMR: BD AC bc ad cd ab = + + Hướng dẫn giải: Câu 1: Đặt ⎩ ⎨ ⎧ = = ) ( ) ( ) ( ) ( x f x f Để phương trình có nghiệm phân biệt 3,ta xét trường hợp: +) a 10b 0 1 ⇔ = ⎩ ⎨ ⎧ > Δ = Δ .Khi (1) có nghiệm képx1,2 = −1 Ta cần phải có: f2( )− ≠ ⇔ −1 ( )1 2−2 1b( )− −5ab≠0 50 51 1± ≠ ⇔b +) b 5a 0 1 ⇔ =− ⎩ ⎨ ⎧ = Δ > Δ Khi (2) có nghiệm kép x1,2 =b Ta cần phải có: ( ) 1 10 f b ≠ ⇔ab + ab+ b≠ 5 51 1± ≠ ⇔a +) ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ > Δ > Δ 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − > ⇒ < + > ⇒ > + 5 ) 10 ) b a ab b a ab (25)⎩ ⎨ ⎧ − = − = ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = − = + = + = = − 2 3 4 5 10 1 ) ( 10 ) ( 2 a b x x x x ab a b x x x x b (vơ lý) Như thấy điều ta giả thiết xảy ra.Tức trường hợp (1) & (2) ln có nghiệm phân biệt Tóm lại,ta phải có: ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − > > > ± ≠ − = ± ≠ = 5 10 5 51 , 50 51 , 10 b a b a a b a b b a Câu 2: * Nếu có thừa số nhận giá trị 0,ta có đpcm * Nếu khơng có thừa số nhận giá trị thì: + Nếu có số lẻ thừa số nhận giá trị âm, ta có đpcm + Nếu có chẵn thừa số nhận giá trị âm,ta có: Ta thấy thừa số tích khơng thểđồng thời nhận giá trị âm Thật vậy,nếu thì: (x1−x2)<0;(x2−x3)<0;(x3−x4)<0;(x4−x5)<0;(x5−x6)<0;(x6−x1)<0 1 x x x x x x x ⇒ < < < < < < (vô lý) Ta xét tích có thừa số <0,hoặc có thừa số <0 Bổ đề: -Cho y y y y y y1, , , , ,2 3 4 5 6∈ −[ 1;1] y1+y2+y3+y4+y5+y6 =0(1) +Nếu có số âm,giả sử y y1, 2 <0.Khi đó: Có: (26)⇒ 4 3 1 6 2 1 4 16 y y y y y y y = y y y y y y ≤ ⎛⎜ + + + ⎞⎟ ≤ ⎛ ⎞⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ + Nếu có số âm,giả sửy y y y1, , ,2 3 4 <0.Khi đó: Có: 0<y5+y6 ≤2 nên: − ≤2 y1+y2+y3+y4 <0 Có: y y1 .2 y6 = 4 1 1 4 y y y y y y y y y y ≤ ⎜⎛ + + + ⎞⎟ y y ⎝ ⎠ = = 16 1 4 5 4 1 ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ≤ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + + y y y y y y Trở lại tốn ta có: (x1−x2) (, x2−x3) (, x3−x4) (, x4−x5) (, x5−x6)∈ −[ 1;1] và: (x1−x2) (+ x2−x3)<0;(x3−x4) (+ x4−x5) (+ x5−x6) (+ x6−x1)=0 Áp dụng bổđề ,ta có đpcm Vậy tốn chứng minh xong Đẳng thức xảy 1 1, 2 0, 3 1, 4 1, 5 0, 6 2 x = x = x = x = x = x = Câu 3: Gọi O giao điểm AC BD.Có: ΔAOD ΔBOC nên : da ba dc bc d b OC OD OB OA = = = = ΔAOB ΔDOC nên: cb ab cd ad c a OC OB OD OA = = = = Từđó suy được: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = + = + = + = + OD AC OD OC OA bc ab cd OB AC OB OA OC ad ab cd ⇒ = + + ⇒ AC BD ab cd ad bc đpcm (27)Đề 9: Thi Sư Phạm I (1999-2000) Vòng 1: Câu 1: 1.Tính A với 1999 1999 1999 1 1 1000 1000 1000 1000 1 1 1999 A ⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = ⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2.Cho a số tự nhiên viết 222 chữ số 9.Hãy tính tổng chữ số n với n a= 2+1. Câu 2: 1.Giải phương trình: x(x+1)+ x(x+2) = x(x−3) 2.Tìm a để phương trình sau có nghiệm nhất: ( ) 14 3 2 2 2 = − + − − + − − x x a a x a x Câu 3: Với , ,x y z>0 CMR: 62 4 62 4 62 4 14 14 14 z y x x z z z y y y x x ≤ + + + + + + + Câu 4: Trên mặt phẳng tọa độ xOy cho A (-3,0); B (-1,0) Xét điểm M N thay đổi trục tung cho AM⊥BN 1.CMR: AN⊥BM OM.ON khơng đổi Từđó suy đường trịn đường kính MN ln đi qua hai điểm cốđịnh Tìm tọa độ hai điểm cốđịnh 2.Tìm quĩ tích tâm đường trịn ngoại tiếp ΔAMN Xác định vị trí M,N để ΔAMN có diện tích nhỏ Hướng dẫn giải: Câu 1: 1.A=1 2.Có: 222 444 222 N N 221 / 221 / 10 1 10 2.10 99 00 c s c s a= − ⇒ =n a + = − + = (28)Câu 2: 1.Điều kiện : ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ − ≥ + ≥ + ) ( ) ( ) ( x x x x x x hay ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ≥ = − ≤ x x x Ta có: x(x+1)+ x(x+2) = x(x−3) ⇔ x(x+1)+x(x+2)+2x (x+1)(x+2) = x(x−3) (1) + Nếux≥3 : (1) ⇔ x+6+2 (x+1)(x+2) =0 (vô lý) + Nếux≤ −2: (1) ⇔ x+6−2 (x+1)(x+2) =0 ⎩ ⎨ ⎧ ≥ + + + = + ⇔ ) )( ( ) ( x x x x 28 − = ⇔x (thỏa mãn) +Thử với x=0 (thỏa mãn) Vậy nghiệm phương trình cho ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = = 28 x x 2.Điều kiện: 5 14 0 x x x x ≠ ⎧ + − ≠ ⇔ ⎨ ≠ − ⎩ Xét phương trình:x2−(3a−2 ) x+2a2−5a− =3 (1) Có Δ =(3a−2)2−4 2( a2−5a− =3) (a+4 )2 Từđó thấy: (1) có nghiệm ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − = + − − = + = + + − = ) ( 2 ) ( a a a x a a a x Để phương trình cho có nghiệm ta xét : + (1) có nghiệm kép x0≠-7 ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − ≠ − = = Δ ⇔ ; 2 0 a x ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≠ − ≠ − = ⇔ 4 a a a (vô lý) (29)⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢ ⎣ ⎡ = + = − − ≠ 2 1 2 4 a a a a a Vậy ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = 2 a a Câu 3: Có: = + + ≤ + + + + + 6 3 6 2 2 2 2 2 x z z z y y y x x x z z z y y y x x 2 2 2 1 1 x z z y y x + + Mà : 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ) 1 1 1 1 0 x y z x y y z z x x y y z z x + + − + + = ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎤ = ⎢⎜ − ⎟ +⎜ − ⎟ +⎜ − ⎟ ⎥≥ ⎝ ⎠ ⎢⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥ ⎣ ⎦ Từ (1) (2) ta suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ = = =x y z Câu 4: 1.Dễ thấy B trực tâm ΔAMN Do đó: AN⊥BM Có:ΔOAN ΔOMB (g-g)⇒ = ⇒OM.ON =OA.OB=3 OB OM ON OA Giả sửđường trịn đường kính MN cắt đường thẳng AB ,H H' Khi đóΔMHN vng tại H ΔMH'N vng H' Có: HO2=H'O2=ON.OM =3 ⇒ = = ⇒OH OH' đpcm Đồng thời ta tìm được:H'( ) (3;0;H − 3;0) Giả sửđường tròn ngoại tiếp ΔAMN cắt AB tại T(T≠A) Có:nNMT =nNAT =BMNn (30)Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ΔAMN nằm đường trung trực [ ]AT 3 .2 2 2 3 3( ) AMN AMN MN S AO MN OM ON S đvdt = = ≥ (31)Đề 10 : Thi Sư Phạm I (1999-2000) Vòng 2: Câu 1: 1.Giải biện luận theo a: (x2 −5x+6) x2 −5ax+6a2 =0 2.Với giá trị a hệ có nghiệm thỏa mãn ,x y>0.Với giá trị a tìm tìm tất nghiệm hệđã cho: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ + + − + − = + + + = + + + 1 2 1 1 2 2 2 2 a a a a y x y x y x y x Câu 2: 1.Tìm nghiệm nguyên dương hệ ẩn: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = 2 2 x y y x 2.Cho P(x) đa thức bậc với hệ số x3 số nguyên ≠0,−1 Biết (1999) 2000P = (2000) 2001P = CMR: (2001)P −P(1998) hợp số Câu 3: Chox x x x1, , ,2 3 4 >0 thỏa: 1 = ∑ = i i x Hãy tìm giá trị nhỏ T: 4 3 i i i i x T x = = = ∑ ∑ Câu 4: Cho ΔABC có cạnh khơng nhau.G trọng tâm ΔABC A1,B1,C1 điểm đối xứng A,B,C qua G.Biết AB=2.BC 1 1BC A S =72 Tính diện tích miền lục giác chung ΔABC ΔA1B1C1 Hướng dẫn giải: Câu 1: 1.Có: (x2−5x+6) x2−5ax+6a2 = ⇔0. (x−2)(x−3) (x−3a x)( −2a)=0 ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 3 2 3 2 x a x a x x x a x a ⎧ − − ≥ ⎪ ⇔ ⎨ − − − − = ⎪⎩ (32)( )( ) ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ≥ ≤ ⇔ ≥ − − ⇔ 1 0 2 a a a a -Nếu nghiệm (1) thì: ⇔(3−3a)(3−2a)≥0 ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ≥ ≤ ⇔ 2 a a Vậy: +Nếu 3 a≤ phương trình có nghiệm: ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = = = 3 x x a x a x +Nếu a≥ phương trình cho có nghiệm: ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = = = 3 x x a x a x +Nếu a=1 phương trình cho có nghiệm: ⎢ ⎣ ⎡ = = 3 x x +Nếu 3< <a phương trình cho có nghiệm: ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = = a x a x x 3 +Nếu a < < phương trình cho có nghiệm: ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = = a x a x x 3 2.Với x y, >0 thì: +1+ + ≥2 +2 =4 y y x x y y x x Đẳng thức xảy ra⇔ = =x y (33)0 0 2 2 2 0 2 0 1 4 (1) 1 1 2 (2) x y x y a x y a x y a a ⎧ + + + = ⎪ ⎪ ⎨ + ⎪ + + + = − + − + ⎪⎩ Từ (1)⇒x0 = y0 =1.Khi từ (2) ta có: a a a a a a a a 1 2 1 2 4 2 2 2 2 + − + + = − + + − + − = Có: ( )2 ( )( ) 2 2 2 2−a +a ≤ 2−a +a +1 = ⇒4 2−a + ≤a (3) và: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 2 1 2 a a a a a a ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − + ≤ − + + ⇒ − + ≤ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Vậy: 2− + + 2− 12 +1 =4⇔ a a a a (3) (4) đồng thời trở thành đẳng thức a ⇔ = Với a=1 hệđã cho trở thành: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = + + + = + + + 1 1 2 2 y x y x y x y x (I) Có: ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 x y x y x y x y ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + + + ⎜ + + + ⎟ ⎜≥ + + + ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 16 16≥ ⇔ Vậy (I) 1 1 1 1 = = = ⇔ = = ⇔ x y x y x y Từđó suy x= =y Câu 2: 1.Theo ta có: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = 2 2 x y y x (34)2x=2y≤2x=2y ≤2x⇒ =x y. Hệđã cho trở thành: ⎩ ⎨ ⎧ = = x y x x 2 Ta cần giải phương trình: 2x =2x(x∈ Ν) Có: 2x =2x ⇔ 2x−1= ⇔x ( ) 1 1+ x− =x Theo BĐT Becnuli: (1 1+ )x−1≥ +1 1.(x− =1) x Đẳng thức xảy ⎢ ⎣ ⎡ = = ⇔ ⎢ ⎣ ⎡ = − = − 2 1 1 x x x x Vậy nghiệm hệđã cho : ⎢ ⎣ ⎡ = = = = 2 y x y x 2.Gọi hệ số x3 a (a∈Ζ,a≠0) Đặt: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1998 1998 1999 1998 1999 2000 P x = +m x− b+ x− x− c+ x− x− x− a Ởđây ta sử dụng phep nội suy NewTon nên có cách đặt (m,b,c∈R) Ta có: (1999) 2000 : 2000 (1999) ( 2 ) ( ) : 2001 (2000) 2 P hay P m b m b c m b b c và P m b c = ⎫ ⎪ = = + ⎬⇒ + + − + = ⇒ + = ⎪ = = + + ⎭ Có: P(2001)−P(1998) 6= a+6c+3b=3 2( a+2c b+ )=3 2( a+1) hợp số (vì a≠0; −1 nên 2a+ ≠1 1) Câu 3: Giả sử 3 3 1 4 x ≤x ≤x ≤x ⇒x ≤x ≤x ≤x Theo BĐT Trêbưsep: 4 4 4 4 3 3 1 x x x x x x x x x x x x + + + + + + ≤ + + + (chú ý: 1 = ∑ = i i x ) 4 4 4 4 1 + + + ≥ (35)Đẳng thức xảy ra⇔ 1 2 3 4 x =x =x =x = Vậy min 4 T = Câu 4: Ký hiệu giao điểm hình vẽ Có: GM G X GC G C1 = 1 1 1 1B GM BB X = = ⇒ Tương tự: 4 1 2C CC X = 4 1 3A AA X = Có: 9 1 1 1 1 = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = X B M B S S A C B SP B Tương tự: 9 1 1 1 = A C B KQA S S 9 1 1 1 = A C B RIC S S 2 1 1 1 1 1BC AKQ CRI BSP ABC A RIKQPS S S S S S S = − − − = ⇒ ) ( 48 đvdt SRIKQPS = ⇒ (36)Đề 11 : Thi Sư Phạm I (1997-1998) Vòng 1: Câu 1: CMR:Với n nguyên dương có: 5n( n+ −1) 3n( n+2n) # 91 Câu 2: Cho ,x y hai số dương thay đổi thỏa mãn: x y=1 Tìm giá trị lớn biểu thức: A 4 x 2 2 y 4 x y x y = + + + Câu 3: Giải phương trình: x+ +1 2.(x+ = − +1) x 1 1− +x 3 1−x2. Câu 4: Xét một hình vng hình tam giác Nếu chúng có diện tích hình có chu vi lớn Câu 5: ChoΔABC có lA=450, BC a= , O tâm đường tròn ngoại tiếp, B' C' chân đường cao hạ từ B, C xuống cạnh AC, AB tương ứng.Gọi O'là điểm đối xứng O qua B C' ' 1.CMR:A B O C, ', ', ' nằm đường trịn 2.Tính B C' ' theo a Hướng dẫn giải: Câu 1: Có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 25 18 12 25 12 18 n n n n n n n n n n n n n + − + = − − − = − − − Mà (7,13)= ⇒1 đpcm Câu 2: A 1 2 2 + = = ≤ xy xy y y x x Đẳng thức xảy ra⇔ = =x y Vậy Amax=1 Câu 3: Điều kiện: x ≤1 Có: x+1+2(x+1)= x−1+ 1−x+3 1−x2 (37) ( )( ) ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − = + − = + ⇔ = + − − + − − + ⇔ 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x Giải ta nghiệm ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = = 25 24 x x Câu 4: a,b,c cạnh tam giác, x cạnh hình vng; ha độ dài đường cao tương ứng với cạnh a tam giác Có: 2 2 2. .2 2 4 4. 4 a a a b c+ > h ⇒ + + > +a b c a h ≥ a h = S = x = x Vậy chu vi tam giác lớn Câu 5: 1.Dễ thấy điểm B C O B C, ', , ', nằm đường tròn đường kính BC Có:ABBn'= 45o mà C OB C BBn n' '+ ' '= 180o ⇒C OBn' '= 135o ⇒C O Bn' ' '= 135o ⇒C O Bn' ' ' + C ABn' '=180o ⇒ A,B',O',C' nằm đường trịn 2.Hình thang nội tiếp hình trịn hình thang cân.Vì tứ giác OC BC' nội tiếp nên n' n 450 OC C OBC= = Mà tứ giác OB CC' ' nội tiếp nên OB A OC Cn' =n' =450 =B CCn' ' ⇒OB'//CC'.Hình thang OB CC' ' nội tiếp nên hình thang cân ' 'C OC a B = = ⇒ (38)Đề 12 : Thi Sư Phạm I (1997-1998) Vòng 2: Câu 1: Với giá trị tham số a, phương trình sau có nghiệm nhất: 1 2x−a + = x+ Câu 2: Giải hệ phương trình ẩn sau: 2 3 3 (1) 4 (2) 6 (3) 10 (4) x y xz yt xz yt xz yt + = ⎧ ⎪ + = ⎪ ⎨ + = ⎪ ⎪ + = ⎩ Câu 3: Tìm cặp số nguyên tố p,q thỏa mãn phương trình sau: 2 2 5 1997 5 p q q + = + Câu 4: Trong tất tứ giác lồi với hai đường chéo có độ dài cho góc hai đường chéo có độ lớn cho,xác định tứ giác có chu vi nhỏ Câu 10: Hãy xem khẳng định sau hay sai? "Với m,n∈N*đều có: ) ( 1 2 + ≥ − n n m " Hướng dẫn giải: Câu 1: Theo ta có: 2x−a +1= x+3 ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − < − − = − − ≥ + = − ⇔ 3 , 3 , 2 x x a x x x a x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − ≤ − = − ≤ + = ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − ≥ − = − ≥ + = ⇔ 4 , 4 4 , 2 , 2 2 , x x x x a x x a x (39) ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − ≤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = + = ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − ≥ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = + = ⇔ 4 2 a a x a x a a x a x Vậy để phương trình cho có nghiệm thì: ⎢ ⎣ ⎡ − = − = ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − = + − ≤ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − ≥ − = + 4 2 a a a a a a a a Vậy giá trị cần tìm:⎢ ⎣ ⎡ − = − = a a Câu 2:Theo ra: 2 3 3 (1) (2) 6 (3) 10 (4) x y xz yt xz yt xz yt + = ⎧ ⎪ + = ⎪ ⎨ + = ⎪ ⎪ + = ⎩ Nhân (2) với (z t+ ) ta được: 3+ zt=4.(z t+ ) Nhân (3) với (z t+ ) ta được: 10 4+ zt=6.(z t+ ) Từđó có hệ: ⎩ ⎨ ⎧ = = + ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = − + = − + 10 ) ( 6 ) ( zt t z zt t z zt t z Từđó: +) z=1,t=2,x=2,y=1 +) z=2,t=1,x=1,y=2 Câu 3: Ta có: 2 2 1997 5 p q q + = + Nhận thấy: (40)Vậy không tồn p,q thỏa mãn Câu 4: Xét tứ giác ABCD có:nDOC=α AC,BD có độ dài cốđịnh Khi dựng hình bình hành BCB'D có: B'C=BD vànACB' =180o-α Nên: AB' có độ dài cốđịnh (ΔACB' có AC, B'C cốđịnh vềđộ dài,nACB'=180o-α) Có: AD BC+ =AD DB+ '≥ AB' Đẳng thức xảy ra⇔A,D,B' thẳng hàng⇔AD//BC Tương tự dẫn đến AB//CD Từđó suy ABCD hình bình hành chu vi nhỏ Câu 5: Đặt 2+ 3=a Ta chứng minh: * 2 (1) , 2 ≥ ∀ ∈Ν − m n an n m Nếu (1) khơng thì: 12 12 an n m an n m < − ⇒ < − an n m an n m − < ⇒ < + ⇒ an n n m+ <2 + ⇒ = + + = + < + ⇒ 2 1 2 2 ) ( n2 a n m n ( ) ( ) ( )( ) ( ) (2 ) 2 2 2 3 2 2 3 2 3 2 an n n n n n n = + ≤ + + − − = + + + − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + = ) ( ) ( 1 2 an n m n + > ⇒ Mà: (3) ) ( 1 ) 2 ( 2 2 n m n n m n n m n m + ≥ + − = − Từ (2) (3) ⇒ − > n m 2 an (mâu thuẫn với điều mà ta giả thiết) Vậy ta có đpcm (41)Đề 13:Thi Tổng Hợp (1997-1998) Vòng 1: Câu 1: Cho 5 ) ( 10 − + − + = x Tính P=(x3−4x+1)1999. Câu 2: Giải phương trình: x+3+ x+8 =5 x Câu 3: Giải hệ phương trình: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + + = + + = + + = 2 7 1 x z xz z y yz y x xy Câu 4: Tìm tất số tự nhiên n để: 2n+15 số phương Câu 5: Cho ΔABC có cạnh 1(đvđd) Bên tam giác ta đặt hai đường tròn (O,R) ( ', 'O R ) tiếp xúc với nhau, cho hai đường tròn tiếp xúc với cạnh BC,BA; đường tròn tiếp xúc với cạnh BC, CA 1.CMR: ' ( ) 2 R R+ ≥ − 2 Các bán kính , 'R R để tổng diện tích hai hình trịn nhỏ tính giá trị nhỏ Hướng dẫn giải: Câu 1: Theo ta có: ( ) ( ) ( 1) 1 2 3 = − + − + = x (42) 23 11 ) 11 23 ( ) )( ( 25 ) )( ( 11 2 = ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ − = + + ⇔ = + + + + ⇔ x x x x x x x x x Vậyx=1 Câu 3: Theo ta có: 2 2 2 (1) xy x y yz y z xz z x = + + ⎧ ⎪ = + + ⎨ ⎪ = + + ⎩ Có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3xy= x+1 y+ ⇒1 3xyz= xz z+ y+ =1 x+1 zy z+ ( ) ( ) ( ) ( ) 3yz= z+1 y+ + ⇒1 3xyz= xz x+ y+ +1 6x ( ) ( ) 0 y z x 6x ⇒ = + − − Mà 3xz=(z+1 ) (x+ +1 1) nên: ( ) ( ) 3xyz= x+1 yz y+ +y ⇒ =0 (x+1 ) (z y− )−y +) Nếu x= −1⇒ =y 0,z= −7(loại,không thỏa mãn) +) Nếu y= −1⇒ =x 0,z= −2(thỏa mãn) +) Xét x y≠-1.Có: 3 ( 1)( 1) 1 2 3 ( 1)( 1) 2 2 4 5 xy x y x xy x xyz xy xyz yz x yz z y z yz z xy yz zx xy yz zx x y y z x x z + + + + = = ⇒ = ⇔ + = + − − − + + + − + ⇔ = − − ⇔ = − − ⇔ + + = + + − − ⇔ − = Thay vào (1) được: 2 (5x x−2) 5= x− + − ⇔ = ⇒ = ⇒ =2 x x z y 2(loại trường hợpx= −1do giả thiết) Vậy nghiệm cần tìm là: ⎢ ⎣ ⎡ − = − = = = = = 2 , , 3 , , z y x z y x Câu 4: Đặt 2n+15=k2. (43)( Dễ dàng chứng minh số phương chia cho có số dư 1) 2n ⇒ chia cho dư 1⇒n chẵn +) Nếu n=0⇒2n =42 +) Nếu n≥2 thì: 2n ≡0(mod 4)⇒2n +15 3(mod 4)≡ ⇒k2 ≡3(mod 4) (vô lý-Dễ dàng chứng minh số phương chia cho có số dư 1) Vậy n=0 số cần tìm Câu 5: Hạ OM O N, ' ⊥BC 1.Ta có: n cot cot 30 BM gOBM g BM R OM = = ⇒ = Tương tự: CN =R' ) ( 3 1 R R' MN = − + ⇒ Có:R+R' =OO' ≥MN hay 1 ) )( ( ) ( 3 1 ' ' ' ≥ − + ⇒ + + ≥ +R R R R R R 2 3 1 ' = − + ≥ + ⇒R R 2.Gọi S S1, 2 diện tích hình trịn (O)và(O') Có: ( '2 2) ( '2 2) ( ' )2 2 3 .2 2 2 S +S = Π R +R = Π R +R ≥Π R +R ≥Π ⎜⎜⎛ − ⎟⎞⎟ ⎝ ⎠ Đẳng thức xảy ' (44)Đề 14:Thi Tổng Hợp (1997-1998) Vòng 2: Câu 1:Giải hệ: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + = − + + 3 0 2 xy x y x x y y Câu 2: Có tồn hay khơng số nguyên ,x ythỏa mãn: 1992.x1993+1993.y1994 =1995 Câu 3: Số 1997 viết dạng tổng n số hợp số với nhau,nhưng không viết được dạng tổng n+1 số hợp số với Hỏi n bao nhiêu? Câu 4: Xét ΔABC ngoại tiếp đường tròn có bán kính r=1.Gọi , ,h h ha b clần lượt độ dài đường cao hạ từđỉnh A,B,C tới BC,CA,BA.Hãy tính giá trị lớn M với : 1 1 2 2 a b b c c a M h h h h h h = + + + + + Câu 5: Trên đường tròn cho 16 điểm dùng màu:xanh,đỏ,vàng để tô điểm (mỗi điểm màu).Giữa điểm nối đoạn thẳng tơ màu tím nâu CMR:Với cách tô màu điểm(chỉ dùng màu: xanh, đỏ, vàng) cách tô đoạn thẳng nối cặp điểm (chỉ dùng hai màu tím nâu) ta tìm hình vẽ tam giác có đỉnh điểm cho mà đỉnh tô màu cạnh tô màu (dĩ nhiên khác màu tô đỉnh) Hướng dẫn giải: Câu 1: Theo ta có: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − = = − + + 2 3 0 x xy y x x y y 3 2 2 2 2 .