Tuyển tập Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 9 các tỉnh năm 2017 - 2018

với giả thiết vì dễ thấy tồn tại hai điểm trên ( O ) có khoảng cách 1 đơn vị độ dài. Người phản biện: Tung HT.. bóng đèn thuộc loại còn lại.. Tia MD cắt đường tròn ngoạ i ti ếp tam giác[r]

 Tài liệu sưu tầm

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

MƠN TỐN TỈNH LỚP NĂM 2017-2018

STT 01 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH AN GIANG NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: CHI DIEP Người phản biện: Lê Minh Đức Câu 1:

a) (2,0 điểm ) Cho biểu thức 1 : 2

1

x x x x x x

P

x

x x x x

 + − + − 

 

= −   + 

−

− +

    với

1 0, 1,

4 x> x≠ x≠

Tính giá trịcủa P ( 5) 10

x= + + −

b) (2,0 điểm ) Cho a b c, , số thực thỏa mãn a2+b2+c2 ≤12 Tìm giá trịlớn biểu thức ( 3 3) ( 4 4)

4

S = a +b +c − a +b +c

Câu 2:

a) (3,0 điểm) Giải phương trình : 4

1

x x x

x

x x

−  + − = 

 

−  − 

b) (2,0 điểm)Giải hệ phương trình :

2

3

1

x y xy

x y x y

 + + =

 

+ = +

 Câu 3:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O R; ), M điểm cung BC khơng

chứa điểm A Vẽ đường tròn ( )I qua M tiếp xúc với AB B, vẽ đường tròn ( )K

qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao điểm thứ hai đường tròn ( )I ( )K

a) ( 3,0 điểm )Chứng minh ba điểm B N C, , thẳng hàng

b) (2,0 điểm )Lấy D điểm thuộc cạnh AB (D khác A B) điểm E thuộc tia

đối tia CA cho BD=CE chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác

ADE qua điểm cố định khác A

Câu 4: ( 3,0 điểm )Cho nửa đường trịn (O R; )đường kính AB Gọi M điểm nằm

trên nửa đường tròn khác A B xác định vị trí điểm M cho tam giác MAB có

chu vi lớn

Câu 5: ( 3,0 điểm )Tìm tất số nguyên x y, thỏa phương trình

( )

2

STT 01 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH AN GIANG NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: CHI DIEP

Câu 1:

a) (2,0 điểm ) Cho biểu thức 1 : 2

1

x x x x x x

P

x

x x x x

 + − + − 

 

= −   + 

−

− +

   

với 0, 1, x> x≠ x≠

Tính giá trịcủa P ( 5) 10

x= + + −

b) (2,0 điểm ) Cho a b c, , số thực thỏa mãn a2+b2+c2 ≤12 Tìm giá trịlớn biểu thức ( 3 3) ( 4 4)

4

S = a +b +c − a +b +c Lời giải

a) Ta có 1 : 2

1

1

x x x x x x

P

x

x x x x

 + − + − 

 

= −   + 

−

− +

   

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

( ) ( )

( ) ( )( )

1 1

1

:

1 1 1

2 1

:

1

1

2

:

1 1

1

x x x x x

x x

P

x x x x x x x

x x

x

x x x

x x

x x

x x x x x

x x

x

 − +   + − + − 

   

= +

 −   − + + − + 

   

 −    

 

=   −  + 

− − +

−   

 

 −   − 

   

=

 −   − − + 

   

− +

=

Lại có :

( )

4

3 5

10

5 4

2 10

x= + + −

+ + −

Vậy 4

P= − + =

b)Ta có

( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 3 4

3 4

4

4 4

S a b c a b c

a a b b c c

= + + − + +

= − + − + −

Ta chứng minh : ( 4)

4a −a ≤4a

( )

( )

3

4

2

4

4

2

a a a

a a a

a a

− ≤

⇔ − + ≥

⇔ − ≥

Tương tự

( )

( )

3

3

4

4

b b b

c c c

− ≤

− ≤

Vậy ta có :

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

3 3 4

3 4

2 2

4

4 4

4 48

S a b c a b c

a a b b c c

a b c

= + + − + +

= − + − + −

≤ + + ≤

Vậy giá trịlớn 48 xảy (a b c, , ) (= 2, 2, 2)

Câu 2:

a) (3,0 điểm) Giải phương trình : 4

1

x x x

x

x x

−  + − = 

 

−  − 

b) (2,0 điểm)Giải hệ phương trình :

2

3

1

x y xy

x y x y

 + + =

 

+ = +



Lời giải

a) Điều kiện xác định x≠1 Đặt ( 4)

1 x x y

x − =

− suy

4

4 4

1

x x

x x y

x x

− −

+ = − + + = +

− −

( 4)

5 y y

y y

+ =

=   = − 

• Với

2

5 21

2

5 21

2 x

y

x

 +

=   = ⇔

 −

=  

• Với

2

1 21

2

1 21

2 x

y

x

 − +

=   = − ⇔

 − −

=   b) Ta có

( )

( )( )

( )

3

3 2

3 2

2

2 2

3

3

2 4

2 2

2

2

x y x y

x y x y x y xy

y xy x y

y y xy x

y

y xy x x

+ = +

⇔ + = + + +

⇔ + + =

⇔ + + =

= 

⇔  + + + =



• Với y= ⇔ = ±0 x 1suy hệcó nghiệm (±1; 0) • Với

( )2

0 0

x y x

x y

+ + =

=  ⇔  =



thay vào khơng thỏa phương trình (1)

Vậy hệ có hai nghiệm (−1; ; 1; 0) ( )

Câu 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O R; ), M điểm cung

BC khơng chứa điểm A Vẽ đường tròn ( )I qua M tiếp xúc với AB B, vẽ

đường tròn ( )K qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao điểm thứ hai

đường tròn ( )I ( )K

a) ( 3,0 điểm )Chứng minh ba điểm B ,N ,Cthẳng hàng

b) (2,0 điểm )Lấy D điểm thuộc cạnh AB (D khác A B) điểm E thuộc tia

đối tia CA cho BD=CE chứng minh đường tròn ngoạitiếp tam giác

Lời giải

N

K I

M O A

B C

D

E x

a) Xét (I) :  BNM =MBx chắn cung BM

Xét (K) : MNC =MCE chắn cung MC

Do tứ giác ABMC nội tiếp (gt)

Suy ra:  

180

ABM +ACM =

Mà :  

180

MBx+MCE=

Nên :  

180

BNM +CNM = suy B N C, , thẳng hàng

b) Xét ∆BDM ∆CEM có

  ( ) ( )

( nt)

BD CE gt

DBM ECM ABMC

BM MC gt

=  

= 

 =



( )

BDM CEM c g c

⇒ ∆ = ∆

 

BDM CEM

⇒ = ⇒tứ giác ADME nội tiếp

Do M cố định nên đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE ln qua điểm cố định M Câu 4:

Lời giải

H

A O B

M

Ta có : 

90

AMB= Suy tam giác AMB vuông M

2 2

4

MA +MB =AB = R (1)