(3 ) 3 3 ( )( 3) ( )( 3) 3 y y x x y y x y x y xy x xy x y x y yx y x y x xy x xy x ⎧ + − + − = ⎧ − + − = ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ = − = − ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ ⎧ − + − = ⎧ − + − − = ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ = − = − ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ 2 3 3 0 2 2 ± = = ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ − = − = ⎩ ⎨ ⎧ = − = ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢ ⎣ ⎡ = + = − − = ⇔ x y y x x xy y x x xy x y x y x xy (45)Vậy ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = = = = 2 3 y x y x Câu 2: Có: 1992.x1993+1993.y1994 ≡ y1994 ≡1995(mod 4). Từ giả thiết suy y lẻ⇒y2 ≡1(mod 4)⇒y1994 ≡1(mod 4)⇒1995 1(mod 4)≡ (Vô lý) Như phương trình cho vơ nghiệm Câu 3: Nhận thấy hợp số nhỏ nhất.Mà 1997 _# Gọi n số hợp số có tổng 1997, n số lớn ⇒ 1997 499 n<⎡⎢ ⎤⎥= ⎣ ⎦ Lại có: 1997 4 9= + + + + (có 447 số 4) Vậy n=448 Câu 4: Áp dụng kết Câu 4.1-Đề ta có: + + = =1 r h h ha b c Dễ dàng CM BĐT sau:(x y z) 1 x y z ⎛ ⎞ + + ⎜ + + ⎟≥ ⎝ ⎠ với x,y,z>0 Áp dụng ta có:( a b b) 1 a b b h h h h h h ⎛ ⎞ + + ⎜ + + ⎟≥ ⎝ ⎠ hay:ha hb ha 2hb 9 1 + ≥ + (1) Tương tự ta có: c b c b h h h h 9 1 + ≥ + (2); a c a c h h h h 9 1 + ≥ + (3) Cộng BĐT (1),(2),(3) theo vế rút gọn ta được: 1 1 3 a b c M h +h +h ≥ M ≥ (46)Câu 5: Trên đường trịn có 16 điểm tơ 3 màu nên tồn điểm tô màu Ta giả sử 6điểm A, B, C, D, E, F tô một màu (màu đỏ chẳng hạn) Nối A với B,với C,với D, với E,với F Trong đoạn thẳng tô màu có đoạn thẳng màu.Ta giả sử đoạn AE, AF, AD tơ màu tím -Nếu ba đoạn FE, ED, DF tô màu tím⇒đpcm -Nếu ba đoạn FE, ED, DF tô màu nâu⇒đpcm (47)Đề 15: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998) Vịng 1: Câu 1: Tìm giá trị nhỏ A: A=10 x −7 y Trong ,x y nghiệm nguyên phương trình :3x+5y=11 Câu 2: CMR: (a+b)(c+d)+ (a+c)(b+d)+ (a+d)(b+c) ≥64 abcd Trong a,b,c,d > Câu 3: Cho đường tròn (O,r).Xét hình thang ABCD ngoại tiếp đường trịn nói trên, BC // AD,BADn =α,CADn =β với α ≤900,β ≤900 a)Chứng tỏ : 12 12 12 12 OD OC OB OA + = + b)Tính SABCD theo r,α ,β.Với góc α,β hình thang ABCD có S nhỏ tính S nhỏ theo r (S diện tích hình thang ABCD) Hướng dẫn giải: Câu 1: Từ giả thiết 3x+5y=11.Suy 4 1, 3 y x= − y+ − ⇒ = +y t x= − t ⇒ = +y 1,t x= −2 5t với t∈Ζ Có: A=10 x −7 y -Nếu − < <1 t thì: A=10 5( − t)−7 1( t+ =) 13 71− t≥13 -Nếu t≤-1 có: A=10 5( − t)+7 1( t+ =) 27 29− t≥56 -Nếu t≥1 thì: A=10 5( t− −2) 1( t+ =) 29t−27 2≥ Vậy Amin =2 x= −3,y=4 Câu 2: Bạn đọc tự giải Câu 3: Ta hạ OI, OT, OM, ON vng góc với AB, CD, BC, AD a).Dễ thấy tam giác COD, BOA vuông O 1 1 (48)b).Có 2 AI = AN OI tg= α =r tgα Và: 2 BI =BM =OI Cotgα =r Cotgα Có: 2 .2 ( ) 2 2 BMNA BM AN S = + r r tg= α +Cotgα Tương tự: 2.( ) 2 CMND S =r tgβ +Cotg β Suy ra: 2( ) 2 2 ABCD S =r tgα +tg β +Cotgα +Cotg β Có: tg α +Cotg α ≥ 2 2 2 = α α Cotg tg tg β +Cotg β ≥ 2 2 2 = β β Cotg tg Suy S≥4r2 Đẳng thức xảy chỉ α β= =900 (49)Đề 16: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998) Vòng 2: Câu 1: Cho n (n≥2) số thực ai(i=1, _n) thỏa: 1− < <ai với i=1, _n Chứng tỏ:∑ ∏ = = + = + n i i n i i a a 1 ) ( 1 Câu 2: Trong 1997 số tự nhiên từ đến 1997 chọn n số (n≥2) phân biệt cho số bất kỳđược chọn có tổng chia hết cho Hỏi cách chọn n số n lớn bao nhiêu? Câu 3: Cho đoạn thẳng AB điểm C AB vớiAC a BC b= , = Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt nửa đường trịn đường kính AB D.Dựng đường trịn tâm P bán kính r1 tiếp xúc với CA,CD tiếp xúc với nửa đường trịn đường kính AB.Dựng đường trịn tâm Q bán kính r2 tiếp xúc với CB, CD tiếp xúc với nửa đường trịn đường kính AB Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABD a)Tính r r1, 2 theo a b, b)Tìm đẳng thức liên hệ r r r, , 1 2 Hướng dẫn giải: Câu 1: -Với n=2 ta có: a a > hay: a a1 2+ +a1 a2 + > +1 a1 a2+ ⇔1 (a1+1 ) (a2+ >1) (a1+a2+1) -Giả sử BĐT cho với n k= ≥2 tức là: ( ) ( ) ( ) 1 k 1 k a +a + +a + < +a +a +a + -Thật vậy: Theo giả thiết qui nạp ta có: (1+a1) ( 1+a2) ( 1+ak)> +a1 a2+ + ak +1(1) Lại có: 0>ak+1 > −1 nên: ak+1 1( +a1) ( 1+a2) ( 1+ak)>ak+1(2) Chú ý: 0< +(1 a1) ( 1+a2) ( 1+ak)<1 (50)Câu 2: Giả sử có n số tự nhiên a a1, , ,2 an tổng hai số chia hết cho 1997 1 ( ≤ai ≤ vớii=1,n) Có: ) (mod 8 3 1 a a a a a a ≡ ⇒ ⎭ ⎬ ⎫ + + # # .Đặt a2 =8t1+k a, 3 =8t2+k (0≤k ≤7) Do 2 3 4 k a a k = ⎡ + ⇒ ⎢ = ⎣ # +)k=0 suy ra: a a2, 3 chia hết cho mà a2+ai#8 (i=1,n) Suy ai#8⇒a a1, , ,2 a8#8 Trong 1997 số tự nhiên:1,2,3, ,1997 có: 249 1997 = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ số chia hết cho Vậy n=249 +)k=4.Lập luận tương tự ta có: a a1, , ,2 a8 chia cho dư 250 1997 = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ + ≤ ⇒n Vậy n=250(4,12,20,28, ,1996) Câu 3: a).Giả sử b≥a.Có: 2 b a OC= AO AC− = − 1 a b OP= + −r Trong ΔPEO: PE2+EO2 =PO2 hay: 2 2 r a b r r b a + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − hay: (a r) r r b b ab b − = ⇒ =− + + 2 1 2 Tương tự: 2 a ab a r =− + + Có: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + = + + = 2 2 ( ) ) ( b a BD AD ab b a BD AD Suy ra:AD= ab+a2,BD= ab+b2 b) ( ) ( ) ( ) ( ) AD BD AB r a b ab a b ab ab a b r a b a b a b a b a b + + = + + + = = + + + + + + + Có: b a b a b a ab b a b a b a r r + + + + = + − + + = + 2 ( ) (51)Đề 17:Thi Tổng Hợp (1995-1996) Vòng 1: Câu 1: Giải hệ: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + = − 2 2 2 xy x y x Câu 2: Giải phương trình: 1−x+ 4+x =3 Câu 3: Giả sử a,b số nguyên dương cho: a b b a +1 + + số nguyên dương.Gọi d ước số a,b.Chứng tỏ: d ≤ a+b Câu4: Cho hai hình chữ nhật có diện tích.Hình thứ có kích thước a b (a b> >0).Hình thứ hai có kích thước c d (c d> >0) CMR: Nếu a c> chu vi hình thứ lớn chu vi hình thứ hai Câu 5: Cho điểm cốđịnh A,B,C thẳng hàng theo thứ tựấy.Gọi (Ω) vòng tròn qua B,C.Kẻ từ A tiếp tuyến AE AF đến vòng tròn (Ω) (E,F tiếp điểm).Gọi O tâm vòng (Ω) I trung điểm BC,N trung điểm EF 1.Chứng tỏ: E F nằm vòng tròn cốđịnh vòng tròn (Ω) thay đổi 2.Đường thẳng FI cắt vòng tròn (Ω) 'E CMR:EE'//AB 3.CMR: Tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác NOI nằm đường thẳng cố định vòng tròn (Ω) thay đổi Hướng dẫn giải: Câu 1:Từ hệ: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + = − 2 2 2 xy x y x (I) Suy ra: 4x2−2y2−xy x− =0 hay: 3x2−xy−2y2 =0 (1) - Nếu 0y= ⇒ =x (loại) - Nếu y≠0 từ (1): +) Nếu =1⇒ x= y=±1 y x (52) 2 2 1 ( ) 9 2 y y vô lý xy x ⎧ − = ⎪ ⎨ ⎪ + = ⎩ Tóm lại :⎢ ⎣ ⎡ − = = = = 1 y x y x Câu 2: Điều kiện:− ≤ ≤4 x Đặt u= 1−x,v= 4+x ta có: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢ ⎣ ⎡ = = − = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = − + − = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + = + 2 ) ( 3 2 2 u u u v u u u v v u v u Tóm lại ta có:⎢ ⎣ ⎡ − = = 3 x x Câu 3: Theo giả thiết: ab b a b a2 + + + số nguyên Suy ra:(a2+b2+ +a b d)# 2 Mà a b d2, 2# 2 nên (a b d+ )# ⇒ + ≥a b d2⇒ a b d+ ≥ . Câu 4: Ký hiệu diện tích hai hình chữ nhật S.Ta phải chứng minh: 1 ) ( ⎟> ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − ⇔ + > + ⇔ + > + ac S c a c S c a S a d c b a Mà S ac d c b a < ⇒ ⎭ ⎬ ⎫ > > hay 1− >0 ac S Theo giả thiết : a c> nên: ( ) ⎟>0 ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − ac S c a (đpcm) Câu 5: 1.E,F thuộc đường tròn (A) bán kính AB.AC 2.Dễ thấy A,F,O,E,I nằm đường trịn đường kính AO n n n' FIA FEA FE E= = ⇒đpcm 3.Có ΔAKN ΔAOI nên: AN.AO = AK.AI mà AN.AO = AF2 = AB.AC⇒AK = const Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ΔONInằm đường trung trực đoạn KI.(Chú ý:Tâm đường tròn ngoại tiếp ΔONIcũng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONKI) (53)Đề 18:Thi Tổng Hợp (1995-1996) Vòng 2: Câu 1: Cho (x+ x2 +3)(.y+ y2 +3)=3.Hãy tính E với E= +x y Câu 2: Giải hệ: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + = + + 7 x zx z z yz y y xy x Câu 3: Cho ,x y≥0 x2+y2 =1 Chứng tỏ: 1 1 ≤ x3 + y3 ≤ Câu 4: Tìm số có chữ số: A=a1a2a3b1b2b3a1a2a3 a1≠0 b1b2b3=2a1a2a3 , đồng thời A viết dạng : 2 2 1 .2 A= p p p p với p p p p1, 2, ,3 4 số nguyên tố phân biệt Câu 5: Cho vòng tròn (Ω),vẽ hai dây AB CD cắt I (I nằm đường tròn).M trung điểm BD,MI kéo dài cắt AC N.Chứng tỏ: 2 CI AI NC AN = Hướng dẫn giải: Câu 1: Nhân hai vế đẳng thức cho với (x− x2 +3) ta được: ( 3) (3 3) 3 + + = − + − y y x x (1) Nhân hai vế đẳng thức cho với (y− y2 +3) ta được: ( 3) (3 3) 3 + + = − + − x x y y (2) Cộng (1) với (2) theo vế rút gọn ta có:x y+ =0.Vậy E=0 Câu 2: Hệđã cho tương đương với: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + = + + 8 ) )( ( 4 ) )( ( 2 ) )( ( x z z y y x (I) Nhân ba phương trình ta được: ( ) (2 ) (2 )2 ( 1)( 1)( 1) 1 x y z (54)Từđó ta tìm được: ⎢ ⎣ ⎡ − = − = − = = = = 5 , , 3 , , z y x z y x Câu 3: 1.Từ giả thiết ta có: 0≤x y, ≤1.Nên:x3+y3≤x2+y2 =1. 2.Có: ( )2 ( 2 2) 2 2 x y+ ≤ x +y = ⇒ + ≤x y Lại có: ( 2 2)2 ( 3 3)2 ( ) ( 3 3) 1= x +y = x x + y y ≤ x y+ x +y 3 y x y x+ ≤ + ⇒ mà 2 1 ≥ +y x Nên: 1 3 + y ≥ x Câu 4: A = a1a2a3b1b2b3a1a2a3 = 1 3.10 3.10 a a a +b b b +a a a = ( ) 1 10 2.10 a a a + + = 2 1 3.7 11 13 a a a Vậy a1a2a3 phải bình phương số nguyên tố p ( p≠13,11,7 ) Do b b b1 3<1000 nên a a a1 3 <500⇒10< <p 23⇒ ⎢ ⎣ ⎡ = = 17 19 p p ⇒ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = 361 289 3 3 a a a a a a Như tốn có hai đáp số: ⎢ ⎣ ⎡ = = 361722361 289578289 A A Câu 5: Ta có: IB IC ID AI IC NI IM ID IB IM IN AI S S S S S S S S S S NC AN NIC IDM IBM AIN IBM IDM NIC AIN NIC AIN = = = = = = Mà: IC IA IB ID (55)Đề 19:Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1999-2000) Câu 1: a-CMR: Với ∀n∈Νthì: n5và n có chữ số tận giống b-Phân tích số 2000 thành tổng bình phương số nguyên dương Câu 2: a-Tìm a để nghiệm phương trình : x4+2x2+2 a x a+ 2+6a+ =1 0 nhỏ nhất, lớn b-Cho a≥10,b≥100,c≥1000 Tìm giá trị nhỏ tổng: P = a a+1 b b+1 + c c+1 + Câu 3: Giải hệ: 3 3 3 1 (1) (2) (3) x y y y z z z x x ⎧ = + + ⎪ ⎪ ⎪ = + + ⎨ ⎪ ⎪ = + + ⎪⎩ Câu 4: Cho tam giác ABC không cân ở A.Gọi M trung điểm cạnh BC,D hình chiếu vng góc A BC,E F hình chiếu vng góc B C đường kính AA' đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC CMR: M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Hướng dẫn giải: Câu 1: a-Bạn đọc tự giải b-Ta phải tìm số nguyên dương x,y,z thỏa mãn: x2+y2+z2 =2000 Chú ý : Một số phương chia cho dư Mà 2000 4# nên suy x,y,z chẵn Đặt x=2 , , 2x y1 = y z1 = z1 Ta có: 2 1 1 500 x +y +z = (56)2 3 19 y +z = với y2 = y3, z2 =z3.Chú ý 19 chia cho dư Như ,theo nhận xét khơng thể tồn y z3, 3thỏa mãn : 2 3 19 y +z = +) Với x2 =8 2 2 61 y +z = ⇒y2 =6,z2 = ⇒ =5 x 32,y=24,z=20 +) Với x2 =9 2 2 44 y +z = Lập luận tiếp trường hợp x2 =7 thấy khơng tồn +) Với x2 =10 2 2 25 y +z = ⇒y2 =4,z2 = ⇒ =3 x 40,y=16,z=12 +) Với x2 =11 2 2 y +z = ⇒ y2 =2,z2 =0 (Không thỏa mãn) Vậy 2000 32= 2+242+202 =402+162+122 Câu 2: a-Giả sử x0 nghiệm phương trình cho ,thế ta có: 4 2 0 2 x + x + a x +a + a+ = hay : ( ) 0 0 2 (1) a + x + a x+ + x + = -Vì phương trình (1) với ẩn a ln có nghiệm Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 2 0 0 0 2 0 0 2 0 0 ' 3 (2) x x x x x x x x x x x x Δ = + − + + = + − + ≥ ⇔ − + + + + ≥ ⇔ − + + ≥ ⇔ − ≤ ≤ -Thay x0 = −1 vào (1) rút gọn : a2+4a+ =4 0 hay a= −2; Thay x =2 vào (1) rút gọn : a2+10a+25 0= hay a= −5.Do đó: Từ (2) suy ra:Với a= −2 phương trình cho có nghiệm nhỏ -1 với a= −5 phương trình cho có nghiệm lớn b-Ta có: 10 101 100 100 10 99 100 100 99 100 100 99 = + ≥ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + = + + = + a a a a a a a a a a Đẳng thức xảy ⇔ =a 10 100 10001 10000 2 10000 100 9999 10000 10000 9999 10000 10000 9999 1 ≥ + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + = + + = + b b b b b b b b b b Đẳng thức xảy ⇔ =b 100 1 999999 999999 1000000 1000000 1000000 1000000 999999.1000 1000001 2 1000000 1000000 1000 c c c c c c c c c c ⎛ ⎞ + = + + = +⎜ + ⎟≥ ⎝ ⎠ ≥ + = (57)Do mà Pmin= 1000 111 1110 (Đạt a=10,b=100,c=1000) *Nhận xét:Ngồi cách sử dụng kỹ thuật tách BĐT Cơ-Si trên,các bạn giải cách xét tính đồng biến hàm số Câu 3:Xét hệ phương trình: 3 3 3 1 (1) (2) (3) x y y y z z z x x ⎧ = + + ⎪ ⎪ ⎪ = + + ⎨ ⎪ ⎪ = + + ⎪⎩ Ta thấy: 2 0 3 y + + >y y + + ≥y nên từ (1)⇒ >x 0.Tương tự:y>0,z>0 Lấy (1) trừ (2) biến đổi: (x y− ).(x2+xy y+ 2)=(y z− ) (. y z+ +1 (4)) Vì x y z, , >0 nên x2 +xy y y z+ 2, + + >1 0.Do đó từ (4) ta có: Nếu x y≥ y z≥ Suy x z≥ (5) Mặt khác từ (2) (3) từ y z≥ suy z x≥ (6) Từ (5) (6) suy ra: x y z= = Hệđã cho trở thành : 3 3 =x +x+ x Hay 1 1 3 3 2 3 − = ⇔ + = ⇔ + + + = x x x x x x x Vậy nghiệm hệđã cho là: 3 x= = =y z − Câu 4: Vì D F nhìn AC góc vng nên D F thuộc đường trịn đường kính AC,nghĩa tứ giác ACDF nội tiếp đường tròn Gọi H trung điểm AB H tâm đường trịn qua A,C,D,F Lại có: n' n' A BC= A AC mà: n' n n n' A AC FDB= ⇒FDB=A BC nên :DF BA// '⇒DF ⊥AB nên MN⊥DF mà ND NF= ⇒MD MF= (58)Đề 20:Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1998-1999) Câu 1: a-CMR: Nếu a b số nguyên lẻ phương trìnhx2+ax b+ =0 khơng có nghiệm ngun b-CMR: Trong ba số nguyên liên tiếp 2N−1, , 2N N+1 khơng có số số phương Trong đó: N =1.3.5 1999 Câu 2: Cho a,b,c≠0 thỏa mãn :(a b c) 1 1 a b c ⎛ ⎞ + + ⎜ + + ⎟= ⎝ ⎠ Tính T với: T =(a1945+b1945) (. b1975+c1975) (. c1999+a1999) Câu 3: Cho , ,a b c>0 thỏa mãn :abc=1 Tìm GTLN biểu thức: 5 5 5 ab bc ca P a b ab b c bc c a ca = + + + + + + + + Câu 4: Cho đường trịn tâm O, bán kính R đường thẳng (d) ngồi đường trịn M điểm di động (d) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ với đường tròn (P Q tiếp điểm) N giao điểm PQ với OM a-CMR: OM.ON khơng đổi b-CMR: Chứng tỏ:Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc đường thẳng cốđịnh c-Tìm quĩ tích điểm N Hướng dẫn giải: Câu 1: a-Giả sử phương trình: x2+ax b+ =0 với a, b số nguyên lẻ có nghiệm 1, x x Theo định lý Vi-et: 1 (1) (2) x x a x x b + = − ⎧ ⎨ = ⎩ Vì b số nguyên lẻ nên x x1, 2là số nguyên từ (2) suy x x1, 2 số nguyên lẻ Do x1+x2 số nguyên chẵn⇒ +x1 x2 ≠a(Vơ lý) Tóm lại : Ta có điều phải chứng minh b-Ta thấy: 2N#2 , 2N _# 4⇒2N khơng số phương (59)Giả sử2N+ =1 k2⇒k lẻ 2N =k2− =1 (k−1 ) (k+1 4.)# N ⇒ # (Vơ lý) Tóm lại: Ta có đpcm Câu 2: Theo giả thiết: (a b c) 1 1 (a b b c c a).( ).( ) a b c ⎛ ⎞ + + ⎜ + + ⎟= ⇔ + + + = ⎝ ⎠ Từđó : T =0 Câu 3: Dễ thấy :a5+b5−a b3 2−b a3 ≥0 nên: a5+b5 ≥a b3 2+b a3 2 ⇒ c b a c b a ab ab b a b a ab ab b a ab + + = + + = + + ≤ + + ( ) 1 ) .( 2 5 Tương tự: c b a a cb b c bc + + ≤ + + 5 a b c b ca a c ac + + ≤ + + 5 Từđó ta có đpcm Câu 4: a-Dễ thấy : OM ON OP. = =R2. b-Hạ OH⊥(d), I trung điểm OM, G giao điểm OH với PQ Dễ thấy: I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ Dễ thấy:I ∈ đường trung trực [OH] c-Có ΔOGN ΔOMH : OG OH ON OM. = . =R2 2 R OG OH ⇒ = ⇒G cốđịnh (60)Đề 21:Thi Tổng Hợp (1991-1992) Vòng 1: Câu 1: 1.Giải biện luận phương trình: b x a x a x a x a = − − + − + + a,b>0;x ẩn số 2.Cho phương trình:x2+ax b+ + =1 0 đó ,a b∈ Ζ b≠ −1.Chứng tỏ: Nếu phương trình có hai nghiệm số nguyên a2+b2 hợp số Câu 2: Cho a,b,c những sốđôi khác khác Giải hệ: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + = + + 1 1 3 2 cz y c x c bz y b x b az y a x a Câu 3: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 7x =3.2y+1 Câu 4: a-Cho hình thang ABCD (AB // CD) Gọi E giao điểm hai cạnh bên, F giao điểm hai đường chéo CMR:Đường thẳng nối E,F qua trung điểm đáy AB,CD b-Cho +ABC M, N, P điểm cạnh BC, CA, AB Nối AM, BN, CP CMR: Nếu diện tích tam giác (Các tam giác gạch chéo) diện tích ba tứ giác khơng gạch chéo Câu 5: Tồn hay không 1991 điểm mặt phẳng cho điểm nối chúng đỉnh tam giác có góc tù Hướng dẫn giải: Câu 1: a-VP dương ,vậy VT dương nên: x a x a x a x (61)Ta có tính chất: Nếu D C B A = D C D C B A B A + − = + − Có: b x a x a x a x a = − − + − + + thì: 1 + − = + − b b x a x a b b b b x a x a 2 + + − + = + − ⇒ nên: 1 ≤ + = b b a x Vậy phương trình có nghiệm 1 + = b b a x thỏa mãn :0< ≤x a với b≥1 vô nghiệm 0< <b b-Dễ thấy: 2 ( ) ( ) 1 a +b = x + x + Thật vậy: Theo định lý Vi-et: ⎩ ⎨ ⎧ = + + = − 2 x x b x x a trong đóx x1, 2∈ Ζ nghiệm phương trình cho.Có: ( ) (2 )2 ( ) ( ) 2 2 1 2 1 a +b = x +x + x x − = x + x + Do b≠ −1 nênx x1 2 = + ≠b 0.Lại có: 2 1 x + > 2 1 x + > Từđó ta có đpcm Câu 2: Vì a, b, c≠0 nên viết lại hệ phương trình sau: ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = − − − = − − − = − − − 1 1 1 1 3 x y c z c c x y b z b b x y a z a a Xét đa thức: ( ) P X = X −zX −yX x− Theo hệ ta thấy: 0, 0, 1⎟=0 ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ c P b P a P Vậy đa thức có ba nghiệm đơi khác a , b , c ; nên theo định lý Vi-et: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = − = + + = + + x X X X y X X X X X X z X X X 1 3 2 X X X1, 2, 3 nghiệm P X( ) (62)Câu 3: -Nếu x lẻ : 7x≡3(mod 4) Suy ra: 3.2y+ ≡1 3(mod 4) nên: 3.2y ≡2(mod 4)⇒ =y 1,x=1 -Nếu x chẵn : 7x≡1(mod 4).Đặt x=2k Có : 72k− =1 3.2y hay : (7k−1 7) ( k+ =1) 3.2y Thấy: 7k+ ≡1 2(mod 3) nên: 7k+ =1 2m (m∈ Ν) lúc đó: 7k− =1 2m−2 Vậy: (2m−2 2) m=3.2y⇒(2m−1−1 2) m+1=3.2y Thấy : 2m−1−1 lẻ ⇒2m−1− = ⇒ = ⇒ = ⇒ =1 3 m 3 x 2 y 4 Vậy : x=1,y=1 x=2,y=4 Câu 4: a-EF cắt AB,DC I F, ''.Dựng đường thẳng qua F song song với AB cắt AD,BC tại M,N Trong ΔADC ΔBDC có: AC AF DC MF = và: BD BF DC NF = mà: BD BF AC AF = nên MF=FN Trong '+EDF +ECF'có: C F DF C F FN EF EF DF MF ' ' ' ' ' = = ⇒ = Tương tự : AI =IB b-AM, BN, CP cắt I, J, K hình vẽ CI cắt NK L Có: ANI IJK NAJ KAJ S =S ⇒S =S // NK AJ ⇒ Theo phần a) CI cắt NK trung điểm L NK Có: , NIC KIC ACI CIM S =S S =S AI IM ⇒ = AIB BIM APJI BJKM S S S S ⇒ = ⇒ = (63)Câu 5: Trên nửa đường trịn đường kính AB (trừđiểm A,B) ta lấy tùy 1991 điểm A1, A2, A3, , A1991 Tập hợp 1991 điểm ln có ba điểm không thẳng hàng nên chúng đỉnh tam giác có : nA A Ai j k(1≤ < < ≤i j k 1991) chắn cung lớn nửa đường tròn ,vậy nA A Ai j ktù.Vậy tồn tập hợp điểm thỏa mãn (64) Đề 22:Thi Tổng Hợp (1991-1992) Vòng 2: Câu 1: a-Rút gọn biểu thức:A= 2 44 16 6− + b-Phân tích biểu thức:P=(x y− ) (5+ y z− ) (5+ −z x)5 thành nhân tử Câu 2: a-Cho a,b,c,α,β,γ thỏa mãn:a+b+c=0 α +β +γ =0 và: + + =0 c b a γ β α Hãy tính:A=α.a2 +β.b2 +γ.c2 b-Cho , , ,a b c d≥0 , , ,a b c d≤11.CMR:0≤a+b+c+d−ab−bc−cd−da≤2 Câu 3: Cho trước a d số nguyên dương Xét tất số có dạng: , , , , , a a d a+ + d a nd+ CMR: Trong sốđó có số mà chữ số 1991 Câu 4: Trong một hội thảo khoa học có 100 người tham dự.Giả sử người quen biết với 67 người CMR: Có thể tìm nhóm người mà người nhóm quen biết Câu 5: a-Cho hình vng ABCD Lấy điểm M nằm hình vng: n n 150 MAB MBA= = CMR:ΔMCD đều b-Hãy xây dựng tập hợp có điểm mà: Đường trung trực đoạn nối hai điểm ln qua hai điểm tập hợp Hướng dẫn giải: Câu 1: a-Đáp số:A=3 2 3−4 2.6 (2 3+4 2)2 =−3 20 b-Xét P x y z( , , ) (= x y− ) (5+ y z− ) (5+ −z x)5 Thấy P y y z( , , )=P x z z( , , )=P x y x( , , )=0 Nên:P x y z( , , ) (= x y− ) (. y z− ) (. z x− ).⎡A x.( 2+y2+z2)+B xy yz zx.( + + )⎤ ⎣ ⎦ Cho 0,x= y=1,z= −1 có: −1.2.1.⎡A.2+B 1( )− ⎤= − +1 25− ⇒1 2A B− =15 (1) (65)Cho x=0,y=1,z=2 có: −1.1.2 .5[A +B.2]= − + − +1 ( )1 25⇒5A+2B=15 (2) Từđó giải hệ (1)&(2) được:A=5,B= −5 Nên: P=5.(x y− ) (. y z− ) (. z x− ).(x2+y2+z2−xy yz zx− − ) Câu 2: a-Có: (a+b+c)(aα +bβ +cγ)=0 ( ) ( ) ( ) 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 = + + ⇒ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + − + + ⇒ = − − − + + ⇒ = + + + + + + + + ⇒ c b a b a c abc c b a ca bc ab c b a ca bc ab c b a γ β α β α γ γ β α β α γ γ β α α γ γ β β α γ β α b-Có: a b c d ab bc cd da a+ + + − − − − = 1( − +b) b 1( − +c) (c 1−d)+d 1( −a)≥0 Lại có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 a b a b ab c d c d cd − − ≥ ⇒ + − ≤ ⎧⎪ ⎨ − − ≥ ⇒ + − ≤ ⎪⎩ Nên: ( ) ( ) 1 a b c d ab bc cd da a b c d ab cd a b ab c d cd + + + − − − − ≤ + + + − − = = + − + + − ≤ + = Ta có đpcm Câu 3: a,d cho trước, a d+ số tự nhiên, viết hệ thập phân có k chữ số: 10k− ≤ + ≤a d 10k hay: 1 10 , 10 10 10 10 1 ≤ + ≤ ⇒ < k k k k d a d a Do tồn số n tập tự nhiên thỏa mãn: 1992 10 10 1991≤ ak +n dk < Lúc đó: 1991.10k ≤ +a n d ≤1992.10k Vậy chữ sốđầu tiên a n d+ 1991 (đpcm) Câu 4: Ta ý rằng có hai người A & B quen chẳng hạn.Thế thì: Số người quen chung A & B 34 ( =67 67 100+ − ) người.Gọi M tập hợp người quen chung A & B Trong M phải có cặp C&D quen Vì M chẳng có quen người M quen nhiều (66)Câu 5: a-Dựng tam giác ABE.(E nằm ngồi hình vng) ADM = AEM ⇒DM =EM + + BCM = BEM ⇒CM =EM + + CM DM ⇒ = Dễ thấy +AEM cân E nên: EA EM= ⇒EM = AB Từđó suy đpcm b-Dựa vào phần a) ta có tập hợp điểm A,B,C,D,M,N,P,Q thỏa mãn (67)Đề 23:Thi Tổng Hợp (1992-1993) Chuyên Lý-Hóa: Câu 1: a-Giải hệ ( ) ( )( ) ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + − + = + 1 2 2 2 y xy x y x y y x b-Cho x y, >0 : x y+ =1 CMR: 8.( + 4)+ ≥5 xy y x Câu 2: Giả sử m tham sốđể cho phương trình:(x−1 ) (x−2 ) (x−3 ) (x−4)=m có bốn nghiệm x x x x1, , ,2 3 4 khác Hãy tính giá trị biểu thức sau theo m: 4 1 1 x x x x P= + + + Câu 3: Cho+ABC BC a CA b AB c: = , = , = AD phân giác lA(D BC∈ ) a-CMR: AD2 =AB AC DB DC. − . b-Tính AD theo a,b,c Câu 4: Cho +ABCcó AM, BN đường trung tuyến xuất phát từ A,B; AD,BI đường phân giác xuất phát từ A B Chứng tỏ: Nếu lA B>lthì: a) AM <BN b) AD BI< Câu 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2xy x y+ + =83 Hướng dẫn giải: Câu 1: a-Nếu x=0 ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = 1 2 y y y (vô lý) Vậy nên x≠0 Đặt y t x= Ta có: ( ) ( )( ) ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + − + = + 1 2 2 2 2 x t tx x tx x tx tx x ( ) ( )( ) 2 1 2 = + − + + ⇒ t t t t t (t≠ −1) ⎢ ⎣ ⎡ = = ⇒ = + − ⇒ 2 2 t t t t +)Nếu t=1⇒ = ⇒y x 4x3 = ⇒2 3 2 = x ⇒ 3 2 = y (68)Vậy hệđã cho có hai cặp nghiệm b-Có: ( ) 8 16 2 4 4 ≥ + ⇒ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ≥ + y x y x y x (1) Lại có: 4 2 ≥ ⇒ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ≤ xy y x xy (2) Cộng (1)&(2) theo vế ta đpcm Đẳng thức xảy 2 x= =y Câu 2: Có: (x−1 ) (x−2 ) (x−3 ) (x−4)=m (1) (x2 5x 4 ) (x2 5x 6) m. ⇔ − + − + = Đặt x2−5x+ =4 y, (1) sẽ trở thành: y y.( +2)= ⇔m y2+2y m− =0 (2) Để (1) có bốn nghiệm (2) phải có hai nghiệm y y1, 2 thích hợp.Có: ' 1 m 0 m 1 Δ = + > ⇔ > − Lại có: y1+y2 = −2 y y1 2 = −m Do vai trò x x x x1, , ,2 3 4 P , nên coi x x1, 2 nghiệm phương trình: 1 5 x − x+ = y ,và x x3, 4 nghiệm phương trình: 2 5 x − x+ = y Có: 2 1 5 x − x+ −y = , 2 5 x − x+ −y = x1+x2 =5, x x1 2 = −4 y1, và: x3+x4 =5 x x = −y Nên: m y y x x x x x x x x x x x x P − = − + − = + + + = + + + = 24 50 5 1 1 4 2 Câu 3: a-Ta có: ΔABD ΔAA1C nên: 1 1 AA AD bc b AD AA c = ⇒ = (AD cắt đường tròn ngoại tiếp ΔABC tại A1) Có: ( ) 1 AD DA =DB DC⇔ AD AA −AD =DB DC hay: 2 2 1 AD AA −AD =DB DC⇒bc AD− =DB DC⇒AD = AB AC DB DC− b-Có: c b a c b DC DB b DC c DB + = + + = = nên: ( )2 c b bc a DC DB + = Từđó: ( ) ⎥⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + − = 2 (69)Câu 4: a) Chú ý: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − + = − + = 2 2 2 2 2 2 b c a m a c b m b a DolA B>l nên a b> So sánh vế phải hai đẳng thức : ma2 < mb2 ⇒AM <BN b) Theo 3: ( ) ( ) ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + − = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + − = 2 2 2 2 1 a c b ca d c b a bc d b a Từđó ⇒da2 <db2 ⇒ AD<BI Câu 5: Từ 2xy x y+ + =83⇒(2x+1 2) ( y+ =1) 167 Từđó: ( )x y, (83;0 , 0;83 , 1; 84 ; 84; 1) ( ) (− − ) (− − ) D A1 B C (70)Đề 24:Thi Tổng Hợp (1992-1993) Vòng 1: Câu 1: a-Giải phương trình: x+2+3 2x−5 + x−2− 2x−5 =2 b-Giải hệ: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + − 0 0 2 2 x y x y x y xy Câu 2: Tìm tất cặp số ngun khơng âm (m,n) để phương trình: 2 0 x −mnx m n+ + = có nghiệm nguyên Câu 3: Cho +ABC có diện tích S Trên cạnh AB,BC,CA lấy ', ', 'C A B thỏa mãn: ' ' , ' ' ,3 ' ' AC =C B BA = A C B C =AB Giả sử AA'cắt B B' M, C C' cắt 'B B N, C C' cắt AA' P Tính diện tích +MNP theo S Câu 4: Cho +ABC nội tiếp đường tròn Lấy D cung BC (khơng chứa A) đường trịn Hạ DH vng góc với BC, DI vng góc với CA, DK vng góc với AB CMR: DK AB DI AC DH BC + = Câu 5: Tìm tất cặp số nguyên dương (m n, ) cho 2m+1 chia hết cho n 2n+1 chia hết cho m Hướng dẫn giải : Câu 1: a-Điều kiện : ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ − + + ≥ − − − ≥ − 0 0 2 0 x x x x x (I) Có: x+2+3 2x−5 + x−2− 2x−5 =2 4 5 4 2 = − − + + − ⇔ = − − − + − + + ⇔ x x x x x x Có: 2x−5+3+1− 2x−5 ≥ 2x−5+3+1− 2x−5 =4 Đẳng thức xảy ( )( ) 2 0 5 2 − + − − ≥ ⇔ ≥ ≥ ⇔ x x x (thỏa mãn (I)) Vậy nghiệm phương trình : ∈⎢⎣⎡ ;3⎥⎦⎤ (71)b-Có: 2 2 2 (1) 2 (2) xy y x y x y x ⎧ − + = ⎪ ⎨ + + = ⎪⎩ -Nếu 0x= ⇒ =y -Nếu 0x≠ ⇒ ≠y Nhân (2) với x trừ (1) theo vế ta có: ( 2) 0 2 2 3 3y+ x + y− x = ⇔ x + y= x ⇒x + ≠ x nên : 2 + = x x y thay vào (2) ta có: 3 , 11 3x6 + x3 + = ⇒x3 =− x3 =− Vậy hệ phương trình có ba nghiệm: 0 , ; , ; , 1 2 3 3 3 1 =− y = x =− y = x = y = x Câu 2: Theo ra: Nếu x x1, 2 nghiệm phương trình.Theo định lý Viet ta có: ⎩ ⎨ ⎧ + = = + n m x x mn x x 2 ⇒Nếu x1nguyên (hoặc x2) nghiệm cịn lại ngun Do m n, ≥ ⇒0 x x1, 2 ≥0 -Nếu bốn số x x m n1, , ,2 bốn sốđều Ta có cặp ( )0,0 -Ta tìm cặp m≠0,n≠0 Khi đó: m n, ≥1 Nên: (x1−1 ) (x2− = −1) (m−1 ) (n− + ≤1) 2 Từđó: m n= =2 5,m= n=1 m n= =3 1,m= n=5 Câu 3: Kẻ AA C C'// ' , ta có: 3 ' ' ' ' = = = CC A A BC BA BC BA và: 3 ' ' ' ' ' ' = + = = AC AC AC A A AC A A CP Ta có: ' 1' ' ' ' ' = = = CC A A A A P C CC P C 5 ' ' = ⇒ = ⇒ C AC APC S S CC PC nên S S SAPC = = (72)Từđó: SAMB S 10 1 = Câu 4: Lấy cung CE BAp=p DE cắt BC F.Có: BDF ADC + + +DFC+DBA Hai tam giác đồng dạng có cạnh đường cao tương ứng tỉ lệ , nên: ; AC BF AB FC DI DH DK DH AC AB BF FC BC DI DK DH DH = = + ⇒ + = = Câu 5: Có: m n m n n m , 2 ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ + + # # lẻ Giả sử n≤m⇒2n+1≤3m.Ta xét: +)2n+ =1 m n\ 2m+ =1 2( n+ + ⇒1 1) n\ 3⇒ ⎢ ⎣ ⎡ = = = = 7 , 3 , m n m n +)2n+ =1 3m 3m=2n+ ≤1 2m+ ⇒ = ⇒ =1 m n Vậy ta có cặp số nguyên dương: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1,1 ; 1,3 ; 3, ; 3,1 ; 7,3 (73)Đề 25:Thi Tổng Hợp (1992-1993) Vịng 2: Câu 1: a-Tìm tất số nguyên n để:n4+2n3+2n2+ +n 7là số phương b-Cho , ,a b c>0và a b c+ + ≤1 CMR: 2 1 1 2 2 + bc+b + ca +c + ab ≥ a Câu 2: Cho a tổng chữ số số ( )29 1945 và b tổng chữ số của a Tìm tổng chữ số b Câu 3: Cho +ABC Giả sửđường phân giác ngồi góc A cắt BC D, K tương ứng CMR: Nếu AD AK= AB2+AC2 =4R2,trong đó R bán kính đường trịn ngoại tiếp+ABC Câu 4: Trong mặt phẳng kẻ 1992 đường thẳng cho khơng có hai đường song song khơng có ba đường đồng qui Tam giác tạo ba đường thẳng số đường thẳng cho gọi "tam giác xanh" khơng bịđường số đường cịn lại cắt a-CMR: Số tam giác xanh khơng 664 b-CMR: Số tam giác xanh khơng 1328 Câu 5:Có 41 thành phốđược nối với đường chỉđi chiều.Biết từ mỗi thành phố có 16 đường đến thành phố khác có 16 đường từ (74)Câu 1: a-Đặt y2 =n4+2n3+2n2+ + =n 7 (n2+ +n 1) (2− n2+ +n 6) hay: ( ) 2 2 6.3 2 y = n +n +⎛⎜n+ ⎞⎟ + ⎝ ⎠ hay: y2 =(n2+ +n 2)2−3.(n2+ −n 1) Khi n=0 n= −1 y2 =7 khơng phải số phương Vậy n≠ −0; Lúc đó: n2+ − =n 1 (n−1 ) (n+ +1) n −3.(n2+ − <n 1) 0 Ta có: (n2+n)2 < y2 <(n2+ +n 2)2 Suy ra: ( )2 2 1 y = n + +n lúc 6 0 3 n n n n = ⎡ + − = ⇒ ⎢ = − ⎣ b-Bạn đọc tự giải Câu 2: Vì 23 ≡ −1 (mod 9)⇒( )23 3.1945≡ −1 (mod 9) Vậy ( )29 1945≡8 (mod 9) Ký hiệu S (m) tổng chữ số m ⇒S (a), S (b) chia cho cũng dư Có: 213 =8192 10< ⇒2130<1040 nên: ( ) ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ < < < 3 24 13 134 40 17420 10 10 10 Vậy : ( )29 1945 =217420+13.6+7 <105391⇒( )9 1945 2 có khơng q 5391 chữ số Lại có: ( ) ( ) ( ) 1945 2 5391.9 48519 3 9 9 39 ( ) 12 a S b S a c S b = ≤ = = ≤ + + + + = = ≤ ( ) S b (75)Câu 3: ΔADK vuông cân ở A.Gọi AI đường cao Có: m n l n n 0 0 45 45 A CAI A ABD ADK ⎧ + = ⎪ ⎨ + = = ⎪⎩ nên : CAIn=nABD⇒AI tiếp xúc với (O) ngoại tiếp ΔABC ⇒OA⊥AI⇒OA // BC OA cắt (O) A1 (A1 ≠A) Có AC = A1B và: 2 2 2 1 AB +AC = AB +A B = R Câu 4: Gọi P k( ) số "tam giác xanh" tạo k đường thẳng Ta có P( )3 =1 Xét k+1đường thẳng Trong phải có đường thẳng d mà giao điểm k+1 đường thẳng nửa mặt phẳng có bờ d Xét giao điểm không trên d, phải có giao điểm gần d nhất.Chính điểm đỉnh "tam giác xanh" (Các "tam giác xanh" cũ giữ nguyên).Vậy P k( + ≥1) P k( ) Có: ( ) 1 ) ( ) ( 1 ) ( ) ( 1 ) ( − ≥ ⇒ ⎪ ⎪ ⎭ ⎪ ⎪ ⎬ ⎫ + − ≥ + ≥ = n n P n P n P P P P Vậy ta có kết luận mạnh hai câu a&b: Số "tam giác xanh" khơng 1992 1990− = Câu 5: (76)Gọi N tập hợp 16 thành phố có đường tới B Nếu M có thành phố tới N⇒đpcm Nếu khơng có thì: Trong M : 16 thành phố có 16 16 256× = đường đến thành phố M P (P tức tập hợp 41 16 16 7− − − = thành phố lại) Số đường thành phố M đến thành phố khác M nhiều là:15 14 120+ + + + = Số đường từ thành phần M đến thành phố P nhiều là: 16 112× = Vậy: 256 120 112≤ + (Vơ lý) Tóm lại ta có đpcm Chú ý:Có thể thay kiện có 41 thành phố thành 42 thành phố (77)Đề 26:Thi Sư Phạm I(1998-1999) Vòng 1: Câu 1: 1-Cho 0ab≠0,a+b≠ CMR: a) (a b) a b a b b a + + + = + − + 1 1 1 2 2 b) ( ) a b ab b a b a b a b a + − + = + + + 22 2-Sử dụng kết tính: n n x= 1+99 92 +0,999 92 với n≥2 Câu 2: CMR: ( 1)( 1) 4 3 > + − + x x x x với ∀x>1 Câu 3: Tìm số nguyên lớn không vượt : (4+ 15)7 Câu 4: Giải hệ: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + + = + + = + + 0 0 2 0 2 2 y y xz z xy x z yz x Câu 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).Đường thẳng BD tiếp tuyến với (O) A,C đồng qui S.Gọi I giao điểm AC BD CMR: a) AC DC =AD BC b) CD AD CB AB ID IB SD SB = = Hướng dẫn giải : Câu 1: 1 a) Có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 0 2( ) 2 a b a b a b a b a b a b a b a b ab a a b b a b a b b a + + = + − + + ⇔ + + = + + + − − + + + + (78)b) Có: ( ) a b ab b a b a b a b a + − + = + + + 22 ( ) ( )2 2( ) 0 2 2 2 2 2 + ⇔ = + + − + + + = + + + ⇔ ab b a ab b a b a b a b a b a b a b a (hiển nhiên) 2.Với a=1 / 999 n c s b= (n chữ số 9) a b+ =10n và: n n ab ab b a 0,999 9; 99 1 = = + Suy ra: = ⇒ x ( ) 999 9,00 101 2 − = + − + = + + + n n b a ab b a b a b a b a Câu 2: Có: ( )( ) ( 1)( 1) 1 4 2 1 1 4 3 3 = − ≥ − + − + + + + + − = + − + x x x x x x x x x x x x x Đẳng thức khơng xảy phương trình : 2 1 = + = − x x x x vơ nghiệm Tóm lại ta có đpcm Câu 3: Ta có :x1 =4− 15, x2 =4+ 15 hai nghiệm phương trình:x2 −8x+ =1 0 Ta có: x1x2 =1,x1+x2 =8 1, 2 2 1 = x − x = x − x n n n n n n x x S S S x = − ⇒ = − ⇒ + + + + 2 , 1 , 2 , 1 8 (với Sk =x1k +x2k) Từđó: ( ) 1 7 7 1 x S 1874888 x 15 1874888 x x + = = ⇒ = + = − mà 0< x1 <1 nên: < ⇒ < < 1874887 0 1 x (4+ 15)7 <1874888 ⇒⎢⎣⎡ +(4 15)7⎥⎦⎤=1874887 Chú ý : Kí hiệu xk = 2 , k k x x1 + 2 Câu 4: Có: 2xz y+ 2+ + = ⇒y 1 0 xz≠0 Mà : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 (1) x yz z z y x x xy z x y z xz y x z + + = ⇒ + = − + + = ⇒ + = − ⇒ + = > (79)Câu 5: a).+SAB+SDA nên: SA AB SB (1) SD = DA= SA +SCB+SDCnên:SC CB SB (2) SD = DC =SC Do SC SA= , từ (1) & (2) : DC CB DA AB = nên : AB CD =AD CB b)Từ (1) & (2) ta có: CD AD CB AB SA SD SC SB SD SB = = Tương tự ta có: IAB IDC + + +ICB+IDA Suy : CD AD CB AB ID IB = Ta có đpcm (80)Đề 27:Thi Sư Phạm I(1998-1999) Vòng 2: Câu 1: Cho x y z t, , , ∈[0;1) thỏa mãn: xyzt= −(1 x) ( 1−y) ( 1−z) ( 1−t) CMR:x 1( − +t) (t 1− +z) z 1( −y)+y 1( −x)≥1 Câu 2: Tìm số nguyên dương n cho số Sn =1.2.3 7+n n.( +1 ) (n+7) viết dạng tổng bình phương hai số nguyên dương Câu 3: Giải bất phương trình: ( ) ( ) x x x x x x x 3 2 2 4 + +1+ − +1 ≤ +1 Câu 4: Cho +ABC cân B, cạnh bên AB lớn cạnh đáy AC, biết diện tích +ABC 1(đvdt) CMR : Ta có thểđặt lọt +ABC vào miền tam giác vng có diện tích ≤ Câu 5: Cho hình chữ nhật ABCD điểm M nằm hình chữ nhật 1.CMR: MA MB MC MD AB AC AD+ + + ≤ + + 2.Tìm tất vị trí M để : MA MC MB MD ≤ Hướng dẫn giải : Câu 1: Theo giả thiết: xyzt= −(1 x) ( 1−y) ( 1−z) ( 1−t) (1) Có: x 1( − +t) (t 1− +z) z 1( −y)+y 1( −x)≥ ⇔ − −1 (1 x z) ( 1− − ≤y t) (2) Từ (1) suy ra: ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ⇒ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ − − ≥ − − ≤ ⎩ ⎨ ⎧ − − ≤ − − ≥ ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ − − ≥ − − ≤ ⎩ ⎨ ⎧ − − ≤ − − ≥ t y z x t y z x t y yt z x xz t y yt z x xz 1 1 1 1 1 1 1 1 (2) Vậy ta có đpcm Câu 2: Giả sử 2 n S =a +b với a b, ∈ Ν* Dễ thấy: n n.( +1 ) (n+7 64)# ⇒Sn#4⇒a b, chẵn⇒ =a ,a b1 =2b1 Đặt: n n.