Chu vi tam giác MAB : MA+MB+AB=MA+MB+2R

Chu vi lớn : MA+MB lớn Lại có

( )2 2

2

2

MA MB MA MA MB MB

R MA MB

+ = + +

= +

MA+MB lớn ⇔(MA+MB)2 lớn ⇔MA MB lớn Gọi H chân đường cao hạ từ M đến AB

.2

MA MB=MH AB=MH R MA MB lớn MH lớn

MH = ⇔R H ≡ ⇔O M điểm cung AB

Câu 5: Tìm tất số nguyên x y, thỏa phương trình 2x2+y2+xy=2(x+y)

Lời giải

Phương trình cho tương đương với :

( )

2

2x + y−2 x+y −2y=0 (1)

Xem phương trình bậc hai theo ẩn x

( )2 ( 2 ) 2 ( )( )

2 12

y y y y y y y

∆ = − − − = − + + = − − −

Để(1) có nghiệm 2

7 y

−

∆ ≥ ⇔ ≤ ≤ y∈ ⇔ ∈Z y {0,1, 2}

• Với

0 2

1

x

y x x

x

= 

= ⇒ = ⇔ 

• Với

1 ( )

1 2

1

x loai

y x x

x

−  = 

= ⇔ − − = ⇔

 = 

• Với

2 0

y= ⇔ x = ⇔ =x

Vậy tập nghiệm phương trình ( ) ( ) ( ) ( )0; ; 1;1 ; 1; ; 0;

STT 02 ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN – AMSTERDAM LẦN

NĂM HỌC 2017 – 2018

NGƯỜI GIẢI ĐỀ: LÊ MINH ĐỨC

Câu 1: Tìm tất ba số nguyên dương (p q n; ; ), p, q sốnguyên tố thỏa

mãn: p p( + +3) (q q+ =3) (n n+3)

Câu 2: Gọi a, b, c ba nghiệm phương trình

2x −9x +6x− =1

Không giải phương trình, tính tổng:

5 5 5

a b b c c a

S

a b b c c a

− − −

= + +

− − −

Câu 3: Cho tam giác ABC, (AB<AC), với ba đường cao AD, BE, CF đồng quy H Các đường thẳng EF, BC cắt G, gọi I hình chiếu H GA

1 Chứng minh tứgiác BCAI nội tiếp

2 Gọi M trung điểm BC Chứng minh GH ⊥AM

Câu 4: Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn a b c+ + =3 Chứng minh rằng:

2 2

2 2

1 1

a b c

a +b +c ≥ + +

Dấu đẳng thức xảy nào?

Câu 5: Mỗi điểm mặt phẳng tô ba màu Đỏ, Xanh, Vàng Chứng minh tồn hai điểm A, B tô màu mà AB=1

STT 02 LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN – AMSTERDAM LẦN NĂM HỌC 2017 - 2018

Câu 1: Tìm tất ba số nguyên dương (p q n; ; ), p, q số nguyên tố thỏa

mãn:

( 3) ( 3) ( 3)

p p+ +q q+ =n n+

Lời giải

Không tính tổng quát, giảsử p≤q Trường hợp 1: p=2

( 3) (2 3) 2.5 10

p p

( ) ( ) 10 q q n n

⇒ + + = +

( ) ( )

2 2

10 n 3n q 3q n q 3n 3q

⇔ = + − − = − + −

( )( ) ( )

10 n q n q n q

⇔ = − + + −

( )( )

10 n q n q

⇔ = − + +

Vì p p( + +3) (q q+ =3) (n n+3) mà p; q; n sốnguyên dương ⇒ > ≥n q

3 2

n q

⇒ + + > + + = Mà 10 1.10= =2.5

3 10

1

n q n q n

n q n q q

+ + = + = =

  

⇒ ⇔ ⇔

− = − = =

  

So với điều kiện thỏa mãn

Vậy bộba sốnguyên dương (p q n; ; ) cần tìm (2;3; ) Trường hợp 2: p=3

( 3) 3 3( ) 3.6 18

p p

⇒ + = + = =

( ) ( ) 2 ( 2) ( )

18 q q n n 18 n 3n q 3q n q 3n 3q

⇒ + + = + ⇔ = + − − = − + −

( )( ) ( )

18 n q n q n q

⇔ = − + + −

( )( )

18 n q n q

⇔ = − + +

Vì p p( + +3) (q q+ =3) (n n+3) mà p; q; n sốnguyên dương ⇒ > ≥n q

3 3

n q

⇒ + + > + + = Mà 18 1.18= =2.9=3.6

3 18 15

1

n q n q n

n q n q q

+ + = + = =

  

⇒ ⇔ ⇔

− = − = =

  

So với điều kiện thỏa mãn

Vậy bộba sốnguyên dương (p q n; ; ) cần tìm (3; 7;8 ) Trường hợp 3: p>3

Ta sẽchứng minh với sốngun a khơng chia hết cho tích a a( +3) ln chia dư

Thật vậy:

Nếu a: dư ⇒ =a 3k+ ⇒ + =1 a 3k+4

( ) ( )( )

3 3 15 :

a a k k k k

⇒ + = + + = + + dư

Nếu a: dư ⇒ =a 3k+ ⇒ + =2 a 3k+5

( ) ( )( )

3 3 21 10 :

a a k k k k

⇒ + = + + = + + dư

Trở lại tốn chính:

Vì q≥ > ⇒p p3;q3 ( 3) ( : 3)

p p q q

⇒ + + + dư

Mà n n( +3 : 3) dư (nếu n3) n n( +3 3) n3

( 3) ( 3) ( 3)

p p q q n n

⇒ + + + ≠ +

Suy khơng có bộba sốngun dương (p q n; ; ) thỏa mãn yêu cầu toán

Câu 2: Gọi a, b, c ba nghiệm phương trình

2x −9x +6x− =1

5 5 5

a b b c c a

S

a b b c c a

− − −

= + +

− − −

Lời giải

Vì a, b, c ba nghiệm phương trình

3

2x −9x +6x− =1

Khi phân tích đa thức

2x −9x +6x−1 thừa sốta được:

( )( )( )

3

2x −9x +6x− =1 x a− x b− x c−

( )( )( )

3

2

x a x b x c x x x

⇔ − − − = − + −

( ) ( )

3

3

2

x a b c x ab bc ca x abc x x x

⇔ − + + + + + − = − + −

a b c ab bc ca

abc  + + =   ⇔ + + =   = 

( )2 ( )

2 2 57

2 2.3

2

a b c a b c ab bc ca  

⇒ + + = + + − + + =  − =

 

Tính 2 2 2

a b +b c +c a :

( )2 ( )

2 2 2

2

a b +b c +c a = ab bc+ +ca − ab bc bc ca⋅ + ⋅ +ca ab⋅

( )2 ( )

2 2 2

2

a b b c c a ab bc ca abc a b c

⇔ + + = + + − + +

2 2 2 2 9

3

2 2

a b b c c a

⇒ + + = − ⋅ ⋅ =

Tính 3

a +b +c :

( )( )

3 3 2

3 a +b +c = a+ +b c a +b +c −ab bc ca− − + abc

3 3 57 417

3

2

a b c  

⇒ + + =  − + ⋅ =

 

Vậy:

2 2

2 2 2

3 3

9 57 417

a b c ab bc ca

abc

a b c

a b b c c a

a b c

 + + =   + + =   =    + + =    + + =    + + = 

Khi ta có:

5 5 5

a b b c c a

S

a b b c c a

− − −

= + +

( 2 4) ( 2 4)

S a a b a b ab b b b c b c bc c

⇔ = + + + + + + + + +

( 2 4) c c a c a ca a

+ + + + +

4 4 3 3 3 2 2 2

2 2

S a b c a b b a b c c b a c c a a b b c c a

⇔ = + + + + + + + + + + +

( 4 2 2 2) ( 3 ) ( 3 )

2 2

S a b c a b b c c a a a b a c b b a b c

⇔ = + + + + + + + + + + +

( 3 ) ( 2 2 2) c c a c b a b b c c a

+ + + − + +

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

S a b c a a b c b a b c c a b c

⇔ = + + + + + + + + + + +

( 2 2 2) a b b c c a

− + +

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

S a b c a b c a b c a b b c c a

⇔ = + + + + + + + − + +

2

57 417 3465

4 8

S  

⇔ =  + ⋅ − =

 

Câu 3: Cho tam giác ABC, (AB<AC), với ba đường cao AD, BE, CF đồng quy H Các đường thẳng EF, BC cắt G, gọi I hình chiếu H GA

1 Chứng minh tứgiác BCAI nội tiếp

2 Gọi M trung điểm BC Chứng minh GH ⊥ AM Lời giải

1 Chứng minh tứgiác BCAI nội tiếp

Dễdàng chứng minh tứgiác AIFH nội tiếp tứgiác AFHE nội tiếp ⇒ điểm A, F, H, E, I thuộc đường tròn

⇒ tứgiác AIFE nội tiếp ( )

GI GA GF GE

⇒ =

Dễdàng chứng minh tứgiác BFEC nội tiếp ⇒GF GE =GB GC ( )

Từ ( )1 ( )2 suy ra: GI GA =GB GC ⇒ tứgiác BCAI nội tiếp (điều phải chứng minh)

O

A' M

D I

G

F

E

H A

2 Chứng minh GH ⊥AM

Gọi ( )O đường trịn ngoại tiếp ∆ABC Kẻđường kính AA' ( )O

Vì tứgiác BCAI tứgiác nội tiếp ⇒I∈( )O ⇒AIA′= °90 ⇒ ′A I ⊥ AI hay A I′ ⊥AG Mà HI ⊥AG (giả thiết) ⇒A I′ ≡HI ⇒ ′A , I , H thẳng hàng

Mà dễdàng chứng minh A H' qua trung điểm M BC (tứgiác BHCA'

hình bình hành)

M

⇒ , I, H thẳng hàng

Xét ∆AGM có: AD⊥ AM , MI ⊥AG AD cắt MI H

H

⇒ trực tâm tam giác AGM

GH AM

⇒ ⊥

Suy điều phải chứng minh

Câu 4: Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn a b c+ + =3 Chứng minh rằng:

2 2

2 2

1 1

a b c

a +b +c ≥ + +

Dấu đẳng thức xảy nào?

Lời giải

Trường hợp 1: Nếu tồn ba số a, b, c thuộc nửa khoảng 0;1

 

 

  ta có

( )2 2 2 2

2 2

1 1

9 a b c a b c

a +b +c ≥ = + + > + + Khi bất đẳng thức cần chứng minh Trường hợp 2:

3

a> ; b> ;

3

c> ta có 1

3

a b c+ + = > + +a a

⇒ < tương tự b< ;

3

c< Vậy ; ; 7; 3 a b c∈ 

  Ta chứng minh

2

1

4

x x

x − ≥ − +

1 ; 3

x  

∀ ∈  (*)

Thật

(*)

1 x 4x 4x

⇔ − ≥ − +

4

x x x

⇔ − + − ≤ ( )2( 2 )

1

x x x

⇔ − − − ≤

( ) (2( )2 )

1

x x

⇔ − − − ≤ với 7;

3

x  

∀ ∈ 

Vậy

2

1

4

a a

a − ≥ − + ;

2

1

4

b b

b − ≥ − + ;

2

1

4

c c

c − ≥ − +

Từđó suy 2 ( )

2 2

1 1

4 12

a b c a b c

a +b +c − − − ≥ − + + + =

2 2

2 2

1 1

a b c

a b c

⇒ + + ≥ + + (đpcm)

Dấu “=” xảy a= = =b c

Câu 5: Mỗi điểm mặt phẳng tô ba màu Đỏ, Xanh, Vàng Chứng minh tồn hai điểm A, B tô màu mà AB=1

Lời giải

Giả sử khơng có điểm mặt phẳng tô màu mà khoảng cách

chúng đơn vịđộ dài

Xét điểm O có màu vàng mặt phẳng

Dựng hình thoi OAPB có cạnh có đường chéo OP Dễ thấy OA=OB=AB=AC=BC=1

Theo giả thiết, A, B phải tô khác màu vàng khác màu

Do P phải tơ vàng Từ suy tất điểm (O) phải tô vàng Điều trái

với giả thiết dễ thấy tồn hai điểm (O) có khoảng cách đơn vịđộ dài

P/s: Số thay số thực dương

STT 06 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẾN TRE NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: Võ Tấn Hậu Người phản biện: Tung HT Câu 1: (6 điểm)

a) Giải phương trình: 2017 2017x−2016+ 2018x−2017 =2018 b) Rút gọn biểu thức: 3( 5) 3( 5)

2 2

A

+ −

= +

+ + − −

c) Giải hệphương trình: 33 2

2

x x y

y xy

 + =

 

+ =



Câu 2: (4 điểm)

Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn ab bc ca+ + =28 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

( ) ( )

5

12 28 12 28 28

a b c

P

a b c

+ +

=

+ + + + +

Câu 3: (6 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O R; ) Giảsửcác điểm B C,

cốđịnh A di động đường tròn ( )O cho AB< AC AC<BC Đường

trung thực đoạn thẳng AB cắt AC BC P Q Đường trung trực đoạn thẳng AC cắt AB BC M N

a) Chứng minh rằng:

OM ON =R

b) Chứng minh bốn điểm M N P Q, , , nằm đường tròn

c) Giảsửhai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ cắt S T Chứng minh ba điểm S T O, , thẳng hàng

a) Tìm số x y, nguyên dương thỏa mãn phương trình: 16(x3−y3)=15xy+371 b) GiảsửTrung tâm thành phốBến Tre có tất 2019 bóng đèn chiếu sáng thị, bao gồm 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 675

bóng đèn ánh sáng vàng sậm Người ta thực dựán thay bóng đèn theo quy

luật sau: lần người ta tháo bỏhai bóng đèn khác loại thay vào hai

bóng đèn thuộc loại cịn lại Hỏi theo quy trình trên, đến lúc đó, người ta

có thể nhận tất cảcác bóng đèn thuộc loại khơng? Giải thích sao?