( +1 ) (n+7)=64k Có: 2 1 2.3.5.6.7 16 ,2 2 a +b = + k# ⇒a = a b = b Có: 2 2 9.5.7 (81)Câu 3:Điều kiện: x>0 Chia hai vế BPT cho x(x2 +1) biến đổi để BPT trở thành: x x x x x x x x 1 1 1 1 ≤ + + − + + − + (1) Đặt : +1 =t≥2 x x Khi (1) trở thành: t t t t t t t t−1+ 1−1 ≤ ⇔ 1−1 ≤ − −1 Do hai vếđều dương nên: 2 1 1 1 1 1 1 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − ≤ ⇔ − − + ≤ ⇔ − − − + ≤ − ⇔ t t t t t t t t t t t t t Điều với ∀t≥2 Vậy: BPT cho có nghiệm với ∀x>0 Câu 4: Gọi O trung điểmAB=2a Vẽ nửa đường trịn (O) bán kính R OC= có đường kính DE nằm đường thẳng AB DoACBn<900 nACB<900⇒ nACB< nDCE AB DE ⇒ < (Vì OC OA> ) ABC ⇒+ nằm hoàn toàn miền tam giác vng CDE Có: n n BOC> AOC nên nBOC>900(Do BOCn&nAOC bù nhau) Hạ CH⊥AB.Có: 2 2 2 2 4 3 3 OB +OC =OB +OH +HC <CB = AB = a ⇒ <R a = (Do SABC=1(đvdt)) Từđó ta có đpcm Câu 5: *Bổđề: Cho điểm M tam giác tù ABC (tù A) Khi đó: BM CM+ <AB AC+ Thật vậy: Kéo dài BM cắt AC K ( ) ( ) BM CM BM MK KC BK CK AB AK CK AB AC + < + + = + < (82)*)Nhận xét: Xét điểm N nằm [AB].Lấy 'D đối xứng với D qua AB Theo bổđề : ' ' ND NC+ ≤ AD+AC hay ND NC+ ≤AD AC+ 1.Giả sử M nằm hình chữ nhật ABCD Qua M kẻ NP⊥AB (N∈AB,P∈CD).Có: ( ) ( ) ( ) MA MB MC MD MA MD MB MC AN ND NC NB AB AC AD dpcm + + + = + + + ≤ ≤ + + + = + + 2.Qua M kẻ HK⊥AD (H∈AD,K∈BC).Có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 MA MC MB MD MA MC MB MD MN MH MK MP MN MK MH MP MN MP MH MK MN MP MH MK ≤ ⇔ ≤ ⇔ + + ≤ + + ⇔ − − ≥ ⇔ − − ≥ Điều có M thuộc hai hình chữ nhật AEOS; CROF E,F,R,S,O lần lượt trung điểm AB,BC,CD,DA,AC (83)Đề 28:Thi Tổng Hợp (1998-1999) Vòng 1: Câu 1: 1.Giải phương trình: 2−x2 + x2 +8 =4 2.Giải hệ : ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + 21 2 2 y y x x y xy x Câu 2: Các số a,b thỏa mãn: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = − = − 98 19 2 2 b a b ab a Tính : P a= 2+b2. Câu 3: Cho a b c, , ∈[ ]0;1 CMR:a+b2 +c3−ab−bc−ca≤1 Câu 4: Cho đường trịn (ω) bán kính R A&B hai điểm cốđịnh đường tròn, (AB<2R).Giả sử M điểm thay đổi cung lớn AB đường trịn 1.Kẻ từ B đường thẳng vng góc với AM, đường cắt AM I cắt (ω) N Gọi J trung điểm MN CMR: Khi M thay đổi đường trịn điểm I,J đều nằm đường tròn cốđịnh 2.Xác định vị trí M để chu vi ΔAMB lớn Câu 5: 1.Tìm tất số nguyên dương n cho số n+26 n−11 lập phương số nguyên dương 2.Cho x,y,z thay đổi thỏa mãn: x2+y2+z2 =1 Tìm giá trị lớn nhất của P,với: P [ 2( )2 2( )2 2( )2] 2 y x z z x y z y x zx yz xy+ + + − + − + − = Hướng dẫn giải : Câu 1: 1 Điều kiện: x2 ≤2 Có: 2−x2 + x2 +8 =4 ( )( ) 1 3 16 16 2 2 4 2 2 2 ± = ⇔ ⎢ ⎡ = ⇔ = + − − ⇔ = + − + + + − ⇔ x x x x x x x (84)Vậy nghiệm phương trình : 1 x x = ⎡ ⎢ = − ⎣ 2.Có: 3 2 3 2 ( ) 19 (1) ( ) 98 (2) a ab b a b ⎧ − = ⎪ ⎨ − = ⎪⎩ Cộng )(1)&(2 theo vế ta được: ( )3 6 2 2 2 2 3 2 2 3 19 98 19 98 19 98 a b a b a b a b a b + + + = + ⇔ + = + ⇔ + = + Câu 3: Do a b c, , ∈[ ]0;1 nên: (1 ) ( ) ( ) 1 1 a b c a b c ab ac cb abc a b c ab ac cb abc − − − ≥ ⇒ − − − + + + − ≥ ⇒ + + − − − ≤ − ≤ Chú ý b c, ∈[ ]0;1 nên: b2 ≤b c; ≤c.Suy ra: ≤ − − − + +b c ab bc ca a a+b+c−ab−ac−cb≤1−abc≤1 (đpcm) Câu 4: 1 Vì nAIB=900 nên M thay đổi I nằm đường trịn cốđịnh có đường kính AB IJ trung tuyến tam giác vuông MNI nên : 2 MN IJ = Do tổng hai cung AB MN 900 (n nANB NAM+ =900), mà AB cốđịnh nên MN có độ dài cốđịnh Kéo dài IJ cắt AB H.Có: n n n n n n n n n 900 JIM = AIH =JMI⇒IAB AIH+ =IAB JMI+ =INM JMI+ = nên JH⊥AB Đoạn IJ vng góc với AB có độ dài cốđịnh Kẻ hai đoạn AA'; BB' vng góc với AB có độ dài IJ (A B I', ', nằm phía AB)⇒ nA JB' ' =nAIB(góc có cạnh tương ứng song song) ⇒ nA JB' ' =900.Vậy J nằm đường trịn cốđịnh có đường kính A B' ' 2.Kéo dài AM đoạn : MN =MB có: (85)Do AB cốđịnh nên để chu vi ΔAMB lớn AN lớn Gọi P,Q trung điểm cung lớn AB cung nhỏ AB Dễ thấy PMQn =900, MQ phân giác nAMB nên MP phân giác BMNn mà ΔBMN cân nên PA PB PN= = =const Suy ra: 2 AN ≤PA PN+ = PA Đẳng thức xảy ⇔M≡P Vậy vị trí cần xác định M trung điểm cung lớn AB Câu 5: 1.Giả sử ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = − = + ) ( 11 ) ( 26 3 b n a n với a,b∈Ν* Lấy ( tr1) ( theo v1) ế ta được: 37=a3 −b3 hay (a−b).(a2 +ab+b2)=37=1.37 mà a>b a−b<a2 +ab+b2 nên ta có: ( ) ( ) ⎩ ⎨ ⎧ = + + + + + = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + + = − 37 1 37 1 2 2 2 b bb b b a b ab a b a Từđó ⇒ = ⇒ =b n 38 2 Với ∀a,b,α∈[ ]0;1 thì: ( ) (2.1 ) 2 ( )2(*) b a ab b a b a− −α ≥ ⇔ + ≥ +α − Áp dụng (*) với hai số x, y α = z2 (chú ý z2∈[ ]0;1 ) ta có: ( )2 2 2 y 2xy z . x y x + ≥ + − (1) Tương tự ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 (2) 2 (3) y z yz x z y x z xz y x z ⎧ + ≥ + − ⎪ ⎨ + ≥ + − ⎪⎩ Cộng theo vế (1)&(2)&(3) chia hai vế cho (chú ý giả thiết x2+y2+z2 =1) ta được: 1 2( )2 2( )2 2( )2 xy yz zx ⎡x y z y x z z x y ⎤ P ≥ + + + ⎣ − + − + − ⎦= 1 P= 3 = = = y z x Vậy MaxP=1 (86)Đề 29:Thi Tổng Hợp (1998-1999) Vòng 2: Câu 1: 1.Giải hệ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + + + = + + + 1 2 4 3 y x y y y y x x x x 2 Với giá trị a phương trình sau có nghiệm : 1−x + 1+x =1−a +1+a Câu 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình:19x3 −98y2 =1998 Câu 3: 1.Cho a,b,c thỏa mãn hai điều kiện sau: i) < a < b ii)Phương trình : ax2 + bx + cx = vô nghiệm CMR: >3 − + + a b c b a 2.Cho , ,x y z>0 Tìm GTNN P với: 2 2 2 2 2 2 x y z P x yz y xz z xy = + + + + + Câu 4: Cho bảng vng kích thước 1998×2000 (có 1998 hàng 2000 cột).Kí hiệu (m,n) vng nằm giao hàng thứ m cột n (từ xuống dưới-từ trái qua phải).Cho số nguyên p,q thỏa mãn:1≤ p ≤1993 1≤ q ≤1995 Tô màu ô vuông bảng theo qui tắc : Lần thứ tô màu năm ô: (87)Câu 5: Cho tam giác ABC.Trong tam giác ABC, vẽ ba vịng trịn ω1, ω2, ω3 có bán kính nhau,tiếp xúc ngồi lẫn vịng trịn tiếp xúc với hai cạnh tam giác.Gọi ω vòng tròn tiếp xúc với ba vòng tròn ω1,ω2, 3 ω (tiếp xúc ngồi).Biết bán kính vịng trịn ω r.Hãy tính độ dài cạnh ΔABC Hướng dẫn giải : Câu 1: 1 Ta có: 2 4 2 (1) (2) x x x x y y y y x y ⎧ + + + = + + + ⎪ ⎨ + = ⎪⎩ Từ )( suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 4 2 2 0 x y x y x y x y x y x y x xy y x y x y − + − + − + − = ⎡ ⎤ ⇔ − ⎣ + + + + + + + + ⎦= Kết hợp với )( ta có: ( )[ ( ) ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = − + + + + = ⇔ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + + + − − ⇔ = + + + − 0 1 2 0 1 2 2 2 2 y x y x y x y x y x y x xy y x y x +)Nếu x= y từ )( suy ra:2 2 ± = = y x +)Nếu ( ) ( ) 2 2 2 = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + − + + + x y x y hay: (88)-Với 1x+ y=− từ )( suy ra:2 ⎢ ⎣ ⎡ = − = − = = 0 , 1 , y x y x -Với x+ y=−3⇒ y=−(x+3) suy ra: ( +3)2 + =1⇔ +3 +4=0 x x x x (vơ nghiệm) Tóm lại hệđã cho có nghiệm: ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = − = − = = = = − = = 0 , 1 , 2 2 y x y x y x y x 2.Giả sử phương trình cho có nghiệm x0 đó: a a x x + + = − + + − 1 1 0 0 )( Có: ( ) ( )( 2) 0 2 0 1 1 1−x + +x ≤ −x + +x + ⇒ 1−x0 + 1+x0 ≤2 Lại có: 1−a +1+a ≥1−a+1+a =2 Vậy )(1 ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = + + − = + + − ⇔ 2 1 2 1 0 0 a a x x Mà 1−a +1+a =2⇔(1−a).(1+a)≥0⇔1≥a≥−1 Với 1≥a≥−1 ta có: 1−a +1+a =2 Phương trình cho trở thành: 1−x+ 1+x =2 Rõ ràng phương trình có nghiệm x=0 Vậy giá trị cần tìm a là: 1≥a≥−1 Câu 2: Có: 19x3 −98y2 =1998 ⇔19x3 =98y2 +1998 Suy ra: 98y2 +1998#19⇒ y2 +1#19 Mà: Một số phương chia cho 19 khơng có số dư 18.(Có thể chứng minh điều cách dễ dàng kiến thức đồng dư) Câu 3: (89)( )2 2 2 4b <16ac≤16a + +c 8ac= 4a c+ ⇒ <0 2b<4a c+ hay : ( ) 4a>2b c− ⇔ + + >a b c b a− mà b a> nên ta có: >3 − + + a b c b a (đpcm) 2.Bạn đọc tự giải Câu 4: Với ô (m,n) bảng ta chia làm loại sau: -Loại 1:Gồm tất (m n; ) đó: m n− ≡0 (mod 5) -Loại 2:Gồm tất ô (m n; ) đó: m n− ≡1 (mod 5) -Loại 3:Gồm tất ô (m n; ) đó: m n− ≡2 (mod 5) -Loại 4:Gồm tất (m n; ) đó: m n− ≡3 (mod 5) -Loại 5:Gồm tất (m n; ) đó: m n− ≡4 (mod 5) Do bảng vng có 2000 cột nên hàng có 2000 vng Vì 2000#5 nên suy số loại hàng nhau⇒Số ô loại toàn bảng Ta nhận thấy : Từ lần tô màu thứ hai trởđi,trong lần tô tô ô loại 1, ô loại 2,một ô loại 3, ô loại 4, ô loại Do số ô loại tồn bảng nên muốn tơ hết bảng lần tơ phải tô ô loại 1, ô loại 2, ô loại 3, ô loại 4, ô loại Nhưng ô loại lại thuộc loại do: (p q− ) (≡ p+ −1) (q+ ≡1) (p+2) (− q+2) (≡ p+ −3) (q+3) (≡ p+4) (− q+4 (mod 5)) Như tơ hết bảng Câu 5: Kí hiệu hình vẽ Dễ thấy : KT = 3.r Gọi bán kính đường trịn ω1,ω2, ω3 x Có: ( )x LH AL HB LH AL AB= + + =2 + =2 3+1 Có: ( ) 3 2 3 2 x AB AO AG= = = + Mà: AP=2.PL⇒ AK = x nên: ( ) ( ) 3 3 2 x x x AK AG KG = − = + − = + Có: ( ) ( ) x r AB KT AG KG 3 2 + = + + ⇒ = (90)Đề 30:Thi Tổng Hợp (2000-2001) Vịng 1: Câu 1: 1.Tính S 2000 1999 2 1 + + + = 2.Giải hệ: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + 3 2 y x y x y x y x Câu 2: 1.Giải phương trình: x−1+ x3 +x2 +x+1=1+ x4 −1 2.Tìm tất giá trị a (a∈R) để phương trình: 2 11 2 ⎟ + + = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − a x a x Câu 3: Cho đường tròn (O) nội tiếp hình thang ABCD (AB // CD) tiếp xúc với AB,CD lần lượt E,F 1.CMR: CF DF AE BE = 2.Cho biết AB a CB b a b= , = ( < ),và BE=2.AE.Tính diện tích hình thang ABCD Câu 4: Cho x,y hai số thực khác 0.CMR: ( ) 2 2 2 2 ≥ + + + x y y x y x y x Đẳng thức xảy nào? (91)⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = + + ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = + = + ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⇔ 3 1 3 1 2 y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x 1 = = ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = − = + ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = = + ⇔ x y y x y x y x y x Vậy nghiệm hệđã cho là: ⇔ x= y=1 Câu 2: 1.Điều kiện : x≥1 Có: x−1+ x3 +x2 +x+1=1+ x4 −1(1) Chú ý: x4 −1=(x−1).(x3 +x2 +x+1) Có: ( 1).(1 1) ) ( ⇔ x− − − x3 +x2 +x+ 2 1 1 3 ⇔ = ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = + + + − = − − ⇔ x x x x x Vậy nghiệm phương trình cho x = 2.Giả sử phương trình cho có nghiệm nguyên x0 ta có: 2 0 11 2 (*) 2 x −⎛⎜ a+ ⎞⎟ x + a + = ⎝ ⎠ 2 0 11 4 (1) 2 a x a x x ⇔ − + − + = (92)( ) 2 14 11 28 22 11 4 0 0 2 ' ≥ ≥ ⇔ ≤ + − ⇔ ≥ − + − ⇔ ≥ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + − = Δ x x x x x x x x Vì x0 nguyên nên suy ra:⎢ ⎣ ⎡ = = 0 x x -Với 3x0 = thay vào (*) ta được: 24 17 2 17 12 11 18 ⎟ + + = ⇔ − + = ⇔ − + = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − a a a a a a 4 6± = ⇔a -Với 2x0 = thay vào (*) ta được: 1 11 8 ⎟ + + = ⇔ − + = ⇔ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − a a a a a Tóm lại ta có: ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = + = = 6 a a a Câu 3: 1 (O) tiếp xúc với AD, BC H N Có: BNCN AH DH CN DH AH BN CF DF AE BE = ⇔ = ⇔ = Dễ thấy :ΔADO, ΔBOC tam giác vuông ở O Nên: BN.CN =ON2 =OH2 = AH.DH Ta có đpcm 2.Bạn đọc tự giải: ) ( 3 a b a a b SABCD = − − Câu 4: Có: ( + ) + + = 2 2 2 2 x y y x y x y x ( ) ( 2 ) 2 2 2 2 − + + + x y y x y x y x Mà: ( ) ( ) 4 2 2 2 2 2 ≥ + + + x y (93)Và: ( ) 2 2 2 ≥ + y x y x Suy ra: ( + ) +( + ) −2= 4 2 2 2 2 2 y x y x y x y x ( + ) +( +2 2) + 2 2 2 2 4 y x y x y x y x ( ) 3 2 2 2 2 = − + ≥ − + y x y x Ta có đpcm Đẳng thức xảy ⇔ x = y ≠0 (94)Đề 31:Thi Tổng Hợp (2000-2001) Vòng 2: Câu 1: 1.Tìm tất cặp số nguyên ( )x y, thỏa mãn: y.(x−1)= x2 +1 2.Cho cặp số (x,y) thỏa mãn:−1≤x+y≤1 −1≤xy+x+ y≤1 CMR: x ≤2 y ≤2 Câu 2: 1.Giải phương trình: x x x x x x 5 4+ − = + − 2.Cho f x( )=ax2+bx c+ có tính chất: f ( ) ( ) ( )1 , f 4 , f 9 số hữu tỉ CMR: a b c, , số hữu tỉ Câu 3: 1.Cho tứ giác lồi ABCD CMR: Nếu góc B,D tứ giác vng tù AC BD≥ 2.Cho đoạn thẳng AC cốđịnh điểm B di động Tìm tập hợp tất điểm B để ΔABC tam giác vng hoặc tù góc BAC góc bé ΔABC Câu 4: Trên mặt phẳng cho điểm cho khơng có điểm thẳng hàng khoảng cách cặp điểm số khác Ta nối cặp điểm đoạn thẳng CMR: Trong đoạn thẳng thu có đoạn thẳng cạnh bé tam giác có đỉnh số điểm cho, đồng thời cạnh lớn tam giác khác có đỉnh số điểm cho Hướng dẫn giải : Câu 1: 1.Dễ thấy x≠1 Ta phải có: (x2 +2)#(x−1) Mà:x2 −1#(x−1) ⇒(x2 +2)−(x2 −1)#(x−1)⇒3#(x−1)⇒x−1=±1,±3 Từđó ta có cặp )(x,y cần tìm:( ) (2;6 , 0; , 2; , 4;6− ) (− − ) ( ) 2.Theo ra: ⎩ ⎨ ⎧ ≤ + + ≤ − ≤ + ≤ − 1 1 y x xy y x (95)hay: ( 1).( 1) (1) 1 ( 1) ( 1) (2) x y x y ≤ + + ≤ ⎧ ⎨ ≤ + + + ≤ ⎩ Từ (1)⇒x+1&y+1 dấu kết hợp với 0(2)⇒x+1,y+1≥ (*) , (3) x y ⇒ ≥ − Từ )( :2 (x+1)+(y+1)≤3 kết hợp với (*) , (4) x x y y + ≤ ⎧ ⇒⎨ + ≤ ⇒ ≤ ⎩ Từ (3)&(4) ta có đpcm Câu 2: 1.Đặt −1 = ≥0; −5 =b≥0 x x a x x (x≠0) Có: x x x x x x 5 4 − + = − + hay: ⎥− −5 =0 ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − − x x x x x x x x hay:a−(b2 −a2)−b=0⇔(a−b).(1+b+a)=0⇔a=b hay: 1 1 5 2 = ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ≥ − = − ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ≥ − − = − ⇔ − = − x x x x x x x x x x x x x x x Vậy nghiệm phương trình x=2 2.Theo ta có: (1) 16 (2) 81 (3) a b c Q a b c Q a b c Q + + ∈ ⎧ ⎪ + + ∈ ⎨ ⎪ + + ∈ ⎩ Từ )(2 ⇒80a+20b+5c∈Q kết hợp với (3)⇒ −a 11b−4c Q∈ (4) Từ ( có: 2) 48a+12b+ ∈3c Q (5) Từ (4)&(5)⇒49a+b−c∈Q kết hợp với (1)⇒50a+2b Q∈ ⇒25a b Q+ ∈ (6) Từ (6)&(1)⇒24a−c∈Q kết hợp với (2)⇒40a+4b∈Q⇒10a+b∈Q kết hợp với Q a Q a∈ ⇒ ∈ ⇒15 ) ( kết hợp với (6)⇒b∈Q⇒c∈Q Ta có đpcm Câu 3: 1.Dựng đường trịn đường kính AC A B (96)Nên: AC BD≥ Ta có đpcm Bạn đọc tự giải Câu 4: Qui ước,gọi tam giác có đỉnh điểm số điểm cho cách vắn tắt tam giác Với tam giác,ta tơ cạnh lớn màu xanh,ta tô màu đỏ tất đoạn thẳng không tô màu xanh Gọi điểm cho A Do theo nguyên lý Đrichlê,tồn đoạn số đoạn nối A với điểm cịn lại màu.Gọi đoạn là: AB, AC, AD.Xét: *Trường hợp 1: AB, AC, AD có màu xanh Khi cạnh lớn ΔDBC có màu xanh nên tam giác ABC, ABD, ACD tam giác có cạnh được tơ màu xanh Từđó ta có đpcm *Trường hợp 2: AB, AC, AD có màu đỏ Khi đó,vì đoạn thẳng nối có độ dài khác đơi nên BC, CD, DB tương ứng cạnh lớn tam giác ABC, ACD, ADB Suy ΔBCD có cả cạnh có màu xanh Từđó ta có đpcm (97)Đề 32:Thi Tổng Hợp (1996-1997) Vịng 1: Câu 1: Cho x>0, tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 3 6 1 1 x x x x x x x x + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = Câu 2: Giải hệ: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = − + = − + 2 2 x y y x Câu 3: CMR: Với n nguyên dương ta có: (n3+5n)#6 Câu 4: Cho , ,a b c>0 CMR: 3 ca bc ab a c c b b a + + ≥ + + Câu 5: Cho hình vng ABCD cạnh a Gọi M, N, P, Q điểm nằm cạnh AB, BC, CD, DA 1.CMR: 2a2 ≤MN2+NP2+PQ2+QM2 ≤4a2 2.Giả sử M điểm cốđịnh cho trước cạnh AB Hãy xác định vị trí điểm N,P,Q cạnh BC,CD,DA cho MNPQ hình vng Hướng dẫn giải : Câu 1: Có: P 3 3 6 1 1 x x x x x x x x + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = = 1 3 ≥ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = x x x x x (98)Câu 2: Đặt y Y x X = 1; = (x,y >0) Có: X + 2−Y = Y + 2−X Thấy: -Nếu X Y> thì: X + 2−Y > Y + 2−X -Nếu X Y< thì: X + 2−Y < Y + 2−X Vậy phải có: X=Y Với X=Y ta có: X + 2−X =2⇔ X +(2−X)+2 X.(2−X) =4 1 ) .( − = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ X X X X X Suy X = Y =1⇒x= y=1 Vậy ta có cặp nghiệm (x,y) (1;1) Câu 3: Có: n3+5n=(n−1 ) (n n+ +1) 6n #6 Câu 4: Có: 2 2 2 2 3 3 ca bc ab c b a ca a c bc c b ab b a ≥ + + ≥ + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + Suy ra: 3 3 ca bc ab a c c b b a + + ≥ + + Đẳng thức xảy ⇔a=b=c Câu 5: 1.Chú ý: ∀x,y≥0 ta ln có: ( )2 2 2 ( )2 (1) 2 x y+ ≥x +y ≥ x y+ Ta có: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ + = + = + = + = 2 2 2 2 2 2 MA QA QM QD PD PQ PC NC NP NB MB MN ( 2) ( 2) ( 2) ( 2) 2 2 QA QD PD PC NC NB MA MB QM PQ NP MN + + + + + + + = = + + + ⇒ Áp dụng ( ta có: 2a1) ≤MN2 + NP2 + PQ2 + QM2 ≤4a2 2.Giả sử MB x= Ta chọn N,P,Q : NC DP QA x= = = Dễ thấy MNPQ hình vng Bài tốn có nghiệm (99)Đề 33:Thi Tổng Hợp (1996-1997) Vòng 2: Câu 1: Giải phương trình: ( x−1+1)3 +2 x−1=2−x Câu 2: Giải hệ: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = − = − = − 1 1 x z z y y x Câu 3: Cho x,y số nguyên dương thay đổi thỏa mãn: x y+ =201 Hãy tìm GTLN & GTNN biểu thức:P x x= .( 2+y) (+y y. 2+x) Câu 4: Cho đoạn thẳng BC đường thẳng (d) song song với BC Biết khoảng cách (d) đường thẳng qua B C nhỏ 2 BC Giả sử A điểm thay đổi (d) 1.Xác định vị trí A để bán kính vòng tròn ngoại tiếp ΔABC nhỏ 2.Gọi , ,h h ha b c độ dài đường cao ΔABC Xác định A để tích h h ha b c lớn Câu 5.a:(Dành cho chuyên toán) Cho x y z+ + >0 2 x y z+ + ≤ Chứng tỏ: 17 2 1 1 2 2 2 2 + + + + + ≥ z z y y x x Câu 5.b:(Dành cho chun tin) Chia hình trịn thành 14 hình quạt Trong hình quạt đặt viên bi (xem hình vẽ) Gọi I phép biến đổi: Lấy hai hình quạt có bi chuyển từ hình quạt viên bi sang hình quạt liền kề theo hai chiều ngược (ví dụ, viên bi hình quạt chuyển (100)Hướng dẫn giải : Câu 1:Điều kiện: x≥1 Phương trình cho tương đương với: ( x−1+1)3 +(x−1)+1+2 x−1=2 ( −1+1) (3 + −1+1)2 =2 ⇔ x x Đặt x−1+1=t ta được: t3 +t2 −2=0 ( )−1.(2 +2 +2)=0⇔ =1 ⇔ t t t t Với t =1⇒x=1 Câu 2: Hệđã cho tương đương với (điều kiện , ,x y z≥1): ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ + = + = + = 1 1 x z z y y x Giả sử (x y z, , ) nghiệm với xmin (các trường hợp khác làm tương tự) Khi ta có: ⎩ ⎨ ⎧ ≤ ≤ z x y x kết hợp với hệ trên⇒ y≤z⇒z ≤x⇒ x= y= z Hệ trở thành: 2 1⇔ = + + = x x x (x≥1) Suy ra: x= y=z = 2 3+ Câu 3: Có:P x x= .( 2+y) (+y y. 2+x)=(x y+ )3−3 xy x y( + )+2xy hayP=2013−601.xy Rõ ràng ⎩ ⎨ ⎧ ⇔ ⇔ max min max ) ( ) ( xy P xy P Ta giải toán : ,x y Z∈ + thỏa mãn: 201 x y+ = Tìm max, min:A xy= Có: A x= 201( −x)= − +x2 201.x Suy ra: Amax ⎩ ⎨ ⎧ = = 101 100 y x ⎩ ⎨ ⎧ = = 100 101 y x Amin ⎩ ⎨ ⎧ = = 200 y x ⎩ ⎨ ⎧ = = 1 200 y x Từđó: Pmax = 2013 - 601.200.1 (101)Câu 4: 1.Do BC cốđịnh nên tâm O vòng tròn ngoại tiếp ΔABC ln chạy đường trung trực [BC] ⇒Bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC nhỏ O trùng với trung điểm I BC (Do ( ,( )) BC d BC d < ⇒ Đường trịn (I) bán kính 2 BC cắt (d) hai điểm phân biệt) Bài tốn có hai nghiệm : A& 'A nhìn BC góc vng 2.Chú ý: AB S hc = (S diện tích ΔABC) Có: AB h S h AB S h h h h h b a b a c b a 2 = = Do ha 2S không đổi nên: max max ) ( AB h h h h b c b a ⇔ Song: ≤1⇒ AB hb AB h AB h b b max=1⇔ = Khi ΔABC vng ở A Bài tốn có hai nghiệm hình Câu 5.a: Có:1 1 ≥6 + + ≥ + + z y x z y x Đặt: a= 2 1 ≥ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + z y x ( ) 2 z y x b= + + ⇒ab≥92 Ta có: + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ≥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = + 2 2 2 2 6 3 a b a ab b a 2 2 a ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ≥ + ⇒ 2.1 2 b a 2 2 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − 2 2 + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = Áp dụng: ( ) ( )2 2 2 1 2 2 2 2 1 a b b c c a b c a b c a + + + + + ≥ + + + + + ta được: ( ) 1 1 1 2 2 2 2 2 = + ≥ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + + + + ≥ + + + + + a b (102)Đẳng thức xảy = = = y z x Câu 5.b: Ta chứng minh chuyển tất bi vào hình quạt Thật vậy,ta sơn đen hình quạt hình vẽ Tại thời điểm ban đầu : Tổng số viên bi hình quạt đen tổng số viên bi hình quạt trắng số lẻ Dễ thấy với thời điểm tổng số viên bi hình quạt đen hình quạt trắng ln số lẻ Vì vậy, khơng thể chuyển tất viên bi vào hình quạt (103)Đề 34:Thi Sư Phạm I(1996-1997) Vòng 1: Câu 1: Xét phương trình: x3+ax2+bx+ =1 0 đó a b hai số hữu tỉ 1.CMR: 5,a= − b=3 cặp số hữu tỉ làm cho phương trình cho có ba nghiệm có nghiệm x=2+ 5.Kí hiệu x x x1, ,2 3 ba nghiệm 2.Với số tự nhiên n đặt 1n 2n 3n n S =x +x +x Tính S S S1, ,2 3 CMR: Sn số nguyên 3.Tìm số dư phép chia S1996 cho Câu 2: Cho ba số nguyên , ,x y z thỏa mãn điều kiện : (x y z+ + )#6 CMR: M chia hết cho với M =(x y+ ) ( x z+ ) ( z y+ )−2.xyz Câu 3: Tìm giá trị tham số a để hệ sau có nghiệm nhất: ( ) ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = − − − − + + + + − ≤ + + 0 4 2 2 2 2 a x x a x x x x x x a x Câu 4: Cho tam giác ABC vuông cân A AD trung tuyến thuộc cạnh huyền M điểm thay đổi đoạn AD Gọi N,P theo thứ tự hình chiếu vng góc M xuống AB & AC H hình chiếu vng góc N xuống đường thẳng PD 1.Xác định vị trí M để ΔAHB có diện tích lớn 2.CMR: Khi M thay đổi, đường thẳng HN qua điểm cốđịnh Câu 5: 1.Trên mảnh giấy có ghi 1996 câu khẳng định sau: +Câu thứ 1:"Trên mảnh giấy có câu khẳng định sai" +Câu thứ 2:"Trên mảnh giấy có câu khẳng định sai" +Câu thứ 3:"Trên mảnh giấy có câu khẳng định sai" +Câu thứ 1996:"Trên mảnh giấy có 1996 câu khẳng định sai" Hỏi số 1996 câu khẳng định có câu khơng? Hãy trình bày rõ lập luận tất câu có (104)Hướng dẫn giải : Câu 1: 1.Có: x=2+ nghiệm phương trình cho khi: (2+ 5) (3 +a.2+ 5) (2 +b.2+ 5)+1=0 ( ) ( ) ; 0 39 17 0 39 17 = − = ⇔ = + + = + + ⇔ = + + + + + ⇔ b a b a b a b a b a 2.Với a= −5;b=3 phương trình trở thành: x3−5x2+3x+ =1 0 hay: (x2−4x−1 ) (x− =1) 0 có ba nghiệm là: 1,2 x = ± x3 =1 Vậy 1n 2n n S = +x +x Ta dễ dàng tính : S1=5; S2 =19; S3 =77 Đặt 1n 2n n P =x +x ta dễ dàng chứng minh được:Pn+2−4.Pn+1−Pn =0 (1) với n≥1 Từđó, phép qui nạp, suy Pn∈ Ζ với 1, 2,3, n= Sn∈ Ζ với∀n 3.Từ (1)⇒Pn+2 ≡Pn (mod 4) Mặt khác: P2 =18 2≡ (mod 4) Từđó: P1996 ≡P1994≡P1992 ≡ ≡ P2 ≡2 (mod 4) Câu 2: Dễ dàng chứng minh được: (x y+ ) ( z y+ ) ( x z+ +) xyz=(x y z+ + ) ( xy yz zx+ + ) Từđó có: M =(x y z+ + ) ( xy yz zx+ + )−3xyz Từđiều kiện : (x y z+ + )#6 ta suy ba số , ,x y z có số chẵn 3xyz ⇒ # Từđó ta có đpcm Câu 3: Phương trình thứ hai hệ phân tích thành: (x2−4 ) (x2+ + +x 1 a2)=0 có đúng hai nghiệm 1 2; 2 x = − x = Bằng phép thử trực tiếp vào phương trình thứ nhất, ta thấy x1= −2 thỏa mãn với a.Vậy hệ có nghiệm x2 =2 khơng thỏa mãn bất phương trình, nghĩa là: 3 4 2 1 a a a a < − ⎡ + + > + ⇔ + > ⇔ ⎢ (105)Câu 4: 1.Dựng BE // AC cắt PD E Thấy: BE PC BN= = ⇒ nNEB NHB=n=450 Mặt khác: nAHN =nAPN =450 Vậy nAHB=900và HN đường phân giác của nAHB Suy ra: 4 16 2 4 2 2 2 AB S AB BH AH BH AH S AHB AHB ≤ ⇒ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ≤ = Đẳng thức xảy AH =BH tức H ≡D M≡ Vậy M ≡D SAHB lớn 2.Vì HN đường phân giác nAHB nên HN qua điểm nửa đường trịn đường kính AB Rõ ràng điểm cốđịnh Câu 5: 1.Nếu câu câu khác sai.Vậy có khơng câu Mặt khác:Nếu tất cảđều sai câu thứ 1996 đúng,vơ lý Vậy phải có câu có câu đúng.Điều có nghĩa câu thứ 1995 câu 2.Nếu có h câu sai (0< <h 1996) câu ,h h+1,h+2, ,h+1996 đúng.Suy có câu 1, 2, ,h−1 sai (trái giả thiết có h câu sai).Vậy khơng có câu sai , nghĩa 1996 câu D A B C M P N H (106)Đề 35:Thi Sư Phạm I(1996-1997) Vòng 2: Câu 1: Cho biểu thức: ( ) ( ) ( 4) 4 4 2 2 2 2 + − − + − − − − + + = x x x x x x x x x P với x≥1 1.Rút gọn P(x) 2.Giải phương trình : P x( )=1 Câu 2: 1.Phân tích đa thức thành nhân tử: (a b− ) (3+ −b c) (3+ −c a)3 2.Với n số tự nhiên cho,xét xem khẳng định sau hay sai: Đa thức: (a b− ) (n+ −b c) (n+ −c a)n chia hết cho đa thứcn a b.( − ) ( b c− ) ( c a− ) Câu 3: Cho ba số nguyên dương x,y,z thỏa mãn: ⎩ ⎨ ⎧ > = − 1 x yz x CMR: z=1 Câu 4: Gọi M, N trung điểm cạnh BC, CD tứ giác lồi ABCD CMR: ( )2 2 AN AM SABCD ≤ + (Kí hiệu SABCD diện tích tứ giác ABCD) Câu 5: Trên bờ biển hồ hình trịn có 2n thành phố (n≥2).Giữa hai thành phố tùy ý có khơng có đường thủy nối trực tiếp với nhau.Người ta nhận thấy rằng,đối với hai thành phố A&B chúng có đường thủy nối trực tiếp với thành phố A' B' theo thứ tự hai thành phố gần với A&B từ A đến A' B đến B' bờ hồ dọc theo chiều (cùng chiều kim đồng hồ ngược chiều kim đồng hồ) CMR: Từ thành phốđều có thểđi đường thủy tới thành phố tùy ý khác theo lộ trình qua khơng hai thành phố trung gian Hướng dẫn giải : Câu 1: 1.Phân tích tử mẫu thành nhân tửđược: [ ] [ 1.( 2) ( 2) 1] ) ( 1 ) ( ) ( ) ( ) ( − + + − + + − + − + + − − + = x x x x x x x x x x x x x P Suy điều kiện để tồn P(x) là: 3 ; 2 ; 1 ≠ ≠± ≥ x x (107)Với điều kiện ấy: 1 ) ( 1 ) ( ) ( + − − + = x x x x x P 2.Giải P x( )=1 ta được: 3 ± = x Cả hai giá trị khơng thỏa mãn điều kiện Vậy phương trình vô nghiệm Câu 2: 1 (a b− ) (3+ −b c) (3+ −c a)3 =3.(a b− ) ( b c− ) ( c a− ) 2 Sử dụng nhị thức Newton thấy khẳng định n lẻ Dễ thấy khẳng định sai n chẵn Câu 3: Dox> ⇒1 4x# ⇒ yz+1 4# nên y lẻ Xét: +) z chẵn⇒ yz số phương lẻ⇒ yz ≡1(mod 4) ⇒ yz+1 _# 4 Vậy z lẻ.Ta đặt z= +2t (t≥0) Khi đó: yz+ =1 (y+1 ) (yz−1−yz−2+yz−3− − + y 1) Đặt M = yz−1−yz−2+yz−3− − + y 1, M tổng của 2t+1 số lẻ⇒M lẻ ⇒M ước lẻ số 2x ⇒M =1 Vậy 1yz + = + ⇒ =y z 1 (đpcm) Câu 4:Giả sử MA cắt BD I Từ giả thiết M, N trung điểm BC CD Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 4 2 1 2 ( ) 2 ABCD AMCN AMN CMN AMN IMN AMN AMN AMN S S S S S S S S S AM AN AM AN AM AN đpcm = = + = = + ≤ + = = ≤ ≤ + ⎛ ⎞ ≤ ⎜ ⎟ = + ⎝ ⎠ Câu 5: Với thành phố liên tiếp , ,X Y Z kể theo chiều ta có:Y =X' Z Y= ' Do theo giả thiết: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ', ' , , ', ' , X Y X Y Y Z X Y X Y Y Z = ⇒ = = = ⇒ = = trong kí hiệu(X Y, )=1 (hay 0) hai thành phố X Y có ( khơng có) I F E A B (108)đồ sau (hình 1): Trong mũi tên rõ cặp thành phố kề có đường thủy nối trực tiếp (hình vẽ với n=4) Xét hai thành phố A B tùy ý Nếu (A B, )=1 ta có đpcm Nếu (A B, )=0 ta có trường hợp: 10) (A A, ') (= B B, ')=1 (hình 1) Lúc (A B, )=0 nên (A B', ')=1 Ta có đường đi:A→A'→B'→B 20) (A A, ')=1,(B B, ')=0 (hình 2) Nếu B B= 1 thành phố B B B1, , ' liên tiếp Mà: (B B, ')=0 nên (B B1, )=1 Nên: (A B, 1)=1 có đường đi:A→B1→B Nếu (A B, 1)=0 (A B', )=1 có đường đi:A→A'→B 30) (A A, ') (= B B, ')=0 (hình 3) Giả sử A A= 1 B B= 1.Tương tự ta phải có: (A A, 1) (= B B, 1)=1 Vì (A B, )=0 nên (A B1, 1)=1 Ta có đường đi:A→A1→B1→B Tóm lại trường hợp ta có đpcm Hình1 (109)Đề 36:Thi Chuyên Hùng Vương(1999-2000) Chuyên Lý: Câu 1: Giải hệ: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = − + + − + = + + + + + 2 2 y y x x y y x x Câu 2: CMR: 2 3 ) ( ) ( ≤ + − + − ≤ c c d b d d c a với số a,b,c,d∈[ ]2;3 Câu 3: CMR: Với ba số thực a,b,c phân biệt phương trình: 1 =0 − + − + −a x b x c x có hai nghiệm khác Câu 4: Cho ΔABC (AB= AC).Trên cạnh BC lấy điểm E,F (khác B,C) thỏa mãn: 2 BC CF BE = < Gọi R, r bán kính đường trịn ngoại tam giác ABC, AEF a).CMR: Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE ABF có bán kính b).Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp ΔABF theo R r Hướng dẫn giải : Câu 1: Đặt a= x2 +2+x;b= y2 +3+ y. Hệđã cho trở thành: ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = = = ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + − − = ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + = + , 3 5 a b a b b b b a b a b a Từđó ta có nghiệm: ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = = = , 20 13 , 20 17 y x y x Câu 2: Ta chứng minh: ( ) (1) .( ) 3 a c d d b d c c − + ≥ − + -Nếu d ≥c thì: 3 ) ( ) ( 3 ) ( ) ( 3 ) ( ) ( ≥ = + − − − ≥ + − − − = + − + − d c c c d c d d c c d b c d a d c c d b d d c a (110)Có: d c d c c d d c c d ≥ ⇔ + ≥ + ⇔ ≥ + + 4 3 2 (luôn đúng) Vậy )( chứng minh Ta chứng minh: ( ) 3 (2) .( ) a c d d b d c c − + ≤ − + -Nếu c>d thì: 2 ) ( 3 ) ( ) ( 3 ) ( ) ( ) ( = ≤ − − + − ≤ − − + − = + − + − d c d c c d d c d c b c d d c a c c d b d d c a -Nếu d ≥c thì: 2 ) ( ) ( 3 ) ( ) ( 3 ) ( ) ( d c c d c c d c d d c c d b c d a d c c d b d d c a + + = + − − − ≤ + − − − = + − + − Có: d c c d c d d c c d 2 2 ≤ ⇔ + ≤ + ⇔ ≤ + + (luôn đúng) Vậy )( chứng minh Bài toán chứng minh xong Câu 3:Điều kiện: x≠a,x≠b,x≠c Có: 1 =0 − + − + −a x b x c x ) ( ) .( ) ).( ( ) ).( ( ) ).( ( 2 − + + + + + = ⇔ = − − + − − + − − ⇔ ca bc ab x c b a x a x c x c x b x b x a x Đặt f(x)= 3x2 −2.(a+b+c).x+ab+bc+ca=0 Có: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≠ − − = ≠ − − = ≠ − − = ) ).( ( ) ( ) ).( ( ) ( ) ).( ( ) ( b c a c c f a b c b b f c a b a a f Hơn nữa: Ta xét phương trình ( có: 1) ( ) ( ) ( ) [ ] ) ( ) ( 2 2 ' = + + − + + = − + − + − > Δ a b c ab bc ca a b b c c a (Do a≠b,b≠c,c≠a) Từđó ta có đpcm Câu 4:Đáp số: RΔABF = R.r (111)Đề 37:Thi Chuyên Hùng Vương(1998-1999) Vịng 1: Câu 1: Giải phương trình:x2 + x2 −2x−19 =2x+39 Câu 2: Giải hệ phương trình nghiệm nguyên: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + = + + 7 zx x z yz z y xy y x Câu 3: Cho hai số dương a,b thỏa mãn: a+2b≤8 CMR: 12 3 + + + + < + b a b a b a Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=24(cm) Trên tia OB lấy điểm C D cho: OC=15(cm) OD=20(cm) Hai tiếp tuyến CM DN cắt E Tính CM, DN diện tích ΔCDE Hướng dẫn giải : Câu 1: Đặt x2 −2x−19 =t ≥0.Ta viết lại phương trình đã cho: 0 20 ) 19 ( 19 2 2 − x− + x − x− − = x hay: 0 ) ).( ( 20 2 +t− = ⇔ t− t+ = t mà t≥0 nên: 4 = ⇔t Từđó có: ⎢ ⎣ ⎡ − = = ⇔ = − − ⇔ = − − 5 35 16 19 2 2 x x x x x x Câu 2:Đây Câu2-Đề 18 Câu 3: Áp dụng BDT Bunhiacôpxki: ( a+3b+ 2a+5b + 3a+4b)2 ≤(a+3b+2a+5b+3a+4b).(1+1+1) hay: ) 12 ( 3b a b a b a b a+ + + + + ≤ + (112)Câu 4: Gọi E giao điểm CM DN Dễ dàng tính được: CM =9(cm), DN =16(cm) Có: ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛= = 4 DN ON MO CM nên: tg COM(n)=tg NDO( )n ⇒COMn=NDOn Gọi 'M điểm đối xứng M qua AB Có: n' n n '// . COM =COM =NDO⇒OM ND Gọi H giao điểm CM' với ND Dễ thấy tứ giác ONHM' hình vng (Vì có M O NH' // vàOM C OMC ONHn' = n=n =900 có ON OM= ' 12= cm) ' ' HC HM CM ON CM cm ⇒ = − = − = Đặt x cm( )=ME NE= Có: CE2 =EH2+HC2 hay : ( ) (2 )2 ( ) (2 )2 12 9 12 ( ) 7 CM x+ = NH EN− + ⇔ +x = −x + ⇔ =x cm Suy ra: 100( ) 7 DE DN EN= − = cm Có: ( ) 7 150 100 1 DECH cm2 (113)Đề 38:Thi Chuyên Hùng Vương(1998-1999) Vòng 2: Câu 1: Giải hệ: ⎩ ⎨ ⎧ = + + = + + 5 17 3 3 y xy x y y x x Câu 2: CMR: Với n≥4 BĐT với số dương x x1, , ,2 xn bất kỳ: (x1+x2 + +xn)2 ≥4.(x1.x2 +x2.x3 + +xn.x1) Câu 3: Tìm giá trị lớn hàm số: y=(2x2 −7x+3)(.x−3) với x∈[−3;3]. Câu 4: Cho ΔABC có ba góc nhọn Các đường cao AD,BE,CF cắt H Kí hiệu , ABC DEF S S diện tích tam giác ABC DEF a).CMR: Cos2A Cos2B Cos2C S S ABC DEF = − − − b).Biết AD=3 (cm BE), =2 (cm) HC=5.HF Tính SABC =? Hướng dẫn giải : Câu 1:Đặt x y a xy b + = ⎧ ⎨ = ⎩ Hệđã cho trở thành:⎩⎨ ⎧ = + = + − 5 17 3 3 b a b ab a hay : ( 2) 2 2 ( ) 17 17 5 2, 5 (5 ) 5.(5 ) 17 3, 5 a b a ab b ab a ab b a b a b a b a a a a a b b a ⎧ + − + − = ⎧ − + = ⎪ ⇔ ⎨ ⎨ + = + = ⎩ ⎪⎩ = = ⎧ − − + − = ⎡ ⇔⎨ ⇔⎢ = = = − ⎣ ⎩ Từđó ta có:⎢ ⎣ ⎡ = = = = 1 , 2 , y x y x Câu 2: -Với n chẵn ta có: (x1 −x2 +x3 − +xn−1−xn)2 ≥0 hay: ( )2 ( 1 2 2 3 1) 2 1 x x x x x x x x x + + + n ≥ + + + n (đpcm) -Với n lẻ ta có: Khơng giảm tính tổng qt giả sử xn =min(x x1, , ,2 xn) Có: ( )2 ( 1 2 2 3 1) 2 1 x x x x x x x x x + + + n ≥ + + + n ( ) [ + + + + ] ≥ ⇔ x x x (114)( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 1 1 1 4 4.( ) n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − − − − − − ⇔ + + + + + + + + ≥ ≥ + + + + + + − Vì n−1 chẵn nên: ( ) ( 2 1 1) 1 1 x x x.x x x x x x x x + + + n− ≥ + + + n− n− + n− Ta chứng minh: ( 1) 4.( 1 1) 2 x x x x x x x x x x xn + n + + + n− ≥ n− n + n − n− ⇔ ( 2) 1.( ) 1.( ) 2 + + + + + − + − ≥ − − − n n n n n n n x x x x x x x x x x x Do x1 ≥xn,xn−1 ≥xn ⇒ (x1 −xn)≥0;(xn−1−xn)≥0 Vậy ta có đpcm Câu 3: Có: y=(3−x).(3−x).(2x−1) -Nếu 2 ≤ ⇒ ≤ y x -Nếu > x Áp dụng BĐT Cô-Si (Chú ý: 3-x 0;2x-1 0) có: ≥ ≥ 27 125 3 ) ).( ).( ( = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + − + − ≤ − − − = x x x x x x y Đẳng thức xảy = x Vậy 27 125 max = y 3 = x Câu 4: a-Có: BA BC BD BF CA CB CD CE AB AC AE AF S S S S S S S S ABC BFD ABC CED ABC AEF ABC DEF 1− − − = − − − = Từđó: 2 C Cos B Cos A Cos S S ABC DEF = − − − b-Trước hết ta chứng minh bổđề sau: 10) R SinB CA SinA BC SinC AB = = = (Định lý hàm số sin) 20) Với a = BC,b = CA,c = AB có: ; 2 2 bc a c b CosA= + − ; 2 2 ac b c a CosB= + − 2 2 ac c a b CosC = + − Có: Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp ΔABC, kéo dài AO cắt (O) điểm thứ hai H.Ta (115)n . 2 AC AC SinB Sin AHC AH R = = = Tương tự: ; 2R AB SinC = 2R CB SinA= Vậy: R SinB CA SinA BC SinC AB = = = Lại có: 2 AF AF AB AB AC AC .AF AF BF AF AB AC AC = ⇒ + = 2 + = ⇒ AF BF AF AC AF AC AB Từđó: 2.AF.BF +2.AF2 =2.AB.AC.CosA CosA bc b c a CosA AC AB CF AF CF AF CF BF ) ( 2 2 2 2 − + = ⇒ − + + + = + ⇒ 2 2 bc a c b CosA= + − ⇒ Tương tự: ; 2 2 ac b c a CosB= + − 2 2 ab c a b CosC = + − Trở lại tốn: Ta có: n 2 AC D SinB SinDHC C R = = = HC Suy ra: HC RCosC AC DC R HC =2 ⇒ =2 n .HD HD HC R CosC CosDHC HC ⇒ = = 2 (1) HD R CosB CosC ⇒ = Tương tự: HF =2 R CosB CosA (2) Từ (1) ta có: 2 (3) HD HC R CosC HF CosB = = = Từ (2)&(3) suy ra: 2R.CosC=2R.CosB.CosA.5⇒CosC=5.CosB.CosA ⇒ + − = ac c a b 2 2 5 2 ac b c a + − ab c a b 2 2 + − ( 2 2) ( 2 2) 2 2 2 5 (4) c b a a c b a b c c + − + − (116)0 81 5 9 34 7 81 5 9 34 7 2 2 2 2 4 − − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⇔ = − − b c b c b c b c Suy ra: 2 2 9 5 b c b c = ⇒ = .Có: l 2 2 2 2 2 0 2 3 1 2 2 2 3 45 ( ) b b b b a c CosC ab b BE C BC cm CosC ⎛ ⎞ + − ⎜ ⎟ + − ⎝ ⎠ = = ⇒ = ⇒ = = = 2 1 ( ) 2 ABC S BC AD cm ⇒ = = (117)Đề 39:Thi Chuyên Hùng Vương(1995-1996) Vòng 1: Câu 1: Cho a b c, , >0 thỏa mãn: a b c+ + =12 CMR: 3a+2 a +1+ 3b+2 b+1+ 3c+2 c +1≤3 17 Câu 2: Một thi đấu bóng bàn có khoảng từ 20 đến 30 người tham dự,trong có kiện tướng vận động viên(chưa phong kiện cấp tướng) Theo thể lệ đấu thủ phải đấu với tất đấu thủ khác cặp chỉđấu trận Ai thắng điểm, thua bị điểm,còn hòa điểm Biết tổng sốđiểm đấu thủ gặp tất kiện tướng nửa sốđiểm sau trận đấu Hỏi có người tham dự thi,trong có kiện tướng? Câu 3: CMR: Với số nguyên n>1 thì: 2 1 ! 1 < ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − < n n n n n n Câu 4: Cho ΔABC vng ởC có BC=a CA, =b Lấy điểm K,M,N nằm ABC cho KAB, Δ Δ ΔMBC, ΔANC vuông cân với cạnh huyền tương ứng là AB,BC,CA.Vẽ nửa đường trịn đường kính AB, BC, CA theo thứ tựđi qua các điểm KMN 1.Tính SKMN theo a b, 2.Tính bán kính đường trịn tiếp xúc với nửa đường tròn a=6 (cm b), =8 (cm) Hướng dẫn giải : Câu 1: Có: a + b+ c ≤ (a+b+c).(1+1+1) =6 Lại có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 3 (1 1) 3.( ) 3 3.12 2.6 3 51.3 a a b b c c a a b b c c a b c a b c + + + + + + + + ≤ ⎡ ⎤ ≤⎣ + + + + + + + + ⎦ + + = ⎡ ⎤ =⎣ + + + + + + ⎦ ≤ + + = (118)Câu 2: Giả sử có: x vận động viên , y kiện tướng Mỗi vận động viên sẽđấu số trận: +) y trận với kiện tướng +) x-1 trận với vận động viên khác Mỗi vận kiện tướng sẽđấu số trận: +) y-1 trận với kiện tướng +) x trận với vận động viên khác ⇒Số trận có kiện tướng thi đấu: 2 ) ( − + y y xy trận Tổng số trận đấu: 2 ) ).( (x+y x+ y− trận Sau trận đấu tổng sốđiểm hai người chơi Theo ta có: Tổng sốđiểm tất người sau gặp kiện tướng 2 = tổng sốđiểm tất mọi người Ta có: 2 ) ( 2⎢⎣⎡xy+ y y− ⎥⎦⎤= 2 ) ).( (x+ y x+y− Suy ra: 0 ) ( ) ( 2 − + − − = y y x y x Vì x∈Ν⇒Δx =8y2 +1 số phương Mà 1≤ y≤20⇒ y=6⇒ x=15 Vậy có 21 người tham dự thi,trong có kiện tướng Câu 3: Áp dụng BĐT Cơ-Si ta có: 1 2 1 2 1 (2 1) 1 n n n n n n n n n n n n n n n n − ⎛ − + − + + − ⎞ ⎜ ⎟ − ⎛ − ⎞ ⎛ − ⎞ ⎛ − ⎞ ⎛ − ⎞< = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + + + − ⎛ − ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Lại có: Với 1≤t ≤n ta ln có: (1−t).