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẾN TRE – TỈNH BẾN TRE NĂM HỌC 2017 – 2018

Người giải đề: Võ Tấn Hậu Câu 1: (6 điểm)

a) Giải phương trình: 2017 2017x−2016+ 2018x−2017 =2018 b) Rút gọn biểu thức: 3( 5) 3( 5)

2 2

A

+ −

= +

+ + − −

c) Giải hệphương trình: 33 2

2

x x y

y xy

 + =

 

+ =



Lời giải a) ĐKXĐ: 2017

2018 x≥

Xét 2017 2017 2016 2017 2017 2016 2018 2017 2018

2018 2017 2018

x

x x

x

− < 

≤ < ⇒ ⇒ − + − <

− <



Xét 2017 2016 2017 2017 2016 2018 2017 2018

2018 2017 x

x x x

x

− > 

> ⇒ ⇒ − + − >

− >



Xét x=1 thỏa mãn phương trình Vậy phương trình có nghiệm x=1

b) Ta có: 3( 5) 3( 5)

2 2

A

+ −

= +

( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

2

2

2 5 5

4 6 4 5 1 4 5 1

A

+ − + −

= + = +

+ + − − + + − −

( ) (2 )2

5 5 1 5 1 2 5

2

5 5 5 5

+ − + −

= + = + = =

+ −

c) 3 3

3 3

6 7 30 35

5 30 14 21

2 5 14 21 35

x x y x x y x x y

x x y y xy

y xy y xy y xy

 + =  + =  + =

 ⇔ ⇔ ⇔ + = +

  

+ = + = + =

  

  

( )( )

3 2 2 2

5x 5x y 35x y 35x y 14xy 14y x y 5x 35xy 14y

⇔ − + − + − = ⇔ − + + =

Xét x− = ⇒ =y x y thay vào phương trình x3+6x y2 =7 ta 7x3 = ⇔ = ⇒ =7 x y

Xét 2

5x +35xy+14y =0 Đặt y=xt, ta có: 2 2 2( )

5x +35x t+14x t = ⇔0 x 14t +35t+5 =0 Vì x=0 khơng phải nghiệm nên 35 105

14 35

28 t + t+ = ⇒ =t − ±

Với 35 105 35 105

28 28

t= − − ⇒ = y x− − 

  thay vào phương trình

3

6

x + x y= ta

3

3

98 98 35 105 98

28

91 105 91 105 91 105

x = ⇒ = −x ⇒ =y +

− − + +

Với 35 105 35 105

28 28

t= − + ⇒ = y x− + 

  thay vào phương trình

3

6

x + x y= ta

3

3

98 98 35 105 98

28

91 105 91 105 91 105

x = ⇒ = −x ⇒ =y −

− + − −

Vậy hệphương trình có nghiệm: ( )1;1 , 98 ; 35 105 98

28

91 105 91 105

 + 

−

 

 + + 

 ,

3 98 ; 35 105 98

28

91 105 91 105

 − 

−

 

 − − 

 

Câu 2: (4 điểm)

Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn ab bc ca+ + =28 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

( ) ( )

5

12 28 12 28 28

a b c

P

a b c

+ +

=

+ + + + +

Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )

12 a +28 = 12 a +ab bc ca+ + = a b+ a c+

Áp dụng BĐT CauChy 6( ) (2 ) 6( ) (2 )

a b a c

a b+ a+c ≤ + + + = a+ b c+

( )

12 a 28 4a 3b c

⇒ + ≤ + + ( )1 Tương tự 12(b2+28)≤4b+3a c+ ( )2 28 a b c + ≤ + +c ( )3

Cộng theo vế ( )1 , ( )2 ( )3 được:

( ) ( ) 15 15

12 28 12 28 28

2

a b c

a + + b + + c + ≤ + +

Do đó: 5( )

15 15

a b c

P

a b c

+ +

≥ =

+ +

Vậy GTNN P

3 Đạt

28 11

a= =b , 28

11

c=

Câu 3: (6 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O R; ) Giảsửcác điểm B C,

cố định A di động đường tròn ( )O cho AB<AC AC<BC Đường

trung trực đoạn thẳng AB cắt AC BC P Q Đường trung trực đoạn thẳng AC cắt AB BC M N

a) Chứng minh rằng:

OM ON=R

b) Chứng minh bốn điểm M N P Q, , , nằm đường tròn

c) Giảsử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ cắt S T Chứng minh ba điểm S T O, , thẳng hàng

Xét ∆OBM ∆ONB, ta có:



BOM : chung

Ta có OMB = ° −90 A

Và  1(180 ) 90 

OBN = ° −BOC = ° −A

Nên OMB =OBN

Vậy ∆OBM∆ONB (g.g)

OM OB

OB ON

⇒ =

2

ON OM OB R

⇒ = =

2

OM ON R

⇒ =

b)

Chứng minh tương tự câu a, ta có:

2

OP OQ=R ⇒ON OM =OP OQ

OP OM

ON OQ

⇒ = , có MOP chung

Vậy ∆OPM∆ONQ (c.g.c)  

ONQ OPM

⇒ =

Suy tứ giác MNQP nội tiếp hay bốn điểm M N P Q, , , nằm đường

tròn

Ta chứng minh O thuộc đường thẳng ST Thật vậy, giảsử OS cắt hai đường tròn

ngoại tiếp tam giác BMN CPQ T1 T2

Xét ∆ONS ∆OT M1



1

MOT : chung

 

1

OT M =ONS (MNST1 nội tiếp)

Vậy ∆ONS∆OT M1 (g.g)

ON OS

OT OM

⇒ =

1

ON OM OS OT

⇒ = ( )1

Chứng minh tương tự, OP OQ =OS OT ( )2

Mà ON OM =OP OQ ( )3

Từ ( )1 , ( )2 ( )3 , suy ra: OS OT 1 =OS OT 2

Do T1 trùng với T2

Vậy ba điểm S T O, , thẳng hàng Câu 4: (4 điểm)

a) Tìm số x y, nguyên dương thỏa mãn phương trình: 16(x3−y3)=15xy+371 b) GiảsửTrung tâm thành phốBến Tre có tất 2019 bóng đèn chiếu sáng thị, bao gồm 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 675

bóng đèn ánh sáng vàng sậm Người ta thực dựán thay bóng đèn theo quy

bóng đèn thuộc loại cịn lại Hỏi theo quy trình trên, đến lúc đó, người ta

có thể nhận tất cảcác bóng đèn thuộc loại khơng? Giải thích sao?