(2n−2t+1)≥0 hay: 1 ) 1 ( 2 1 2 + − ≥ − − − ⇔ + − > − t n n t n t n n t Từđó ta có BĐT : 1 ) 1 ( 2 + − ≥ − − − t n n t n (119)Thay t=1,2, ,n ta có: ⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎫ ≥ − − ≥ − − ≥ − − 1 1 2 1 2 n n n n n n n ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ≤ n n n n n n 2 ! Dấu không xảy Vậy: 2 1 ! < ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − < n n n n n n (đpcm) Câu 4: 1.Dễ thấy tam giác AKC,KCM vng Có: KC MC NC C K MN SKMN ( ) 2 1 = + = Mà : n 450 ACK = nên: KC = AC =b 2.Có: b AC NC = = và: MC CB a 2 = = Từđó: b b a S b b a SKMN KMN ( ) 2 ) .( 1 + ⇒ = + = 2.Trước hết ta xét tốn phụ sau: "Cho ΔHQT vng ởH có HQ=3,HT =4(đvdd) Tìm điểm Oở tam giác HQT để: HO=QO− =1 TO−2" Giải: HạOL,OP vuông góc với QH,HT Đặt OH =x HP, = y Có: 2 OP =OT −TP2 hay: 2 2 2 ( 2) (4 ) y x y x − = + − − hay: x=3−2y (1) Lại có: 2 OL =OQ −QL2 hay: 2 ( 1)2 (3 )2 HL x y x − = + − − hay: 2 ( 1)2 9 6. 2 ( 2) (120)⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = ⇔ = + − 23 20 80 112 23 y y y y Từ (1)⇒ y<4.Vậy 23 29 23 20⇒ = = x y Trở lại tốn: Gọi O tâm đường trịn tiếp xúc với ba nửa đường tròn Gọi điểm tiếp xúc lần lượt là:T Q H', ', ' (hình vẽ) Gọi T,Q,H trung điểm cạnh AC,CB,BA ΔABC Có: ' ' ' hay: OQ OH OT = = OT+TT' =OH+HH' =OQ+QQ' 4 3= + = + + ⇔OT OH OQ ⇔ OT−2=OQ−1=OH Áp dụng tốn phụ cho ΔHTQ có: 23 144 23 29 23 29 ⇒ ' = + = = OH OH Vậy bán kính cần tìm có độ dài : ( ) 23 144 (121)Đề 40:Thi Chuyên Hùng Vương(1995-1996) Vịng 2: Câu 1: Tìm giá trị lớn nhất,nhỏ biểu thức : d c b a + thỏa mãn : Ν ∈ d c b a, , , 50 = + = +c b d a Câu 2: Cho ΔABC có góc A tù AB<AC Xét điểm D cạnh BC cho DM vng góc với AB M thuộc đoạn AB, DN vng góc với AC N thuộc đoạn AC Hãy xác định D cho đoạn MN nhỏ Tính giá trị nhỏ theo cạnh góc ΔABC Câu 3: Tìm tất số nguyên dương n 1500< <n 2000 cho n có 16 ước số có ước 19 Hướng dẫn giải : Câu 1: -Ta tìm GTLN biểu thức cho Ta hồn tồn giả sử : d c b a ≤ ta có: 1≤ ⇒ ≤ = + + ≤ b a d c d b c a b a Lại có: +Nếu ≤48⇒ ≤48⇒ d c c + ≤1+48=49 d c b a +Nếu c=49⇒a=1⇒ 49 49 49 49 1 49 1+ ≤ + = = + d b d c b a Vậy 49 49 max = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + d c b a a=1,b=49,c=49,d =1 -Ta tìm GTNN biểu thức cho Nhận xét: Trong hai phân số d c b a , tồn phân số có giá trị lớn 1.(Điều dễ dàng chứng minh phản chứng).Vậy ta giả sử ≥1 b a .Khi đó ta có a≥b.Ta biến đổi biểu thức sau: (*) 50 1 ) ( 50 50 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − − + = − − + = + = b b b a b a b (122)+)Nếu 49 50 50 50 ) 50 ( 50 ) ( 25 ⎟= ≥ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − − − ≥ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − − − = ⇒ > b b b b b b b a P b Mặt khác a=50,b=49,c=0,d =1 49 50 = + d c b a Vậy 49 50 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + d c b a Câu 2: Dễ thấyn 1800 l 900 MDN = − <A Áp dụng bổđề đề 38 có: MNn AD SinMDN = (Chú ý: A,M,D,N nằm đường trịn đường kính AD) hay: MN = AD SinMDN n mà AD ≥ AH nên: n l (180 ) MN ≥AH SinMDN =AH Sin −A Vậy: MNmin = AH Sin (1800 −lA) D ≡ H Câu 3: Từ giả thiết n chia hết cho 19 nên ta đặt: n=19α.A với A,α∈Ν Ta có: 1500<19α <2000⇒α <3 A -Nếu α =2⇒4< A<6⇒ A=5 không thỏa mãn -Nếu α =1⇒78< A<106 Ta có thểđặt : k k p p p A α1 α2 α 2 = với pi ∈P,αi >0 Các số pi đôi khác i=1,k 19 = ⇒n k k p p pα α α 2 1 từ giả thiết ta có: ( 1)( 1) ( 1) 16 ) 1 ( + α1 + α2 + αk + = ⇒(α1 +1)(.α2 +1) ( αk +1)=8=2.4=2.2.2 +Nếu (α1 +1)(.α2 +1) ( αk +1)=2.2.2 suy ra: ⎩ ⎨ ⎧ = = = = 3 k α α α ⎢ ⎣ ⎡ = = ⇒ ⎢ ⎣ ⎡ = = ⇒ < = < ⇒ 19 17 19 17 106 78 1 2 3 (123)+Nếu (α1 +1)(.α2 +1) ( αk +1)=2.4 suy ra: 106 78 2 2 2 1 < ⇒ < = < ⇒ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = = p p p A k α α Nếu p2 =3⇒2< p1 <4⇒ p1 =3(loại) Nếu ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = ⇒ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = ⇒ ⎢ ⎣ ⎡ = = ⇒ < < ⇒ = 19 13 19 11 13 11 13 11 14 9 2 3 3 3 1 1 2 n n A A p p p p +Nếu ( )( ) ( ) (loại) ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇒ = + + + 1 1 1 2 k k α α α α ⇒ =27 >105 A Tóm lại ta có bốn đáp số thỏa mãn ra: 1672 n= 1976 1995 1938 -Bất diễn đàn hay trang web sử dụng file phải xin phép cho phép ban quản trị diễn đàn http://mathnfriend.org phép sử dụng -Bất cá nhân sử dụng file phải xin phép tác giả sự (124) Đề 41:Thi Sư Phạm I(2001-2002) Vòng 1: Câu 1: Xét đa thức : P(x)=(1−x+x2 −x3 + −x1999 +x2000)(.1+x+x2 + x2000) Khai triển ước lượng số hạng đồng dạng viết: 4000 4000 2 0 ) (x a a x a x a x P = + + + + Tính a2001 Câu 2: Giải phương trình : 3x2 −7x+3− x2 −2 = 3x2 −5x−1− x2 −3x+4 Câu 3: Tìm ba chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm số:A=2662001 Câu 4: Cho a,b>0.Biết phương trình: − +3 − =0 có ba nghiệm b ax x x (không thiết phân biệt).CMR: 3 27 28 ≥ + b b a Câu 5: Gọi A B C', ', ' trung điểm cung BC,CA,AB không chứa đỉnh A,B,C đường tròn ngoại tiếpΔABC Các cạnh BC,CA,AB cắt cặp đoạn thẳng cặp M,N,P,Q R, S Chứng tỏ: ' ', ' '; ' ', ' '; ' ', ' ' C A B A B A C B C B C A 1.Trực tâm H' +A B C' ' ' trùng với tâm Iđường tròn nội tiếp +ABC 2.Các đường chéo MQ,NR PS lục giác MNPQRSđồng qui ởI 3.Ba đoạn MN,PQ RS có độ dài +ABCđều Hướng dẫn giải: Câu 1: Có: (1 1999 2000)(.1 2000) ) (x x x x x x x x x P = − + − + − + + + + ( ) ( ) ( 2 4 2000)2 2 ( 2 4 1998 2 1999 2 2000 2 1 1 x x x x x x x x x x x x x + + + + − + + + + = + + + − + + + + = ) Ta thấy: có sau bỏ dấu ngoặc nhóm số hạng tích đa thức không chứa số hạng với lũy thừa lẻ ) (x P (125)Câu 2:Điều kiện: ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + ≥ − ≤ ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ + − ≥ − ≥ + − 6 37 2 4 0 0 2 2 x x x x x x x (I) Phương trình cho viết lại: 3x2 −7x+3+ x2 −3x+4 = x2 −2+ 3x2 −5x−1 (3 −5 −1)−2.( −2)+ ( −2)−3.( −2) = −5 −1+ +2 ⇔ x x x x x x x x (1) Nếu x>2 ta thấy VT < VP Nếu x<2 ta thấy VT > VP Thử với x=2 thấy thỏa mãn phương trình (1) hệđiều kiện (I) Tóm lại : Nghiệm phương trình cho x=2 Câu 3: Dễ thấy: 62001 =5 +1 t (t∈Ν) Có: A=265t+1 =( )265 t.26 Có: 265 ≡1(mod125)⇒ A≡26(mod125) Ta có thểđặt: A=125k+26 (k∈Ν) Dễ thấy A#8⇒125k+26#8⇒5k+2#8⇒k ≡6(mod8) nên: 8 + = m k với m∈Ν.Từđó suy ra: A=1000.m+776 Chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm A : 6,7,7 Câu 4: Gọi x1,x2,x3 nghiệm phương trình : x3 −x2 +3ax−b=0 Theo định lý Vi-et mở rộng ta có: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = + + = + + ) ( ) ( ) ( 3 3 3 b x x x a x x x x x x x x x Trước hết ta chứng minh: x1,x2,x3 >0.Thật vậy: Từ (3) thấy: x1,x2,x3 ≠0 Từ thấy rằng: Trong ba số phải có số dương, ta giả sử .Nếu có hai số âm, chẳng hạn ) ( x1,x2,x3 0 > x x2,x3 x2 <0 từ (3) ta có: 0 0 2 3 3 3 1 > ⇒ > ⇒ < =x x x x x x b Từ (2) có: ( ) 1 3 2 2 3 3 3 0 ( ) 1 ( ) ( a x x x x x ) x x x x x x x x x x x x vô lý < = + + = ⎡ ⎤ = −⎣ + ⎦ + + = + − − − < (126)3 1 3 1 3 1 1 1 27 27 27 x x x x x x x x x x x x ⎛ ⎞ = ⎜ + + ⎟ + ≥ + ⎝ ⎠ = 1 3 1 3 3 1 26 26 27 .27 28 27 27 27 27 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛ ⎞ =⎜ + ⎟+ ≥ + + + ⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = Đẳng thức xảy 27 , 1 3 1 = = = ⇔ = = ⇔ x x x a b Câu 5: 1.Dễ thấy A, ,I A' thẳng hàng (do AA'&AI đồng thời đường phân giác lA) Tương tự: B I B, , ' thẳng hàng; C I, ,C' thẳng hàng Có: n n' ' ' ' ' n n' ' ' ' 1.(l l l) 9 2 AC B +C B I =AC C CC B+ = A B C+ + = IC ⊥ A B IA' C B' ' ' IB ⇒ ⊥C A' ' Tương tự : ' ' ', ⊥ Từđó ⇒H' ≡I 2.Có: n' ' n' ' n' ' ' ' ' IB C AAC A B C IA B C ⎫ = = ⎪ ⇒ ⎬ ⊥ ⎪⎭ I Ađối xứng với qua B C' ' n n n // AIQ QAI IAR IQ AB ⇒ = = ⇒ Tương tự: MI // AB nên M,I,Q thẳng hàng Hoàn toàn tương tự: N,I,R thẳng hàng; P,I,S thẳng hàng Ta có đpcm 3 Có: PQ SR= ⇒PQ AQ RS AR+ = + Vậy:AS= AP Hơn ta thấy: SP // BC nên: AS AP AB AC AB = AC ⇒ = Tương tự dẫn đến BC AC= ⇒+ABC Ngược lại: Nếu ΔABCđều, dễ thấy PQ RS= =MN (127)Đề 42:Thi Sư Phạm I(2001-2002) Vòng 2: Câu 1: Với sốk nguyên dương, đặt: Sk =( 2+1) (k + 2−1)k CMR: Sm+n +Sm−n =Sm.Sn với m,n∈Ν*:m>n Câu 2: Cho n số nguyên dương Chứng tỏ tổng : 5 5 chia hết cho tổng 1 n Tn = + + + + An =1+2+ +n Câu 3: Tìm tất số nguyên dương cho phương trình sau có nghiệm nhất: 1 > p 1 3 + = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − + − + + x p p x p x Câu 4: Giải hệ: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + = + + + − = + + + + = + + + 7 ) .( 21 ) .( 14 ) .( 3 2 3 2 3 xyz y x z x z xyz x z y z y xyz z y x y x Câu 5.a(Chuyên Toán): Cho ΔABC cân ởA Ký hiệu x,y,z khoảng cách MA MB MC', ', ' từ một điểm M nằm mặt phẳng (ABC) đến đường thẳng Tìm quĩ tích điểm M nằm góc BAC cho : , , CB CA AB 2 x = yz Câu 5.b(Chun Tin): Trong bảng vng 2000×2000 (mỗi có kích thước 1) vẽ đường trịn với bán kính 10 khơng qua đỉnh không tiếp xúc với cạnh vng 1.Đường trịn vẽ cắt cạnh ô vuông điểm? 2.Chứng tỏ: Đường trịn cho cắt khơng 79 ô vuông (128)( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 2 2 1 1 n m n m n m m n n m n m n m m n n m n m n n m m S S + − + − − + + − − + + = − + − + + + + = + + + + + + + = ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + + ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + + = Ta có đpcm Câu 2: Ta chứng minh toán tổng quát sau: Chứng tỏ: Tổng chia hết cho với n số nguyên dương tùy ý k số tự nhiên lẻ Thật vậy: k k k k k n S =1 +2 +3 + + An Ta biết (ak+bk) chia hết cho (a b+ ) với k lẻ Thấy: 2 ) ( 1+ + + = + = n n n An Ta chứng minh 2 ) (n+ n Sk# -Khi n chẵn: ( ) ( ) ( 1) ( 1) ( 1) 1 ( 1) 2 k k k k k k k n n n n n S n n + + + ⎛⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ = + + + − + +⎜⎜⎜ ⎟ +⎜ + ⎟ ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ # # # ) ( + ⇒Sk# n Hơn nữa: ( ) ( ) 2 2 1 ( 1) ( 2) 1 2 2 k k k k k k k k n n n n n n S = + −n + + −n + +⎛⎜⎜⎜⎛ − ⎞⎟ +⎛⎜ + ⎞⎟ ⎟⎟⎞+⎛ ⎞⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ # # # k n n Sk# ⇒ , mà n n ⎟= ⇒Sk# ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ,( +1) 1 2 ) (n+ n -Khi n lẻ: ( ) ( ) 1 2 1 ( 1) 2 2 k k k k k k k n n n n n n S n n + + + ⎛⎛ − ⎞ ⎛ + ⎞ ⎞ ⎛ + = + + + − + +⎜⎜⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎟⎟+⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ # # # 1⎞k ⎟ ⎠ (129)Hơn nữa: (1 ( 1) ) (2 ( 2) ) 1 2 k k k k k k k n n n n n S = + −n + + −n + +⎜⎜⎛⎛⎜ − ⎞⎟ +⎛⎜ + ⎞⎟ ⎞⎟⎟+ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ # # # k n n Sk# ⇒ Mà ) ( , + ⇒ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + n n S n n k# Tóm lại ta có đpcm Câu 3: Có: 1 1 3 + = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − + − + + x p p x p x [ ][ ] (*) ) ( ) ( 1 ) ( ) ( ) ( 2 ⎢ ⎣ ⎡ = + − + − − = ⇔ = + − + − − − ⇔ x p x p p x x p x p p x Để phương trình cho có nghiệm ⇔hệ (*) có nghiệm ⇔Phương trình (1) vơ nghiệm phương trình (1) có nghiệm kép x1 = x2 =1− p Kết hợp với điều kiện ta tìm giá trị thỏa mãn Ν ∈ > p p 1, p 4 , , = p Câu 4: Theo ta có: 3 3 3 .( ) 14 (1) .( ) 21 (2) .( ) (3) x y x y z xyz y z y z x xyz z x z x y xyz ⎧ + + + = + ⎪ + + + = − ⎨ ⎪ + + + = + ⎩ Cộng (1),(2)&(3) ta được: (x y z ) x (y z) y (z x) z (x y) 3xyz 2 3+ 3+ + + + + + + = ( + + −3 )+[ + + + 2.( + )+ 2.( + )+ 2.( + )]=0 ⇔ x y z xyz x y z x y z y z x z x y ( + + ).( + + − − − )+( + + ).( + + 2)=0 ⇔ x y z x y z xy yz zx x y z x y z ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − + − + − + + + + + ⇔ x y z x y y z z x x y z ⎢ ⎣ ⎡ = = = = + + ⇔ 0 z y x z y x Rõ ràng x= y=z =0 nghiệm hệđã cho Vậy ta có: x+y+z=0 thay vào (1),(2)&(3) ta được: (130)⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − = = = ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − = + = + = 3 2 27 28 35 3 3 z x y z z x z y (thỏa mãn) Vậy nghiệm hệđã cho là: x=1,y=2,z =−3 Câu 5a: Gọi O,I tâm đường trịn bàng tiếp góc A, đường trịn nội tiếp tam giác ABC *Thuận: Hạ MI MH MK', , vng góc với đường thẳng AB,BC,CA Có:I MHn' = = =B C HMKl l n (1) Mà: ' ' MH MK ( MH MI MK 2) MI MH = ⇒ = Từ (1)&(2)suy ra: n n n n ' ' ' ( ) MHI MKH c g c I HM HKM I BM MCB Δ Δ ⇒ = ⇒ = Dễ thấy ΔBIO vuông ởB Gọi L trung điểm IO⇒ΔBIL cân ởL ⇒ n n 1.l 1.l 2 IBL LIB= = A+ B n n 1.l 1.l 1.l 900 2 2 IBL ABI A B C ⇒ + = + + = ⇒ nABL 900 ⇒ = AB tiếp xúc với đường trịn đường kính IO BM,CM cắt đường trịn đường kính IO M M', '' Do n' n I BM =MCB⇒ q' q'' BM =BM ' '' ' '' M M M M M ⇒ ≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒M nằm đường trịn đường kính IO *Đảo: Lấy M đường tròn đường kính IO Hạ MI MH MK', , vng góc với đường thẳng BA,BC,AC Dễ thấy: AB tiếp xúc với đường trịn đường kính IO Có: nI MH' = = =B Cl l HMKn (131)' ( ) MHI MKH g g ⇒+ + MK MI MH MH MK MI MH ' ' = ⇒ = ⇒ *Kết: Quĩ tích điểm M cần tìm đường trịn đường kính IO Câu 5b: Xét giao điểm đường lưới với đường trịn C có bán kính 10 Rõ ràng : Các giao điểm chia đường tròn thành cung.Mỗi cung thuộc vào phần ô vuông⇒Số ô vuông mà C cắt số giao điểm đường lưới với C: -Các đường lưới ngang cắt C 40 giao điểm (20×2=40 điểm) (Vì đường lưới ngang cắt C điểm) -Các đường lưới dọc cắt C 40 giao điểm (20×2=40 điểm) (Vì đường lưới dọc cắt C điểm) (Do C có bán kính 10 nên cắt 20 đường lưới ngang, 20 đường lưới dọc) ⇒Số giao điểm 80 (132)Đề 43:Thi Chuyên Hùng Vương(2001-2002) Vịng 1: Câu 1: a.Tính 2+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2− 2+ 2+ b.CMR: Nếu + + + + + =0 ca bc ab c b a a=b=c=0 Câu 2: a.Giải phương trình : (x2 −9x+18) x−5=0 b.Giải phương trình : x−10+ 30−x = x2 −40x+400+2 10 c.Trong mặt phẳng cho nđiểm tùy ý CMR: Ln có đường trịn chứa bên nđiểm cho Câu 3: CMR: 45 44 2002 2001 2001 2002 1 3 2 1 1 1 44 43 < + + + + + + < Câu 4: Cho đường tròn (O,R) đường thẳng x y cốđịnh nằm ngồi đường trịn Từ điểm M tùy ý x y kẻ hai tiếp tuyến MP,MQ tới (O) Dây cung PQ cắt OM K CMR: a.Tứ giác MPOQ nội tiếp đường tròn (V) (V) qua hai điểm cốđịnh b.Khi M di chuyển x y tích OK.OM không đổi điểm K di chuyển đường tròn cốđịnh Hướng dẫn giải: Câu 1: Bạn đọc tự giải Câu 2: a.Phương trình cho có hai nghiệm x=5 hoặcx=6 b Điều kiện: 10≤x≤30 Có: x−10+ 30− ≤x ⎣⎡(x−10) (+ 30−x)⎤⎦ 1[ ]+ = 40 10= Đẳng thức xảy ⇔ x=20 Mà: x2 −40x+400+2 10 =(x−20)2 +2 10 ≥2 10 Đẳng thức xảy ⇔ x=20 Tóm lại: x−10+ 30−x ≤ [(x−10) (+ 30−x)][ ].1+1 = 40 =2 10 ⇔ x=20 c.Giả sửnđiểm cho A1, A2, , An (133)Tức là: AAi≤A1A2 (i=3,n) Khi đường trịn (A1,R) với R > A1A2 đường trịn cần tìm Câu 3: Nhận xét: 1 1 1 ) 1 ( 1 + − = + + + k k k k k k với * Ν ∈ ∀k Cho k =1,2 ,2001 ta có: 2002 1 2002 2001 2001 2002 1 3 2 1 1 1 − = + + + + + + Dễ thấy : 45 44 2002 1 44 43< − < Câu 4: a.(V) qua O H (H chân đường vng góc hạ từO xuống x y) b.Có: OK.OM =R2 Gọi L giao điểm OH PQ Δ ~ 2 2 const OH R OL R OM OK OH OL OH OK OM OL OMH OLK Δ ⇒ = ⇒ = = ⇒ = = (134)Đề 44:Thi Chuyên Hùng Vương(2001-2002) Vịng 2: Câu 1: Tìm nghiệm ngun phương trình: 2002 2001 2001 2001 ) ( 1 3 1 1 + − + − = + + + + x x x x Câu 2: Cho đa thức : ( )3 3 3.Chứng tỏ: z y x z y x P= + + − − − a.Nếu P=0 (x11+ y11)(y7 +z7)(z2001 +x2001)=0 b.Nếu x,y,z số nguyên chẵn lẻ P#24 Câu 3: Cho a,b,c>0 khơng đổi x,y,z >0 thay đổi cho: + + =0 z c y b x a Tìm giá trị nhỏ vP ới P=x+ y+z Câu 4: Cho hình vng ABCD cạnh a Một góc quay xung quanh B cho Bx cắt cạnh AD M, By cắt cạnh CDởN (M N không trùng với D).Gọi E, F tương ứng giao điểm BM, BN với AC n 450 xBy= a.Chứng tỏ: Các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp đường trịn b.Chứng tỏ: MN ln tiếp xúc với đường tròn cốđịnh chu vi tam giác MND khơng đổi c.Tìm vị trí M, N nêu cách dựng điểm để tam giác MND có diện tích lớn Hướng dẫn giải: Câu 1: Bạn đọc tự giải Câu 2: Chú ý: ( )3 3 3.( ).( ).( ) x z z y y x z y x z y x+ + − − − = + + + ∀x,y,z∈R Câu 3:Có:( ) ( ) ( a b c)2 z c y b x a z y x z y x ⎟⎟≥ + + ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + + + = + + Đẳng thức xảy ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ + + = + + = + + = ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = + + = = ⇔ ) ( ) ( ) ( 1 2 2 c b a c z c b a b y c b a a x z c y b x a z c y b x a (135)Câu 4: a.nFBM =450 =nFAM nên tứ giác ABFM nội tiếp được Tương tự ta cũng có: Tứ giác CBEN nội tiếp Từđó suy ra: n n 1800 n 900 n 90 BEN BCN+ = ⇒BEN = ⇒NEM = 0 Tương tự: MFNn=900 ⇒Tứ giác MEFN nội tiếp b.Lấy điểm K tia đối tia AD cho AK CN= CN BK = ⇒ : n n n n n n n 0 90 45 KBM KBA ABM NBC ABM NBM NBM = + = + = − = = = BL BA c g c NMB KMB =Δ ⇒ = Δ ⇒ ( ) (BL⊥MN) ⇒MN tiếp xúc với đường trịn (B;a) Lại có:ΔKBM =ΔNBM ⇒KM =MN ⇒ P(ΔMND)=MN+ND+MD=KM +MD+ND=KA+AM +MD+DN = 2a MA MD ND CN+ + + = = c.Có:MD+ND+MN =2a⇒MD+ND+ MD2 +ND2 =2a ( ) (MD ND) MDND ND MD ND MD ND MD ND MD a 1 2 1 2 2 2 2 2 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ≥ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + + ≥ + + + = ⇒ Mà MDND=2.SMDN nên suy ra: ( 1)2.2 2 + ≤ a SMDN Đẳng thức xảy ⇔MD ND= ⇔nMBA NBC=n=22,50 (136)Đề 45:Thi Tổng Hợp (2001-2002) Vòng 1: Câu 1: Tìm giá trị nguyên x,y thỏa mãn đẳng thức:(y+2 ) x2 + =1 y2 Câu 2: 1.Giải phương trình : x.(3x+1)− x.(x−1) =2. x2 2.Giải hệ: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + 2 2 2 y x y x xy x Câu 3: Cho nửa đường tròn đường kính AB=2a Trên đoạn AB lấy M Trong nửa mặt phẳng bờAB chứa nửa vòng tròn, ta kẻ hai tia Mx My cho .Tia Mx cắt nửa vòng tròn ởE, tia My cắt nửa vòng tròn ởF Kẻ n n 300 AMx BMy= = ', ' EE FF vng góc với AB 1.Cho 2 a AM = , tính diện tích hình thang vng EE'F'F theo a 2.Khi điểm M di động AB, chứng minh đường thẳng EF tiếp xúc với vòng tròn cốđịnh Câu 4: Giả sử x,y,z số thực khác thỏa mãn: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + 1 2 1 1 1 3 3 y z x y x z x z y z y x Tính: P z y x 1 1 + + = . Câu 5: Với x,y,z > 0 Tìm GTLN biểu thức: ) ).( ).( (x y y z z x xyz M + + + = Hướng dẫn giải: Câu 1: Có:(y+2).x2+ =1 y2 ⇔(y+2).x2 =y2−1 (1). Dễ thấy: y ≠−2 nên: 0 1 ) 1 ( 2 2 ≥ + − = ⇔ y y x nên ⎢ ⎣ ⎡ ≥ − ≤ < − 1 1 y y Do x2∈ Ζ ⇒(y2−1)#(y+2) mà (y2+2y)#(y+2).Suy ra: (2y+1) (# y+2) mà (137)( ) 3 y y y y y = − ⎡ ⎢ = − ⎢ ⇒ + ⇒ ⎢ = ⎢ = − ⎣ # Cuối ta có cặp nghiệm thỏa mãn là: 0, 0, x y x y = = ⎡ ⎢ = = − ⎣ Câu 2: 1.Điều kiện: ⎩ ⎨ ⎧ ≥ − ≥ + ) ( ) ( x x x x Có: x.(3x+1)− x.(x−1) =2. x2 ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = − = = ⇒ = − + ⇒ = − + − − + + ⇒ 0 ) ).( ( ) ).( ( ) ( ) ( 2 x x x x x x x x x x x x x x Thử lại thấy thỏa mãn Vậy nghiệm phương trình cho là: 1 x x x ⎡ ⎢ = ⎢ = ⎢ ⎢ = − ⎢ ⎣ 2.Có: 2 2 (1) (2) x xy x y x y ⎧ + + = + ⎪ ⎨ + = ⎪⎩ Từ (1) suy ra:x2+(y−3 )x+ − =2 y 0 Coi phương trình với biến số x Ta có: ( ) ( ) ( ) ) ( 3 1,2 2 2 − ± − = ⇒ − = − − − = Δ y y y x y y nên:⎢ ⎣ ⎡ − = = y x x Như (1)⇔ ⎢ ⎣ ⎡ − = = y x x (Có thể biến đổi trực tiếp x2+(y−3 ) x+ − = ⇔2 y 0 (x−1 ) (x− +2 y)=0.) -Với x=1 thay vào (2) được:y= −1 hoặcy=1 (138)Tóm lại ta có nghiệm 1, 1, x y x y = = ⎡ ⎢ = = − ⎣ Câu 3: 1 HạOI, OK vng góc với MF,ME Dễ thấy: 4 15 ; 1 OM a IF OF2 OI2 a OK OI = = = = − = Mà: 3 300 a IM Cos OM IM = ⇒ = = ( ) 15 a IM FI FM = + = + ⇒ Ta có: (1) 15 30 45 30 ' ' ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ + = = + = = a MF Sin FF a MF Cos MF Có: 2 15. EK OE OK EM EK MK = − = ⇒ = − a hay: a a EK EM 15 − = − = .Ta có: (2) 15 30 45 30 ' ' ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − = = − = = a ME Sin EE a ME Cos ME Từ (1)&(2) ta có: 32 15 ) ( ' ' ' ' ' ' a F E F F EE SEEEF = + = (đvdt) HạAL, BQ EF⊥ ; AH, BT vng góc với ME ,MF Xét M nằm đoạn AO: Kéo dài FM cắt (O) V (V F≠ ) (Chú ý:Trường hợp M nằm đoạn BO, ta kéo dài EM cắt (O) chứng minh hồn tồn tương tự.) Có:EMA BMFn=n=nAMV ⇒EMO VMOn= n Ta chứng tỏ: EM VM= . Thật vậy: -Nếu EM VM< thì: Trên EM lấy K cho MK MV= . Khi đó: ) (cgc MKO MVO=Δ Δ OK OV = ⇒ mà OV OE= ⇒OK=OE⇒K ≡O⇒EM =VM (Vô lý) (139)p o n n ( ) EAM VAM c g c EA VA EA VA EFA VFA ⇒ Δ = Δ ⇒ = ⇒ = ⇒ = Lại có: n n n n n n n n n n n n n 0 0 90 90 180 ( ) 90 1 AFB VFA BFV EFA BFQ VFA BFV EFA BFQ VFA BFV BFQ BFT FBT FBQ BQ BT BM = ⇒ + = ⇒ + = − + = ⇒ + = + ⇒ = ⇒ Δ = Δ ⇒ = = Tương tự: AL AH AM = = Từđó suy :AL+BQ= (AM +BM)=a 1 Vậy EF ln tiếp xúc với đường trịn ) ; (O a *)Nhận xét: Ở lời giải ta chứng minh EM VM= (tương đương với việc chứng minh ΔEMO=ΔVMO) dựa vào điều kiện sau: n n; ; EMO VMO OV OE OM= = chung Vậy mà ta dựa vào yếu tố để chứng minh được EM VM= tức chứng minh ΔEMO=ΔVMO Vậy hai tam giác theo trường hợp c-c-g ? Ta biết tới trường hợp tam giác c-g-c hay g-c-g hay c-c-c chưa biết tới trường hợp thứ tư tam giác - Đó c-c-g phát biểu sau: Hai tam giác có hai cặp cạnh Góc ứng với cạnh lớn tam giác thứ nhất góc ứng với cạnh lớn tam giác thứ hai Khi hai tam giác nhau Có thể diễn đạt sau: Cho ΔABC,ΔMNP có: nAB MNnBC NP BAC NMP = < = ⎧⎪ ⎨ = ⎪⎩ khi ΔABC=ΔMNP Chứng minh tương tự ta chứng minh EM VM= Các bạn để ý tốn ta có :EMO VMOn= n=1500 >900.Do đó cạnh EO VO cạnh lớn tam giác EOM VOM Do ta có: OMn OMnEO VO EMO VMO = < = ⎧⎪ ⎨ = ⎪⎩ ⇒ΔOEM =ΔOVM ⇒EM =VM Như ta "hợp pháp hóa" trường hợp thứ tư tam giác, nhiều tốn,cách giải ta ngắn nhiều Câu 4: Có: 1 1 1⎟⎟=−2 ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + (140)0 ) ).( ).( ( 0 ) ( ) ( ) ( = + + + ⇔ = + + + + + + ⇔ − = + + + + ⇔ x z z y y x xyz yz z y xy y x xz z x z y x y z x x z y -Nếu x+y =0⇒ x=−y mà x3+ y3 +z3 =1⇒ z=1⇒P =1 -Nếu y+z=0⇒ z =−y mà x3+ y3+z3 =1⇒x=1⇒P=1 -Nếu z+x=0⇒ x=−z mà x3 + y3 +z3 =1⇒ y=1⇒P=1 Tóm lại P=1 Câu 5: Ta có: 8 2 ) ).( ).( ( + + + ≤ = = zx yz xy xyz x z z y y x xyz M Đẳng thức xảy khix= y=z Tóm lại Mmax 8 = (141)Đề 46:Thi Tổng Hợp (2001-2002) Vòng 2: Câu 1: 1.Cho f x( )=ax2 +bx+c có tính chất : f x( )∈ Ζ x∈ Ζ.Hỏi hệ sốa, b, c có thiết phải số ngun khơng? Tại sao? 2.Tìm số nguyên không âm x, y thỏa mãn:x2 = y2 + y+1 Câu 2: Giải phương trình: x+1=x2 −5x+14 Câu 3: Cho a ,b, x, y ∈R thỏa mãn : ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = + = + = + = + 17 5 4 3 2 by ax by ax by ax by ax Tính : A ax= 5+by5 vàB ax= 2001+by2001 Câu 4: Cho đoạn AB có trung điểm O d1,d2là đường thẳng vng góc với AB A,B Một góc vng đỉnh O cắt d1ởM, d2ởN KẻOH vng góc với MN Đường trịn ngoại tiếp ΔMHB cắt d1ởE (E≠M) MB cắt NAởI, HI cắt EBởK CMR: K nằm đường tròn cốđịnh góc vng quay xung quanh O Câu 5: Cho 2001 đồng tiền, đồng tiền sơn hai màu: đỏ mặt lại màu xanh Xếp 2001 đồng tiền theo vịng trịn cho tất đồng tiền có mặt xanh ngửa lên phía Cho phép lần đổi mặt đồng thời đồng tiền liên tiếp cạnh Hỏi với cách làm thế, sau số hữu hạn lần ta làm cho tất đồng tiền có mặt đỏ ngửa lên phía khơng? Tại sao? Hướng dẫn giải: Câu 1: 1.Câu trả lời là: Không! Với a=b= ,c∈Ζ 2 ý ∉Ζ ta có: c x x x f = ( +1)+ 1 ) ( Rõ ràng với x∈ Ζ x.(x+1)#2⇒ f(x)∈Ζ x∈ Ζ (142)Do t>1 nên : (t2 −1)2 <x2 <( )t2 ⇒ x2 không số phương (Vơ lý) Câu 2: Đặt: x+1=t≥0 Có: x+1=x2 −5x+14 hay 4t=(t2 −1)2 −5.(t2 −1)+14 2 ) ( ) ( − 2 + + = ⇔ = ⇔ t t t t Từđó ta tìm x=3 giá trị cần tìm Câu 3: Có: 2 3 5.( ) ( ).( ) ( ) 5.( ) 45.( ) 27 81 (1) x y ax by x y ax by ax by xy x x y xy x y xy + = + + = + + + = + ⇒ + − = ⇒ + − = y Có: 3 4 2 9.( ) ( ).( ) ( ) 17 9.( ) 17 45.( ) 25 85 (2) x y ax by x y ax by ax by xy xy x y xy x y xy + = + + = + + + = + ⇒ + − = ⇒ + − = Từ (1)&(2)⇒ 2xy=85−81⇒ xy=2 thay vào (1)⇒ x+ y=3 Từđó ta tìm cặp ( )x y, thỏa mãn là:⎢ ⎣ ⎡ = = = = 2 , 1 , y x y x -Nếu x=2,y=1 ta có: ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + = + ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + = + 1 4 3 5 2 b a b a b a by ax by ax ; 33 = + 2001 = ⇒ A B -Nếu x=1,y=2 tương tự ta có: ⇒ A=33;B=1+22001 Câu 4: n n n n HAB HAO HMO NMO= = = và: Có: n n n n HBA HBO HNO MNO= = = HAB Δ ⇒ vuông ởH , HON BON AMO HMO OB AO HO= = ⇒Δ =Δ Δ =Δ ⇒ Có: AI AM MH HI AM// HK AB (1) IN = BN = HN ⇒ ⇒ ⊥ Có:MEB NHB NOHn= n=n⇒nABE HNO HBA=n=n (2) Từ (1)&(2) suy ra: (143)Mà HK⊥ AB⇒H đối xứng với K qua AB⇒nAHB AKB=n⇒nAKB=900 Suy K thuộc đường trịn đường kính AB. Câu 5: Đánh số đồng tiền từ tới 2001 theo chiều quay kim đồng hồ Lần 1:đổi mặt đồng 1,2,3,4,5 Lần 2:đổi mặt đồng 2,3,4,5,6 Lần 1998:đổi mặt đồng 1998,1999,2000,2001,1 Lần 1999:đổi mặt đồng 1999,2000,2001,1,2 Lần 2000:đổi mặt đồng 2000,2001,1,2,3 Lần 2001:đổi mặt đồng 2001,1,2,3,4 Như đồng ta đổi mặt lần⇒tất đồng tiền sau lần lật thứ 2001 mặt đỏ *Nhận xét: Cái khó toán việc định hướng ban đầu cho câu hỏi:Có hay Khơng Cũng ý tưởng trên, song ta diễn đạt ý theo cách khác.Sau ví dụ: Ta đánh số 2001 đồng tiền từ đến 2001 theo chiều quay kim đồng hồ Bước 1:Lật 2000 đồng từđồng dến 2000 đồng đến 2000 màu đỏ, đồng 2001 màu xanh Bước 2: Lật 2000 đồng 2001,1,2 đến 1999 (trừđồng 2000 không lật) thì đồng đến 1999 màu xanh, đồng 2000 2001 màu đỏ Bước 3: Lât 2000 đồng 2000,2001,1, đến 1998 đồng đến 1998 màu đỏ đồng 1999,2000,2001 màu xanh Bước 4: Lật 2000 dồng 1999,2000, 1997 đồng đến 1997 màu xanh, đồng 1998 đến 2001 màu đỏ Bước 5: lật đồng 1998 ,1999, đến 1996 đồng đến 1996 màu đỏ đồng 1997 đến 2001 màu xanh (144)Đây cách giải sơ khai lần đầu viết sách (Có kèm hình vẽ minh họa bước trên).Tuy nhiên cách giải gây "khó chịu" cho người đọc-vì khơng hiểu từ hướng suy nghĩ mà tác giả lại tới lời giải Ấy "mẹo vặt" người làm tốn muốn giấu hướng mình-làm cho lời giải toán thiếu tự nhiên.Qua thư góp ý bạn,tơi "sửa" lại lời giải trên.Các bạn thấy lời giải xuất phát tự nhiên, khơng "khó chịu" lời giải trước Chúng ta thử nghĩ với đề khác chút xem:Mỗi lần lật đồng thôi. (Các giả thiết ban đầu giữ nguyên) Lúc câu trả lời lại là: Không thể vì: Để ý lần đổi mặt đồng sốđồng tiền mặt xanh tăng lên giảm số chẵn đồng.Mà lúc đầu có lẻđồng mặt xanh⇒không thể Các em làm thử câu khó (với đề đầu tiên):Tìm số lần đổi đểđược tồn được mặt đỏ Việc học tốn khơng dừng lại việc giải toán.Các em suy ngẫm lời giải sau, để tìm lập luận sai chỗ nào? Bài ta nên sủ dụng tính chất bất biến.Bài giải sau: Trong 2001 đồng xu ta đánh số thứ tự cho chúng theo chiều kim đồng hồcó: - 401 đồng có số thứ tự chia cho dư 1(loại 1) - đồng có số thứ tự chia cho dư 1,2,3,4 loại có 400 đồng (loại 2,3,4,5) Nếu cho số mặt xanh -1,mặt đỏ có 401 đồng chia cho dư có tích âm, loại tích dương hết Nếu đổi mặt đồng liên tiếp ln có đồng tiền thuộc loại nói Vậy đổi đồng xu liên tiếp tích đồng xu loại ln khác tính âm dương với loại (bạn tự kiểm tra lại) Suy không thể! -Bất diễn đàn hay trang web sử dụng file phải xin phép cho phép ban quản trị diễn đàn http://mathnfriend.org phép sử dụng -Bất cá nhân sử dụng file phải xin phép tác giả sự (145)Đề 47:Thi Chuyên Hùng Vương(2002-2003) Vòng 1: Câu 1: Cho phương trình: x2 −mx+m−1=0 có hai nghiệm 1,x x 1.Tính giá trị biểu thức : 1 2 2 2 2 3 3 x x x x x x M + − + = 2.Tìm giá trị mđể 10 2 1 +x = x Câu 2: Cho hai sốx,y thỏa mãn đẳng thức: 4 2 + 2 + y2 = x x Xác định x,yđể tích x.y đạt giá trị nhỏ Câu 3: Giải hệ phương trình: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + 2 2 9 2 2 y xy x y xy x Câu 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) Tia phân giác góc A cắt đường tròn (O) điểm M a) Dựng tia phân giác ngồi Ax góc A Chứng minh Axđi qua điểm cốđịnh b) Kéo dài Ax phía ngược lại cắt CB kéo dài ởE Chứng minh góc AMO góc CEA c) Trên cạnh AC lấy điểm D ( D khác A,C ) Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Đường thẳng qua A vng góc với AB đường thẳng qua F vng góc với FC cắt ởP Chứng minh P,D,O thẳng hàng Câu 5: Chứng minh với số tự nhiên n, ta có: n+ n+1< 4n+2 Hướng dẫn giải: Câu 1: Chú ý phương trình cho ln có nghiệm Áp dụng định lý Vi-et: ⎩ ⎨ ⎧ − = = + 1 2 1 m x x m x x (146)Ta có: ( ) m m m m m m x x x x x x x x x x x x x x M 3.( 1) ) ( ) ( ) ( 3 2 2 2 1 2 2 2 1 = − − − − − = + − − + = + − + = 2 Có: ( ) ⎢ ⎣ ⎡ = = ⇔ = − − − ⇔ = − − + ⇔ = + 10 ) ( 10 10 2 2 2 m m m m x x x x x x Câu 2: Áp dụng BĐT Cơ-Si ta có: 4 2 2 2 2 2 4 4 4 y x y x x x y x x x + + + ≥ = ≥ 2 4≥ x2 y2 ⇔ ≥xy≥− hay Vậy ( ) ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ = − = ⎩ ⎨ ⎧ − = = ⇔ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ − = = + + = = ⇔ − = 2 4 2 2 2 y x y x xy y x x y x x xy Câu 3: Ta có: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + 18 18 18 18 2 2 y xy x y xy x ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢ ⎣ ⎡ = + = + = + + ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + + = + + ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + ⇔ 18 ) ).( ( 18 14 16 18 2 2 2 2 y x y x y xy x y x y x y xy x y xy x y xy x ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = − = − = = = − = − = = ⇔ , , , , y x y x y x y x Câu 4: a Nhiều bạn thắc mắc không hiểu yếu tố cốđịnh tốn Nếu tam giác ABC cốđịnh tốn trở nên tầm thường Theo tơi hiểu thì: Tam giác ABC nội tiếp (O) có đáy BC cốđịnh ( A di chuyển đường tròn cốđinh (O) ), Chứng tỏ: Axđi qua điểm cốđịnh Khi tốn sẽđược giải sau: (147)Ta có: AM1⊥AM ( Vì Ax⊥AM ) Suy MM1 đường kính (O)⇒M1 điểm cung BC có chứa A (đpcm) b Gọi K trung điểm BC Dễ thấy : O,K,M thẳng hàng Nhận thấy tứ giác AKME nội tiếp n n . AKE AMK đpcm ⇒ = ⇒ c Gọi B' giao điểm thứ hai đường trịn với AP BB' đường kính đường tròn (O) Gọi F' điểm đối xứng F qua PD Gọi Py tia đối tia PD, Ft tia đối tia FC Bây ta xét hai trường hợp: + TH1: P nằm (O) Ta có: n n' PFD B FC= ( phụ với góc nBFC) Do Mà :nB FC' =B ACn' PFD PF Dn =n' ⇒nPF D B AC' = n' ⇒Tứ giác F PDA' nội tiếp n' n n' n F Ft FPy F Py F AD ⇒ = = = ' Vậy AF FC' là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) Từđây dễ có O,P,D thẳng hàng ( thuộc trung trực EF ) + TH2: P nằm ngồi (O) Ta có: Đường thẳng PF cắt (O) điểm thứ hai K Ta có: n' n 1800 n 1800 n 1800 n DF P DFP= = −KFB= −KAB= −B AD' ( ý : nKAB B AD=n' phụ với nBAC)⇒n nDF P DAP' + =1800 ⇒Tứ giác ADF’P nội tiếp⇒CAFn' =DPFn' =nDPB' =CB Fn' ( ý : CB'F =DPB' phụ với F B Pn' ' ')⇒Tứ giác AFF’C nội tiếp⇒đpcm. (148)Đề 48:Thi Chuyên Hùng Vương(2002-2003) Vòng 2: Câu 1: 1 Chứng minh số : n= 2( + ) − số hữu tỷ 2 Cho x≥1 Hãy rút gọn biểu thức:M = x+2 x−1+ x−2 x−1 Câu 2: Cho a,b ≥ 1 a,b thỏa mãn đồng thời: 2a+3b≤6 2a b+ ≤4 Tìm giá trị lớn nhỏ nhất biểu thức : A a= 2−2a−b 2 a b+ = 10 Chứng minh (1+a4) ( 1+b4)≤101 Câu 3: Chứng minh p số nguyên tố, a số nguyên dương cho1 2+ a không số nguyên tố phương trình: 2 x − a x p− = khơng có nghiệm hữu tỷ Câu 4: Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O) a Trên cạnh AB,BC,CD,DA lấy điểm tương ứng M,N,P,Q cho: BC AD PC PD MB MA = = CD AB NC NB QD QA = = Chứng minh MP vng góc với NQ b Vẽ tia Ax vng góc với AD cắt BC E, tia Ay vng góc với AB cắt CD F Chứng minh EFđi qua O Câu 5: Tìm số dương a,b,c thỏa mãn hệ phương trình: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤ + + = + + 12 c b a c b a Hướng dẫn giải: Câu 1: n=2 (149)Câu 2: 1 Từ giả thiết ta có:0≤a,b≤2⇒ a−1 ≤1 Ta có: A=(a−1)2 −b−1≤1−b−1=−b≤0 Đẳng thức xảy : ⎢ ⎣ ⎡ = = = = ⇔ ⎢ ⎣ ⎡ = − = , 1 b a b a a b Lại có: +) Nếu 2 0≤a< , có: 9 22 3 22 3 2 2 2 ≥− − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − = − − − ≥ − − = a a a a b a a A Đẳng thức xảy ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − = = 14 3 b a a b a +) Nếu 2 ≤ ≤ a , có: Theo giả thiết : 2a+b≤4⇒0≤b≤1 Ta có: ( ) 1 1 2 2 − − =− ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ≥ − − − = − − =a a b a b A Đẳng thức xảy ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = b a Chú ý 22 <− − Vậy min 22 9 A = − 2 Ta có: ( ) 40 2 2 40 2 3 < − + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ < − + ⇒ = + ≤ a b a b ab ab Suy ra: ab.[a3b3 +2ab−40]≤0 (150)Đẳng thức xảy ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = = = 10 , 0 0 , 10 b a b a Câu 3: -Nếu a∉Q, phương trình cho khơng có nghiệm hữu tỷ -Nếu a∈Q, a t= với t số tự nhiên Phương trình cho trở thành: x2−2 t x p− =0 Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỷ n m x0 = với ,m n∈ Ζ ≠,n 0, ( , )m n =1 Khi đó: p m tmn pn m n n m t n m # 2 2 2 0 2 − = ⇔ − − = ⇒ − mà (m,n)=1⇒ n =1 Như vậy, phương trình cho có nghiệm hữu tỷ nghiệm hữu tỷđó số ngun Mặt khác, phương trình cho có nghiệm hữu tỷ nghiệm cịn lại phải số hữu tỷ ( suy dễ dàng từ hệ thức Vi-et ) Tóm lại : Nếu phương trình cho có nghiệm hữu tỷ tức phương trình cho có hai nghiệm ngun Giả sử phương trình cho trường hợp có nghiệm hữu tỷ Suy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên theo lập luận Giả sử x x1, 2 hai nghiệm nguyên phương trình Theo Vi-et: 1 2 (1) (2) x x t x x p + = ⎧ ⎨ + = − ⎩ Từ (2) suy tồn hai số x x1, 2có giá trị tuyệt đối Ta giả sửđó x1 : x1 =1 +) Nếu x x p (1) p 2t 1 a 2 1 =− ⇒ = ⎯⎯→ = + = + ( vơ lý + a không số nguyên tố ) +) Nếu ( vô lý ) (1) 2 1 = ⇒x =−p⎯⎯→p= − t≤ x Tóm lại với giả thiết tốn phương trình cho khơng thể có nghiệm hữu tỷ Câu 4: a Chứng minh: -MP phân giác góc AIB (151)Câu 5: Áp dụng BĐT Svacxơ: (1 3) 12. 9 2 ≥ + + ⇔ + + + + ≥ + + = a b c c b a c b a Đẳng thức xảy 3 c b a= = Như hệđã cho 2, 4, 12 2 ⇔ = = = ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = = ⇔ a b c c b a c b a (152)Đề 49:Thi Tổng Hợp (2002-2003) Vòng 1: Câu 1: 1 Giải phương trình: 8+ x + 5− x =5 2 Giải hệ phương trình: ⎩ ⎨ ⎧ = + + + + = + + 17 ) 1 ( ) ( 8 ) ).( ( xy y y x x y x Câu 2: Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh phương trình:x2+(a b c x ab bc ca+ + ). + + + =0 vơ nghiệm Câu 3:Tìm tất số nguyên n cho số phương 2002 n + Câu 4: Tìm GTNN biểu thức: zx yz xy P + + + + + = 1 1 1 1 trong x, y, z số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x2+y2+z2 ≤3. Câu 5: Cho hình vuông ABCD M điểm thay đổi cạnh BC ( M không trùng với B ) N điểm thay đổi cạnh CD ( N không trùng D ) cho : n n n. MAN =MAB NAD+ 1 BD cắt AN AM tương ứng P,Q Chứng minh năm điểm P,Q,M,C,N cùng nằm đường tròn 2 Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với đường tròn cốđịnh M N thay đổi 3 Ký hiệu diện tích tam giác APQ diện tích tứ giác PQMN Chứng minh tỉ số 1 S S2 2 S S không đổi M N thay đổi Hướng dẫn giải: Câu 1: (153)( )( ) ( )( ) ( )( ) 36 25 = ⇔ = − + ⇔ = − + ⇔ = − + + − + + ⇔ x x x x x x x x x 2 Ta có: ⎩ ⎨ ⎧ = + + + + = + + 17 ) ( ) ( ) ).