Lời giải

a) Vì x y, nguyên dương nên 16(x3−y3)=15xy+371> ⇒ >0 x y Ta lại có ( 3)

15xy=16 x −y −371 số lẻ nên x y, lẻ suy y≥1;x> ≥ ⇒ ≥y x Xét x= ⇒ < ⇒ =3 y y thay vào phương trình thỏa mãn

Xét x≥5 ta có x− ≥2 y, suy 16(x3−y3)≥16x3− −(x 2)3=16 6( x2−12x+8)

Mặt khác ( )

15xy+371 15≤ x x− +2 371 15= x −30x+371 Ta chứng minh

( )

16 6x −12x+8 >15x −30x+371 Thật vậy, ( )

16 6x −12x+8 >15x −30x+371

( )( )

2

81x 162x 243 x 2x x x

⇔ − − > ⇔ − − > ⇔ + − > với x≥5

Suy ( 3)

16 x −y >15xy+371 với x≥5 Vậy phương trình có nghiệm ( ) ( )x y; = 3;1

b) Ta có 671 chia cho dư 2; 673 chia cho dư 1; 675 chia cho dư

Ta thấy loại bóng đèn có sốbóng chia cho sốdư khác 0, 1,

Sau bước thay bóng đèn, sốbóng đèn loại giảm tăng thêm 2,

đó sốdư chúng chia cho thay đổi sau: - Sốchia cho dư sau thay chia cho sẽdư - Sốchia cho dư 1sau thay chia cho sẽdư - Sốchia cho dư sau thay chia cho sẽdư

Do sau bước thay bóng sốbóng đèn loại chia cho có sốdư

khác 0, 1, Vì ln ln chỉcó loại bóng đèn có sốlượng bóng chia hết cho Giảsửđến lúc tất cảbóng đèn loại, sốbóng đèn

của loại chia hết cho (mâu thuẫn)

STT 04 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẮC NINH

Năm học 2017 – 2018

Người giải đề: Phạm Lương Người phản biện: Tấn Hậu

Câu 1.(4,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức: 2

2

x x x x

P

x x x x

+ − + − −

=

+ − − − − , với x≥2 2) Cho x số thực dương thỏa mãn điều kiện

2

1

x x

+ = Tính giá trịcác biểu thức

5

1

A x

x

= + ;

7

1

B x

x

= + Câu (4,0 điểm)

1) Cho phương trình 2

( 1)

x + m + x+ − =m (1), m tham số Tìm m đểphương

trình (1)có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn

1

2 1

2x 2x 55

x x

x x x x

− −

+ = +

2) Giải hệphương trình

( )

2

( 1)

4 24 35 11

x y xy

x x y y

 + + = +



 − + = − +



Câu (3,5 điểm)

1) Tìm tất số nguyên dương m, n cho

m+n chia hết cho m2−n

2

n+m chia hết cho n2−m

2) Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương Hãy tìm sốngun dương k

nhỏ có tính chất: Trong tập gồm k phần tử Ađều tồn hai số

phân biệt a, b cho 2

a +b sốnguyên tố Câu (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC cân A (BAC>90°) nội tiếp đường trịn ( )O bán kính R M

là điểm nằm cạnh BC (BM >CM) Gọi D giao điểm AM đường tròn ( )O (Dkhác A), điểm H trung điểm đoạn thẳng BC Gọi E điểm

cung lớn BC, ED cắt BC N

1) Chứng minh MA MD =MB MC BN CM =BM CN

2) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD Chứng minh ba điểm B , I, E thẳng hàng

1) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x+ + =y z xy+yz+zx≠0 Chứng minh

3

1 1 25

1 1

x y z

y z x xy yz zx

+ + +

+ + ≤

+ + + + +

2) Cho tam giác ABC vng C có CD đường cao X điểm thuộc đoạn CD,

K điểm thuộc đoạn AX cho BK =BC, T thuộc đoạn BX cho AT = AC,

AT cắt BK M Chứng minh MK =MT

STT 04 LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẮC NINH NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: Phạm Lương Câu (4,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức: 2

2

x x x x

P

x x x x

+ − + − −

=

+ − − − − , với x≥2 2) Cho x số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 12

x

+ = Tính giá trịcác biểu thức

5

1

A x

x

= + ;

7 B x x = + Lời giải 1)         2 2

2 1 1

1 1 1

2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1

2

x x

x x x x

P

x x x x x x

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

2 1 1 2.2 1

2

2

2 1 1

x x x

x x x                2) 2 2

1 1

7 2

x x x x

x x x x

   

 

               (do x0)

Ta có

3

1 1

1 3.6 18

x x x

x x x

             4 1 47 x x x x         

+) 5

4 5

1 1 1

18

x x x x x

x x x x x

  

             

 

5

5

1

18 141 123

x x

x x

      

+) 7

3 7

1 1 1

3

x x x x x

x x x x x

                      7 7 1

3 846 843

x x

x x

      

Câu (4,0 điểm)

1) Cho phương trình 2

( 1)

x + m + x+ − =m (1), m tham số Tìm m đểphương

trình (1)có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn

1

2 1

2x 2x 55

x x

x x x x

− −

+ = +

2) Giải hệphương trình

( )

2

( 1)

4 24 35 11

x y xy

x x y y

 + + = +   − + = − +  Lời giải

1)  2 2   4  2

1 2

m m m m

         

Theo định lí Vi-ét ta có  

2

1

1

1

x x m

x x m

         2

2x 2x

x x     2 55 x x x x        

1 2

1 2

2x x 2x x x x 55

x x x x

   



 2

2

1 2

2x x 2x x x x 55

        2    2

1 2 2

2 x x 4x x  x x  x x 550

   2      2

2

2  m 1 4 m 2 m  1 m2 550

   2

2 m 2m  1 4m 8 m  1 m 4m 4 550



2 24

m  m   (2)

Đặt

m a a0

Phương trình (2) trở thành

2 24

a  a 

Ta có   250 phương trình có nghiệm:

1

a  (Nhận); a2 6 (Loại, a0)

+) Với a4

4 m

   m 2 Vậy m2; m 2 giá trịcần tìm 2)

( )

2

( 1) (1)

4 24 35 11 (2)

x y xy

x x y y

 + + = +



 − + = − +



Phương trình (1) 

(x1)    y xy x22x   3 xy y x 1x 3 y x 1

+) Thay x1 vào phương trình (2) ta được:  

4.1 24.1355 3y 11 y

3y 11 y

     3y 11 y29

2

3y 11y 10 2y

    2  2

3y 11 10 2y

   

29 100

y y     25 y y      

+) Thay y x vào phương trình (2) ta  

 

2

4x 24x355 x  3 11 x3

2

4x 24x 35 3x x

      

4x 24x 35 3x x

       

   

2

4x 28x 24 3x 3x x x

           

   9 1 6  1 6

4

3

x x x x

x x

x x x x

   

     

     

 1 4

3

x x

x x x x

 

 

      



     

Vì 0,

3x 3x x x

                  x   x 1x 6

   

6 x y x y          

Vậy nghiệm x y;  hệ là:  1; , 1; 25,  6;9 Câu (3,5 điểm)

1) Tìm tất số nguyên dương m, n cho

m+n chia hết cho m2−n

2

n+m chia hết cho n2−m

2) Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương Hãy tìm sốnguyên dương k

nhỏ có tính chất: Trong tập gồm k phần tửcủa Ađều tồn hai số

phân biệt a, b cho 2

a +b sốnguyên tố Lời giải

1) m n m22 22 n

n m n m

          (1) 2 2

m n m n

n m n m

                 1

m n m n

n m m n

             1 m n n m          

 (do m, n nguyên dương)

1 m n

    

*) TH1: m  n   m n +) 2

2 m n m n        2 1 n n n n       

 

2

3

3

n n n

n n          n n n      

3

n n n

    

2 7 3 0

n n

    37 37

2 n

 

  

vì *

n   n 1; 2;3; 4;5; 6 1; 2;3; 4;5

m

 

Thử lại vào (1) ta tìm cặp m n; thỏa mãn là:  2;3

*) TH2: m   n m n

2

mn m n

2 m n m n      2 n n n n     

 

2

2

n n n

n n       n     n

    n

Vì *  

1; 2;3

n   n  m 1; 2;3

Thử lại vào (1) ta tìm cặp số m n; thỏa mãn là:  2; ,  3;3

*) TH3: m    n m n

2

nm n m

2 n m n m     

 2 1 n n n n        2 1 n n n n        n n n      

2 1 4 2

n n n

     n2  5n 3 0

 37 37

2 n

 

 

Vì *  

1; 2;3; 4;5

n   n  m 2;3; 4;5; 6

Thử lại vào (1) ta cặp số m n;  thỏa mãn là:  3;

2) Ta xét tập T gồm sốchẵn thuộc tập A Khi |T| 8 với a, b thuộc T ta

có 2

a b , k9

Xét cặp sốsau:

Xét T tập A |T|9, theo ngun lí Dirichlet T sẽchứa cặp nói

Vậy kmin9

Câu (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC cân A (BAC>90°) nội tiếp đường trịn ( )O bán kính R M

là điểm nằm cạnh BC (BM >CM) Gọi D giao điểm AM đường tròn ( )O (Dkhác A), điểm H trung điểm đoạn thẳng BC Gọi E điểm

cung lớn BC, ED cắt BC N

1) Chứng minh MA MD =MB MC BN CM =BM CN

2) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD Chứng minh ba điểm B , I, E thẳng hàng

3) Khi 2AB=R, xác định vịtrí M để 2MA+AD đạt giá trị nhỏ Lời giải

1) +) Ta có MAB” MCD (g.g)

MA MB

MC MD

  MA MD MB MC (đpcm)

+) Theo gt Alà điểm cung nhỏ BC DA tia phân giác BDC BDC

 (1)

Mặt khác, E điểm cung lớn BC AE đường kính ( )O

 90

ADE

   DADN (2)

Từ(1) (2) DN tia phân giác BDCcủa BDC

Do đó, theo tính chất cảu tia phân giác tia phân giác tam giác ta có:

BM BD BN

2) Kẻ BE cắt ( )I J

Ta có EBDEAD

 

BJDDMC (góc trong- góc ngoài)

Mà EAD DMC 90 EBD BJD 90

BD JD

  BJ đường kính  IBJ hay IBE

 B, I , E thẳng hàng (đpcm) 3) HAM” DAE (g.g)

 AM AH

AE  AD  AM AD AH AE

Với AE2R ;

2

8

AB R

AH

AE

 

2

4

R AM AD

 

Theo BĐT Cô- si: 2AMAD2 2AM AD

2

2 2

4

R R

 

GTNN đạt khi: 2AM AD  M trung điểm AD  OM AD

 M gia điểm đường tròn đường kính OA với BC

Câu (2,5 điểm)

1) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x+ + =y z xy+yz+zx≠0 Chứng minh

3

1 1 25

1 1

x y z

y z x xy yz zx

+ + + + + ≤

+ + + + +

2) Cho tam giác ABC vuông C có CD đường cao X điểm thuộc đoạn CD,

K điểm thuộc đoạn AX cho BK =BC, T thuộc đoạn BX cho AT = AC,

AT cắt BK M Chứng minh MK=MT Lời giải

1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

 

3

25 2.2

VT

xy yz zx



  

25 xyyz zx 

25

1 xyyz    zx x y z    

25

1 1

x y z



  

Cần chứng minh   2 

1 25

x y 



Sau rút gọn, BĐT trở thành 2

4

x yy zz x

Giảsử ynằm xvà z, suy yx y  z hay y2 zx xyyz

Do 2

2 2 2

x yy zz xx yxyzyz  y z x2  1.2   

2 y zx z x 54

 3

2y   z x z x 4 2)

Vẽđường tròn A AC; , B BC;  đường tròn ( )I ngoại tiếp ABC

Kẻ AX cắt ( )I Y, BX cắt ( )I Z, AZ cắt BY P

Ta có AYB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )I ) AYBP

 90

BZA  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )I ) BZAP X

 trực tâm ABP

Ta thấy ABC” ACD 2

AC AD AB AT

  

 

ATD ABT

 

Tương tự, ta có BKDBAK

Ta có APDABZATZ  tứgiác ADTP tứgiác nội tiếp

AT PT

  (1)

Tương tự, ta có BKPK (2)

PK PT

  (3)

Từ(1), (2), (3), suy MKP MTP (cạnh huyền – cạnh góc vng)

MK MT

STT 07.ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH

NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: Hoàng Thanh Tùng Người phản biện:

Câu 1:

1) Chứng minh

2

n − n +n chia hết cho 36 với n nguyên dương

2) Cho ba sốphân biệt a b c, , Đặt:

( )2 ( )2 ( )2

9 , ,

x= a b c+ + − ab y= a b c+ + − bc z= a b c+ + − ac

Chứng minh ba số x y z, , có sốdương Câu 2:

1) Tìm nghiệm nguyên phương trình: (x−y)(2x+ + +y 1) (9 y− =1) 13 2) Giải phương trình:

2018 2018

x + x+ =

Câu 3:

1) Cho ba số a b c, , không âm thỏa mãn điều kiện: a2+b2+c2 ≤2(ab bc+ +ca) p q r, , ba

số thỏa mãn: p+ + =q r Chứng minh rằng: apq+bqr+crp≤0

2) Cho sốdương a b, thỏa mãn a b =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ( )( 2)

1

M a b a b

a b

= + + + +

+ Câu 4:

1) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD, BE, CF trực tâm H

a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE = BE.CD.BH

b) Gọi I, J trung điểm AH BC Đường trịn đường kính AH cắt đoạn thẳng IJ K Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M cắt đoạn thẳng BC

P Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Q Chứng minh tứ giác AQDP tứ giác nội tiếp

2) Cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm D, E theo thứ tựdi chuyển cạnh AB, AC cho BD = AE Xác định vịtrí điểm D, E cho:

a) DE có độ dài nhỏ

STT 07 LỜI GIẢI ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH ĐỊNH

NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: Hoàng Thanh Tùng Câu 1:

1) Chứng minh

2

n − n +n chia hết cho 36 với n nguyên dương

2) Cho ba sốphân biệt a b c, , Đặt:

( )2 ( )2 ( )2

9 , ,

x= a b c+ + − ab y= a b c+ + − bc z= a b c+ + − ac

Chứng minh ba số x y z, , có sốdương Lời giải

1) Ta có: 6 4 2 6 4 4 2 4( 2 ) (2 2 ) ( )( )

2 1 1

n − n +n =n −n −n +n =n n − −n n − =n n− n+ 

Đặt A=n n( −1)(n+1), ta có

A A

  



 ( )2, =1 ⇒A6 ( )( )

2

1 36

n n n

 

⇒ − +   (đpcm)

2) Ta có:

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

9 9

x+ + =y z a b c+ + − ab+ + +a b c − bc+ + +a b c − ac= a b c+ + − ab bc ca+ +

( ) ( ) (2 ) (2 )2

2 2

3

2

a b c ab bc ca  a b b c c a 

 