( ( xy y y x x y x ⎩ ⎨ ⎧ = + + − + = + + ⇔ 17 ) ( ) ( ) ( 2 xy x y y x y x xy ⎩ ⎨ ⎧ = + + + + = + + ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + + + + + − + = + + ⇔ 25 ) ( ) ( ) ( 24 ) ( ) ( ) ( ) ( 2 x y x y y x xy xy y x y x xy y x y x xy ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ = = ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ = − = + ⎩ ⎨ ⎧ = = + ⇔ 3 13 y x y x xy y x xy y x Câu 2:a,b,c độ dài ba cạnh tam giác nên: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + < + < + < ⇒ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + < + < + < ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 b a c c c a b b b c a a b a c a c b b c a Suy ra: a2 +b2 +c2 <a.(c+b)+b.(c+a)+c.(a+b) ( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 < + + − + + ⇔ + + < + + ⇔ + + + + + + + + < + + ⇔ ca bc ab c b a ca bc ab c b a ca bc ab b a c a c b c b a c b a Suy phương trình cho vơ nghiệm có Δ<0 Câu 3:Đặt n2+2002= y2 với y số nguyên dương ( ) 2002 y n− y n+ = Suy ra: ( ) +) Nếu y n− số lẻ thìy n+ số lẻ ⇒(y n− ) ( y n+ ) _# Suy (y n− ).(y n+ )≠2002 +) Nếu y n− số chẵn thìy n+ số chẵn ⇒(y n− ) ( y n+ )#4 2002 ⇒ # ( Vô lý ) (154)Câu 4: Theo BĐT Svacxơ: ( ) 2 3 9 9 9 ) 1 ( ) ( ) ( 1 1 2 2 = + ≥ + + + ≥ + + + = + + + + + + + ≥ z y x zx yz xy zx yz xy P Suy ra: min 2 P = đạt khix= = =y z Câu 5: 1 Tham khảo đề Câu 4/Đề 44 3 Chú ý tam giác APM, AQN tam giác vuông cân ởP Q Ta có: 2 1 2 = = ⇒ = ⇒ = AMN APQ S S AM AQ AN AP AN AQ AM AP = ⇒ = ⇒ S S S SAPQ PQMN Ta có đpcm (155)Đề 50:Thi Tổng Hợp (2002-2003) Vòng 2: Câu 1: 1 Giải phương trình: x2 −3x+2+ x+3= x−2+ x2 +2x−3 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + xy + y = 9. Câu 2: Giải hệ phương trình: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + = + = + + y x y x xy y x 3 3 2 Câu 3: Cho mười số nguyên dương 1,2, ,10 Sắp xếp mười sốđó cách tùy ý thành hàng Cộng số với số thứ tự hàng, ta mười tổng Chứng minh mười tổng tồn hai tổng có chữ số tận giống Câu 4: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: c b a c b c a b a c b a P − + + − + + − + = 16 trong a,b,c độ dài ba cạnh tam giác Câu 5:Đường tròn (C) tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC,CA,AB tương ứng điểm A',B',C' 1 Gọi giao điểm đường tròn (C) với đoạn IA,IB,IC M,N,P Chứng minh đường thẳng A'M, B'N, C'Pđồng quy 2 Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D ( khác A ) CMR: 2r, ID IC IB = r bán kính đường trịn (C) Hướng dẫn giải: Câu 1: 1 Điều kiện:x2 −3x+2≥0;x+3≥0;x−2≥0;x2 +2x−3≥0 Theo ta có: (x−1).(x−2)+ x+3= x−2+ (x−1).(x+3) 0 ) 1 ).( ( ) 1 ( ) 1 ( = ⇔ = − − + − − ⇔ − − + = − − − ⇔ x x x x x x (156)2 Theo ta có:(x+1).(y+1)=10 hay: ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = + = + − = + − = + − = + − = + = + = + − = + − = + = + = + − = + − = + = + = + 1 , 10 1 , 10 , , 10 , 1 10 , 1 , , y x y x y x y x y x y x y x y x Từđó ta có nghiệm: ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = − = − = − = = = = = − = − = = = − = − = = = 11 , 2 , 11 , 0 , , , , , y x y x y x y x y x y x y x y x Câu 2: Theo ta có: ⎩ ⎨ ⎧ + = − + = + + y x xy y x xy y x ) ).( ( 2 ( ) [ ] ⎩⎨ ⎧ = ± = ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = − + − = + + ⇔ ) 2 ( ) ( ) ( 2 2 2 2 2 2 2 y x x y x y xy y x y xy x y xy y x xy x y xy y x y y x xy xy y x Câu 3: Giả sử xi số thứ tự sối hàng ( i = 1,2, ,10 ) Như i≠ j xi ≠ xj xi∈{1, 2,3, ,10 } với ( i = 1,2, ,10 ) Ta có: (1+x1) (+ +2 x2)+ + 10( +x10)=2 10( + + + + )≡0 (mod10)(1) (157)) Suy chữ số tận số (1+x1),(2+x2), ,(10+x10 sẽđôi khác thuộc tập hợp {0,1,2,3, ,9 }.Suy ra: 1 10 (1+x) (2+ +x ) (10+ + +x ) (0 9) (mod10)≡ + + + + + ≡ (2) Thế (1)&(2) mâu thuẫn với Tức điều ta giả sử sai Vậy ta có đpcm Câu 4: Đặt x=b+c−a,y=a+c−b,z=a+b−c ( x,y,z >0) Có: ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = + + + + + = z y y z z x x z y x x y z y x y z x x z y P 4.( ) 9.( ) 16.( ) 16 16 2 ≥ 52 16 16 2 + + = ≥ z y y z z x x z y x x y Suy ra: P≥26 Đẳng thức xảy ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = = = ⇔ 5 5 16 16 9 c a c b z y y z z x x z y x x y Vậy Pmin = 26 Câu 5: 1 Dễ thấy IC ⊥A'B' ⇒IP A⊥ 'B' ⇒qA P B P' =q' ⇒C'P phân giác góc A'C'B' Tương tự: A'M tia phân giác góc C'A'B' ; B'N phân giác góc C'B'A' Mà đường phân giác tam giác C'A'B' thì đồng qui với nhau⇒đpcm 2 Có:n n l l 2 A B DBI =DIB= + ⇒ ΔDBI cân ởD HạDT BI⊥ ⇒TB = TI Có: l l l (1) 2 r C A B Sin Cos IC ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + = ⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜⎜ ⎟⎟ ( Vì l l l 900 2 C+ A B+ = (158)Mà l l ( )n (2) 2 2 A B TB BI BI Cos IBD DB DB DI + = = = = DBI Cos (Vì Δ cân nên BD = ID) Từ (1)&(2) suy ra: r ID IC IB ID IB IC r 2 2 ⇒ = = (159)Đề 51:Thi Sư Phạm I(2002-2003) Vòng 1: Câu 1: Chứng minh đẳng thức: 3 1 2 2 1 2 = − − − + + + + Câu 2: Giải phương trình: 3 2 −x −x= x Câu 3: Giải hệ phương trình: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − = + − = + − = + 1 1 1 y x z x z y z y x Câu 4: Tìm tất số có chữ số abcde cho:3 abcde =ab Câu 5:Đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC,CA AB theo thứ tựởD,E F Đường thẳng vng góc với OCởO cắt hai cạnh CA CB ởI J Một điểm P chuyển động cung nhỏDE không chứa điểm F, tiếp tuyến P (O) cắt hai cạnh CA,CB ởM,N.Chứng minh rằng: a Góc MONn =ϕ ( khơng đổi ), xác định ϕ theo góc ΔABC b Ba tam giác IMO, OMN, JONđồng dạng với nhau.Từđó suy ra: 2 ( IM JN OI= =OJ *) c Đảo lại, M N hai điểm theo thứ tự lấy hai đoạn thẳng CE CD thỏa mãn hệ thức (*) MN tiếp xúc (O) Hướng dẫn giải: Câu 1: Ta có: 2 2 1 2 4 2 4 2 2 1 2 2 1 2 = − − − + + + + = − − − + + + + = − − − + + + (160)Câu 2: Tham khảo Câu 3/Đề 19 Câu 3:Điều kiện : 4 , ,y z≥ x Theo ta có: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − = + − = + − = + 1 1 1 y x z x z y z y x ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − = + − = + − = + ⇔ 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( y x z x z y z y x Cộng đẳng thức theo vế ta được: 4x+4y+4z =2 4z−1+2 4x−1+2 4y−1 ( ) ( ) ( ) 0 1 1 1 4 2 = = = ⇔ = − − + − − + − − ⇔ z y x z y x Câu 4: Theo ta có:ab3 −1000.ab=100c+10d +e * Nếu ab≤31⇒ab2 <1000⇒ ab3 −1000.ab<0⇒100c+10d+e<0 ( vô lý) * Nếu ab≥33⇒ab2 +33.ab+332 −1000≥332 +33.33+332 −1000>0 Suy ra: (ab−33).(ab2 +33.ab+332 −1000)≥0 ⇔ ab3 −1000.ab≥333 −1000.33>1000 1000 10 100 + + > ⇒ c d e ( vơ lý vì: 100c+10d+e≤999<1000) * Nếu ab=32⇒100c+10d+e=323 −1000.32=768 Vậy a=3,b=2,c=7,d =6,e=8 Câu 5: ( ) ( ) a Có: n n n n n n n 1.n 2 2 MON=MOP NOP+ = MOP MOE+ + NOP NOD+ = DOE Hay:n 1 180( n) 900 l 90 l. 2 C C MON = −ACB = − ⇒ =ϕ 0− 2 b Có: OMP OME OMIn =n= n.Lại có:n n( 900 l) 2 C OIC MON= = − ( ) OM ON OMN IMO đpcm IM OI (161)Tương tự: ONM JNO(đpcm) ON OM JN JO Δ Δ ⇒ = 2 ( OM ON ON OM IM JN OI OJ OI OJ đpcm) IM JN OI JO ⇒ = ⇒ = = = c TừN kẻ tiếp tuyếnNM'với (O) (M'∈AC) Theo ta có :IM JN'. =OI2 Theo giả thiết ta có: IM JN OI. = Suy raM ≡M' (đpcm) (162)Đề 52:Thi Sư Phạm I(2002-2003) Vòng 2: Câu 1: Chứng minh số : x0 = 2+ 2+ − 2− + nghiệm phương trình : 16 32 x − x + = Câu 2: Cho x y, >0 thỏa mãn x y+ ≥6 Hãy tìm GTNN biểu thức: y x y x P=3 +2 + 6+ Câu 3: Cho số nguyên tố Biết có số tự nhiên n cho cách viết thập phân số 3 p> n p có 20 chữ số Chứng minh 20 chữ số có chữ số giống Câu 4: Cho tam giác ABC M, N trung điểm đoạn CA, CB tương ứng 1 I điểm đường thẳng MN ( I≠M, I≠N ) Chứng minh ba tam giác IBC, ICA, IAB có tam giác mà diện tích tổng diện tích hai tam giác cịn lại 2 Trường hợp I giao điểm tia NM với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: IC AB IB CA IA BC = + Câu 5: Cho số tự nhiên n>1 n+2 số nguyên dương a a1, , ,2 an+2 thỏa mãn điều kiện : 1≤a1<a2 < < an+2 ≤3n Chứng minh tồn hai số a ai, j ( 1≤ < ≤ +j i n ) cho: 2 i j n a< −a < n Hướng dẫn giải: Câu 1: Ta có:8−2 3+2 3=( )2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 3 2 2 3 2 2 3 2 ⇔ + + − + + − = ⇔ + + − = (163)( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 4 0 2 2 3 2 8 2 2 3 2 3 8 8 8 16 32 x x x x x x ⇔ + + + + − + = ⇔ − + − + + − + = − ⎛ ⎞ ⇔⎜ + + − − + ⎟ = − ⎝ ⎠ ⇔ = − ⇔ − − = ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⇔⎣ − − ⎦ ⎣ − + ⎦= ⇔ − + = 2 Câu 2: Có: 19 ) ( = + + ≥ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + + = y y x x y y x x y x P Đẳng thức xảy khix=2, y=4 Vậy Pmin =19 Câu 3: Giả sử số pn biểu diễn thập phân có nhiều nhất hai chữ số giống Theo giả thiết pn có 20 chữ số ⇒ Số pncó chữ số 0, chữ số 1, , chữ số ( ) 2 (mod 3) n p ⇒ ≡ + + + + ≡ ⇒ pn #3⇒ p#3 ( vô lý ) Vậy điều giả sử sai⇒đpcm Câu 4: + Nếu I∈[MN] thì: Có: 1.( ) 2 ABI ABC ABI ACI CBI S = S = S +S +S ⇒SABI =SACI +SBCI (đpcm) + Nếu I∉[MN] thì: Giả sử I nằm tia đối tia NM Có: ACI ANC ANI INC ABI IBN INC S =S +S +S =S +S +S (164)2 Sử dụng công thức: R abc S 4 = (R bán kính đường trịn ngoại tiếp) Ta có: SBCI =SABI +SACI ⇔ + = ⇔ R CI AC AI R AB AI BI R BC IC BI IC AB IB CA IA BC = + Câu 5:Đặt bi =ai+1−ai (i=1,n+1 ) ( * i b ∈ Ν ) Phản chứng: Ta giả sử: , :1 2 ∀ ≤ < ≤ + ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ≥ − ≤ − n i j j i n a a n a a j i j i Dễ thấy rằng: an+2− ≥ +a1 n Để ý rằng: an+2− ≤a1 3n−1 Bằng phản chứng ta hoàn tồn chứng minh được: Ln tồn số k mà: ⎩ ⎨ ⎧ ≥ − ≤ − + + n a a n a a k k 2 1 0< <k n Khi ta có: ⎩ ⎨ ⎧ − < < − < − ≤ ≤ − < < − < − + + + + 1 a a a a a a n n a a a a a a n k k k Suy ra: ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ + + + ≥ + + + ≤ + + + ≤ + ≤ + + n b b b n b b b n b b b n b b n b n k k 1 2 1 Chú ý rằng:1≤b1 <b1 +b2 < <b1+b2 + +bk ≤n và: 2n≤b1+b2 + +bk+1 <b1 +b2 + +bk+2 < <b1+b2 + +bn+1 =an+2 −a1 ≤3n−1 Xét n+1 số nguyên dương : k b b b b b b1, 1+ 2, , 1+ 2 + + ;(b1 +b2 + +bk+1 +1)−2n,, ,(b1+b2 + +bn+1+1)−2n Rõ ràng n+1 số nguyên nhận giá trị từ tới n ( có n giá trị ) p t p t ∈Ν < ∃ ⇒ , *, thỏa mãn: b1+b2 + +bt =(b1 +b2 + +bp +1)−2n (1≤t ≤k;k+1≤ p≤n+1) 1 2 1 + + + = − (165)Đề 53: Thi Học Sinh Giỏi TP.Hà Nội (2006-2007) Câu 1: Cho x y, số thỏa mãn: x y+ =2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 3 2. A x= +y + xy Câu 2: a) Cho p số tự nhiên khác Gọi x x1, 2 hai nghiệm phương trình: 3 5 0; , x + px− = x x hai nghiệm phương trình: x2+4px− =1 0. Chứng minh tích: (x1−x3) ( x2−x3) ( x1+x4) ( x2+x4) số phương b) Tìm số tự nhiên m thỏa mãn đồng thời điều kiện 9000< <m 10000, m chia cho 95 dư 25 m chia cho 97 dư 11 Câu 3: a) Tìm sốa,bđể phương trình: (x−1 ) (x a− + =) (x−2 ) (x b+ ) có ba nghiệm x=30,x=3,x=2007 b) Giải phương trình: 1 4 x x x x x − + − = , với điều kiện 32 2 x≥ Câu 4: Trong mặt phẳng cho 19 điểm phân biệt, khơng có ba điểm thẳng hàng nằm hình chữ nhật kích thước 3× Chứng minh 19 điểm cho có điểm nằm hình trịn bán kính 4 tạo thành tam giác có góc khơng vượt q 450 Câu 5: Trong đường tròn (O;R), cho dây AB cốđịnh (AB<2R) C điểm cung nhỏ AB Gọi M điểm tùy ý cung lớn AB, N giao dây CM với dây AB a CMR: Tích CN.CM có độ lớn khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M b Xác định vị trí điểm M cung lớn AB cho: 3 AM BM− = AB (166)2 ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 = 8 =4 A x y xy x y xy x y xy xy xy xy x y = + + = + − + + − + = − ≥ − + Dấu “=” xảy ⇔ =x y kết hợp với giả thiết x y+ =2 ta x= =y Vậy Amin =4 x= y=1 Câu 2: a Áp dụng định lý Vi-et cho hai phương trình cho ta được: 1 1 3 3 5 4 x x p x x x x p x x + = − ⎧ ⎪ = − ⎪ ⎨ + = − ⎪ ⎪ = − ⎩ Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 4 2 3 2 4 2 2 3 4 3 4 0 2 2 3 5 9 ( ) x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x p x x p x x p x p x x p x p x p x x p p dpcm = = ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ − − + + =⎣ − + + ⎦ ⎣ + + + ⎦ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ =⎣ + − ⎦ ⎣ − − = + − + ⎢ + − − ⎥= ⎦ ⎢⎣ ⎥ ⎢⎦ ⎣ ⎥⎦ = − = − − = b Giả sử m=95k+25 97= q+11 ( ,k q∈ Ν: 106> >k 94; 103> >q 92) Ta có: 95k+25 97= q+ ⇒11 2q+ ≡11 25 (mod 95)⇒2q+ =11 95t+25 Suy t phải số chẵn Đặt t=2 't Khi đó: q=95 ' 7t + mà (thỏa mãn) 103> >q 92⇒ = ⇒ =t' q 102⇒m=9905 Vậy m=9905 Câu 3: a Giả sử phương trình cho nhận x=30,x=3,x=2007 nghiệm Ta có: (x−1 ) (x a− + =) (x−2 ) (x b+ ) (⇔ b a+ −1 ) x− + −(a 2b)=0 (*) Phương trình (*) phương trình có bậc nhỏ mà lại có x=30,x=3,x=2007 nghiệm nên: 1 2 b a a a b b + − = = ⎧ ⎧ ⇔ ⎨ + + = ⎨ = − ⎩ ⎩ Thử lại thấy với phương trình cho nhận a b = ⎧ ⎨ = − ⎩ x=30,x=3,x=2007 nghiệm (167)b Ta có: 1 4 x x x x − + − =x, với điều kiện 2 x≥ Đặt 2 0 1 0 x a x x b x ⎧ − = ≥ ⎪⎪ ⎨ ⎪ − = ≥ ⎪⎩ Theo ta có: ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 2 ( ) ( ) 2 2 ( ) 1 a b x a b x x x a b a b x x a b x x a b x x a b x + = + = ⎧ ⎧ ⎪ ≥ ⇔ ≥ ⎨ ⎨ − + = − − = − ⎪ ⎩ ⎩ + = ⎧ ⇔⎨ − = − ≥ ⎩ Suy ra: ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 2 4 x a b a b x x b x x x − + − − = − − ⇒ = ⇒ − = ⇒ =1 4 2 1 17 4 1 17 x x x x ⎡ = − ⎢ ⎢ ⇒ − − = ⇒ ⎢ + = ⎢ ⎣ Loại Thỏa mãn Vậy nghiệm phương trình là: 17 8 x= + Câu 4: - Trước hết ta chứng minh vng kích thước 1× hồn tồn bị phủ đường trịn có bán kính 4 Thật vậy: O A D B C Xét hình vng ABCD có kích thước 1× Khi ta có: 2 OA= < Vì vậy, vng ABCD bị phủ kín đường tròn ;3 O ⎛ ⎜ ⎞⎟ (đpcm) ⎝ ⎠ A B - Ta chứng minh: Nếu có điểm mà khơng có điểm thẳng hàng tồn điểm điểm tạo thành tam giác có góc khơng vượt q 450 Thật vậy: Giả sử có điểm A,B,C,D (168)Giả sử n Suy ra: Trong hai góc DAC BAC phải có 90 DAB≤ góc khơng lớn 45 Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử BACn≤450 Khi ta có tam giác BAC thỏa mãn có góc khơng vượt 450 (đpcm) - Nếu điểm cho tạo thành tứ giác lõm (hình vẽ) Khi đó: Trong tam giác ABC ln tồn góc khơng lớn 900 Khơng tính tổng qt, giả sử n 90 BAC≤ Suy hai góc BAD CAD phải có góc khơng lớn 450 Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử BADn≤450 Khi ta có tam giác BAD thỏa mãn có góc khơng vượt q (đpcm) 45 - Trở lại tốn ban đầu, ta chia hình chữ nhật kích thước 3× thành vng kích thước 1× hình vẽ Có 19 điểm xếp vào ô vuông, theo nguyên tắc Đirichle tồn vng chứa điểm Áp dụng kết hai tốn ta có đpcm Câu 5: a Ta có: 2 ( ) CA CN const (dpcm) CAN CMA g g CN CM CA CM CA − ⇒ = ⇒ = = + + b -Phân tích: Giả sử dựng điểm M thỏa mãn yêu cầu toán Như : AM >BM nên M nằm nửa mặt phẳng chứa B bờ đường thẳng OC (trung trực AB) Trên AM lấy K cho: 3 AB AK = Suy ra: MK MB= ⇒+MKB tam giác cân M Ta có: n n n q 0 0 180 180 ( ) 2 AKB KMB MBK Sd AmB α α α α − = + = + + = = = Suy ra: K thuộc cung chứa góc H N O A B C M A D (169)0 180 2 α + dựng đoạn AB phía H O A B C M K với cung lớn với bờ đường thẳng AB - Cách dựng: + Dựng (A, 3 AB ) cắt cung chứa góc 180 2 α + dựng đoạn AB (cùng phía với cung lớn với bờ đường thẳng AB )tại K + Kéo dài AK cắt (O) điểm M (M ≠ A) + M điểm cần dựng - Chứng minh: Bạn đọc tự chứng minh - Kết luận: Bài tốn có nghiệm hình (170)Mục lục Đề 1: Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) vòng 1 Đề 2: Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) vòng Đề 3: Thi Sư Phạm I(2000-2001) vòng Đề 4: Thi Sư Phạm I(2000-2001) vòng 10 Đề 5: Thi Tổng Hợp (1999-2000) vòng 12 Đề 6: Thi Tổng Hợp (1999-2000) vòng 16 Đề 7: Thi Chuyên Hùng Vương (1999-2000) vòng1 19 Đề 8: Thi Chuyên Hùng Vương (1999-2000) vòng2 21 Đề 9: Thi Sư Phạm I (1999-2000) vòng 24 Đề 10: Thi Sư Phạm I (1999-2000) vòng 28 Đề 11: Thi Sư Phạm I (1997-1998) vòng 33 Đề 12: Thi Sư Phạm I (1997-1998) vòng 35 Đề 13: Thi Tổng Hợp (1997-1998) vòng 38 Đề 14: Thi Tổng Hợp (1997-1998) vòng 41 Đề 15: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998) vòng 44 Đề 16: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998) vòng 46 Đề 17: Thi Tổng Hợp (1995-1996) vòng 48 Đề 18: Thi Tổng Hợp (1995-1996) vòng 50 Đề 19: Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1999-2000) 52 Đề 20: Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1998-1999) 55 Đề 21: Thi Tổng Hợp (1991-1992) vòng 57 Đề 22: Thi Tổng Hợp (1991-1992) vòng 61 Đề 23: Thi Tổng Hợp (1992-1993) Chuyên Lý-Hóa 64 Đề 24: Thi Tổng Hợp (1992-1993) vòng 67 Đề 25: Thi Tổng Hợp (1992-1993) vòng 70 Đề 26: Thi Sư Phạm I(1998-1999) vòng 74 Đề 27: Thi Sư Phạm I(1998-1999) vòng 77 Đề 28: Thi Tổng Hợp (1998-1999) vòng 80 Đề 29: Thi Tổng Hợp (1998-1999) vòng 83 Đề 30: Thi Tổng Hợp (2000-2001) vòng 87 Đề 31: Thi Tổng Hợp (2000-2001) vòng 91 Đề 32: Thi Tổng Hợp (1996-1997) vòng 94 Đề 33: Thi Tổng Hợp (1996-1997) vòng 96 Đề 34: Thi Sư Phạm I(1996-1997) vòng 100 Đề 35: Thi Sư Phạm I(1996-1997) vòng 103 Đề 36: Thi Chuyên Hùng Vương(1999-2000) Chuyên Lý 106 Đề 37: Thi Chuyên Hùng Vương(1998-1999) vòng 108 Đề 38: Thi Chuyên Hùng Vương(1998-1999) vòng 110 Đề 39: Thi Chuyên Hùng Vương(1995-1996) vòng 114 Đề 40: Thi Chuyên Hùng Vương(1995-1996) vòng 118 Đề 41: Thi Sư Phạm I(2001-2002) vòng 121 Đề 42: Thi Sư Phạm I(2001-2002) vòng 124 Đề 43: Thi Chuyên Hùng Vương(2001-2002) vòng 129 Đề 44: Thi Chuyên Hùng Vương(2001-2002) vòng 131 (171)Đề 46: Thi Tổng Hợp (2001-2002) vòng 138 Đề 47: Thi Chuyên Hùng Vương(2002-2003) vòng 142 Đề 48: Thi Chuyên Hùng Vương(2002-2003) vòng 145 Đề 49: Thi Tổng Hợp (2002-2003) vòng 149 Đề 50: Thi Tổng Hợp (2002-2003) vòng 152 Đề 51: Thi Sư Phạm I(2002-2003) vòng 156 Đề 52: Thi Sư Phạm I(2002-2003) vòng 159