=  + + − + + =  − + − + − 

Vì a b c, , ba sốphân biệt nên ( ) (2 ) (2 )2 0

2 a b b c c a x y z

 − + − + − > ⇒ + + >

 

Do basố x y z, , phải có sốdương Câu 2:

1) Tìm nghiệm nguyên phương trình: (x−y)(2x+ + +y 1) (9 y− =1) 13 2) Giải phương trình:

2018 2018

x + x+ =

Lời giải

1) Ta có: ( )( ) ( ) 2

2 13 2 9 13

x−y x+ + +y y− = ⇔ x +xy+ −x xy−y − +y y− − =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2x −2xy+6x + xy−y +3y − 5x−5y+15 = ⇔7 2x x− + +y y x− + −y x− + =y

(x y 2)( x y 5)

+ TH1:

10

3 3

2 12 16

3

x

x y x y

x y x y

y  =  − + = − = −  ⇔ ⇔  + − =  + =     = 

(loại)

+ TH2:

10

3 3

2

3

x

x y x y

x y x y

y  =  − + = − =  ⇔ ⇔  + − =  + =  −    = 

(loại)

+ TH3:

2 2

x y x y x

x y x y y

− + = − − = − = −

  

⇔ ⇔

 + − = −  + = −  =

   (thỏa mãn)

+ TH4: 10

2

x y x y x

x y x y y

− + = − − = − = −

  

⇔ ⇔

 + − = −  + =  =

   (thỏa mãn)

Vậy pt cho có nghiệm nguyên (x y; ) là: (−2; 2), (−2;8)

2) ĐKXĐ: x≥ −2018, đặt x+2018=t, ,t≥0 ⇒ − =t2 x 2018

Ta có 2 ( )( )

2018 2018

1

x t

x x x t t x x t x t

x t + =  + + = ⇔ + = − ⇔ + − + = ⇔  + = 

+ TH1: 2018 897

2018 2018

x t x x

x x x + =  − − =  − ⇔ ⇒ = − ≤ ≤  − ≤ ≤  

+ TH2: 2017 8069

1

x t x x

x x x + =  + − =  ⇔ ⇒ = − +  ≥ −  ≥ −  

Vậy phương trình cho có nghiệm là: 897

x= − ; 8069

2 x=− + Câu 3:

1) Cho ba số a b c, , không âm thỏa mãn điều kiện: a2+b2+c2 ≤2(ab bc+ +ca) p q r, , ba

số thỏa mãn: p+ + =q r Chứng minh rằng: apq+bqr+crp≤0

2) Cho sốdương a b, thỏa mãn a b =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ( )( 2)

1

M a b a b

a b

= + + + +

+ Lời giải

1) Từ gt: 2 2 2 ( ) ( )2

2 | |

Lại có: p+ + = ⇔ = − −q r r p q

( ) ( ) 2 ( ) ( 2)

apq bqr crp apq bq p q cp p q apq bpq bq cpq cp pq a b c bq cp

⇒ + + = + − − + − − = − − − − = − − − +

Ta có: 2 ( )

| | | || |

bq +cp ≥ pq bc ≥ pq a b c− − ≥ pq a b c− −

( ) ( 2)

0

pq a b c bq cp

⇒ − − − + ≤ ⇒ apq+bqr+crp≤0 (đpcm) 2) Sử dụng BĐT AM – GM, ta có: 2

2

a +b ≥ ab=

( )( 2) ( ) 4

1 2

M a b a b a b a b a b

a b a b a b

 

⇒ = + + + + ≥ + + + = + + + + +

+ +  + 

( )

2 a b ab 2.2 2

a b

≥ + + + = + + =

+ Dấu “=” xảy a= =b

Vậy giá trị nhỏ M a= =b Câu 4:

1) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD, BE, CF trực tâm H

a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE = BE.CD.BH

b) Gọi I, J trung điểm AH BC Đường tròn đường kính AH cắt đoạn thẳng IJ K Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M cắt đoạn thẳng BC

P Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Q Chứng minh tứgiác AQDP tứ giác nội tiếp

2) Cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm D, E theo thứ tựdi chuyển cạnh AB, AC cho BD = AE Xác định vịtrí điểm D, E cho:

a) DE có độ dài nhỏ

b) Tứgiác BDEC có diện tích nhỏ Lời giải

Q

P

M K

J I

F H

E

D A

1. a)Ta có: BDH∽BEC (g-g) BD BH

BE BC

⇒ = ⇒ BH.BE = BC.BD (1)

∆BEC∽∆ADC(g.g) BC = CE CD

AC

⇒ ⇒ BC.CD = CE.AC (2)

Từ(1) (2) suy ra: BH.BE.BC.CD = BC.BD.CE.AC ⇒ AC.BD.CE = BE.CD.BH(đpcm)

b)Ta có:  

AEH = AFH =90 ⇒ Tứgiác AEHF nội tiếp

Ta có:

2

IE=IF = AH;

2

JE=JF = BC ⇒IEJ =IFJ (c-c-c)

           

2

KIE KIF

JIE=JIF⇒KIE=KIF⇒ = ⇒KAE=KAF ⇒MAC=MAB⇒MC =MB

⇒

      BDQ=MBC+BMQ=MAB+BAQ=QAP

⇒ ⇒ Tứgiác AQDP

nội tiếp

2. a) Kẻ AH ⊥BC H( ∈BC), qua D kẻ DK ⊥AB K( ∈BC)

 

90 45

DKB ABC

⇒ = − = ⇒ BDK vuông cân D

BD DK AE

⇒ = = ⇒ Tứgiác ADKElà hình chữ nhật

DE AK

⇒ =

Ta có: AK ≥ AH ⇒DE≥AH Vậy DE nhỏ K ≡H

đó D trung điểm ABvà E trung điểm AC b)

Đặt AB=AC=a, (a>0); BD=AE= ⇒x AD= −a x

Ta chứng minh BĐT: Với a, b ta ln có: ( )2

a + b ≥ ab (*) Thật vậy: (*) ( )2

a b

⇔ − ≥ (BĐT ln đúng)

Áp dụng (*) ta có: ( ) ( ) 2

ADE

1 1 a

S = AD.AE = a x x a x x

2 − ≤ 8 − +  =

2 ABC

1 a

S = AB.AC =

2 Do đó:

2 2

BDEC ABC ADE

a a 3a

S S S

2 8

= − ≥ − = không đổi

Dấu “=” xảy

2

a

a− = ⇔ =x x x Vậy tứgiác BDEC có diện tích nhỏ

2

3a 3AB

8 =

khi D, E trung điểm AB AC

E K

H

C B

ĐỀ HỌC SINH GIỎI TOÁN SGD BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC:2016-2017

Người giải đề: Triệu Tiến Tuấn

Người phản biện: Nguyễn Văn Tú Câu 1: (5 điểm)

a) Tìm tất ngiệm nguyên phương trình x+ y =2017

b) Xác định số điện thoại THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số

dạng 82xxyy với xxyy số phương

Câu 2: (4 điểm)

Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O R; ), M∈( ; )O R Chứng minh rằng:

2 2

6 MA +MB +MC = R

Câu 3: (3 điểm)

a) Giải phương trình:

( )

2

2

1

1

3 9

x

x x

+ =

+ − − −

b) Giải hệphương trình:

2

2

1

( )

1

( ) 49

x y

xy

x y

x y

  

+ + =

  

  



 

 + + =

 

  



Câu 4: (3 điểm)

a) Chứng minh với số a b c d, , , ta ln có: (a2+c2)(b2+d2)≥(ab cd+ )2 b) Cho a b, >0 chứng minh rằng:

2

1 (4 )(3 ) 25

a b

a b a b

+ ≥

+ +

Câu 5: (3 điểm) Cho tứ giác ABCD Gọi M N P Q, , , trung điểm

của AB BC CA DA, , , Chứng minh rằng: ( )(

4 )

1 ABCD

S ≤MP NQ≤ AB CD AD+ +BC

Câu 6: (2,0 điểm)

Cho đa giác lồi có 12 cạnh a) Tìm số đường chéo

LỜI GIẢI ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỐN SGD BÌNH DƯƠNG

NĂM HỌC 2016-2017 Người giải đề: Triệu Tiến Tuấn

Câu 1: (5 điểm)

a) Tìm tất ngiệm nguyên phương trình x+ y =2017

b) Xác định số điện thoại THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số

dạng 82xxyy với xxyy số phương

Lời giải

a) Phương trình:

2017 ( , 0) 2017 4034

x+ y = x y≥ ⇔ =x + −y y

Do x y, ∈ ⇒Z y∈Z

Vậy nghiệm tổng quát phương trình là: 2

; (2017 )

x=a y= −a

b) Ta có: xxyy=11 0x y số phương nên

0 11 100 11 99 11

11 11

0

11

x y x y x x y

x y

x y

x y

x y

x y

⇔ + ⇔ + +

+ = 

⇔ + ⇔ 

+ =  = = 

⇒  + = 

  



Ta có:

11 11(99 ) 11(99 11) 11 (9 1)

xxyy= x y= x+ +x y = x+ = x+ 9x

⇒ + sốchính phương

7

x y

⇒ = ⇒ =

Vậy xxyy=7744; xxyy=0000

Câu 2: (4 điểm)

Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O R; ), M∈( ; )O R Chứng minh rằng:

2 2

6 MA +MB +MC = R

Giảsử M∈AC

Dễ thấy: MA MC+ =MB (trên MB lấy I cho

MI =MC, ta chứng minh: IB=MA)

Đặt: MA=x MB; = y MC; = −y x Ta có:

2 2 2 2

( ) 2( )

AM +BM +CM =x +y + −x y = x +y −xy

Kẻ

2

x

AH ⊥BM ⇒MH = ⇒ AH = x

Mà

2 x BH =MB−MH = −y

2 2 2 2

2

3

(2)

4

x

BH MB MH y

AB AH BH x y x xy x y xy

= − = −

⇒ = + = + + − = + −

Từ 2 2 2

(1), (2)⇒AM +BM +CM =2AB =2(R 3) =6R (dpcm)

Câu 3: (3 điểm)

a) Giải phương trình:

( )

2

2

1

1

3 9

x

x x

+ =

+ − − −

b) Giải hệphương trình:

2

2

1

( )

1

( ) 49

x y xy x y x y    + + =           + + =      

Lời giải

a) Phương trình:

( )

2

2

1

1

3 9

x

x x

+ =

+ − − −

Điều kiện:

2

9 3

0

3

x x x x  − ≥ − ≤ ≤  ⇔   ≠ − − ≠   ( ) ( ( )( ) ) ( ) ( ) ( ) 2

2 2

2

2

3 9

1

1

3 9 9

1

3

4

− − + − + = ⇔ + = + − − − + − − − ⇔ − − + = − − x x x

x x x x

( ) ( )

( )

2

2

2 2

4 9

1 11

3 9

2

11 ( ) ⇔ − − − − − + = ⇔ − − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ± x x

x x x

x tmdk

b) Hệphương trình:

2

2

1

( )

: ,

1

( ) 49

x y

xy

dk x y

x y x y    + + =       ≠     + + =       2 2 2 1

1 5

5

1 1

49 53

x y

x y

x y

x y

x y x y

x y x y

  + + + = + + + =    ⇔ ⇔      + + + =  + + + =           

Đặt x a y; b

x y

+ = + = ta được:

2 2

5 7;

2; 53 10 28

a b a b b a

b a

a b b b

+ = = − = = −    ⇔ ⇔    = − = + = − − =    • 1 2

7 7 2 x x a x b y y y  + = −  = −  = −  ⇔ ⇔  =   = ±   + =   •

7 7 5

7 2 1 x

a x x

b y y y  + =  ±  =  ⇔ ⇔ =  = −     + = −  = −  

Câu 4: (3 điểm)

a) Chứng minh với số a b c d, , , ta ln có: (a2+c2)(b2+d2)≥(ab cd+ )2 b) Cho a b, >0 chứng minh rằng:

2

1 (4 )(3 ) 25

a b

a b a b

+ ≥

+ +

Lời giải

a) Ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

( )( ) ( )

2

2

a c b d ab cd

a b a d c b c d a b c d abcd a d c b abcd

+ + ≥ +

⇔ + + + ≥ + +

⇔ + − ≥

( )2

0 ad cb

⇔ − ≥

2

2

2 2

1

25 25 (4 )(3 ) (4 )(3 ) 25

13( ) 25 13( )

a b

a b a b a b

a b a b

a b ab a b ab

+ ≥ ⇔ + ≥ + +

+ +

⇔ + ≥ ⇔ − + ≥

Dấu “=” không xảy ra, vậy:

2

1 (4 )(3 ) 25

a b

a b a b

+

>

+ +

Câu 5: (3 điểm)

Cho tứ giác ABCD Gọi M N P Q, , , trung điểm AB BC CA DA, , ,

Chứng minh rằng: ( )(

4 )

1 ABCD

S ≤MP NQ≤ AB CD AD+ +BC

Lời giải

Ta có: MP NQ ≥2SMNPQ =SABCD

Gọi R trung điểm AC, ta có :

1

;

2

NR= AB QR= CD

Suy ra: 1( )

2

NQ≤NR QR+ ≤ AB CD+

Tương tự: 1( )

2

PM ≤ AD+BC

MP NQ ( )( )

4 AB CD AD BC

⇒ ≤ + +

1

4( )( )

ABCD

S MP NQ AB CD AD BC

⇒ ≤ ≤ + +

Câu 6: (2 điểm)

Cho đa giác lồi có 12 cạnh a) Tìm số đường chéo

b) Tìm số tam giác có cạnh cạnh đa giác ?

Lời giải

a) Sốđường chéo đa giác là: 12 12 3( ) 54

− =

b) Nhận thấy với cạnh tam giác, ta lập 10 tam giác mà tam

giác thỏa mãn đề mà đa giác ban đầu có 12 cạnh nên số tam giác thỏa mãn

đề 10.12 120=

Tuy nhiên tính theo cách tam giác mà có cạnh cạnh kề đa giác cho tính lần

Ta có số tam giác tính lần 12 tam giác nên số tam giác thỏa mãn đề thực chất là: 120 12 108− = tam giác

R Q

M

N

P

D C

STT 10 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BÌNH THUẬN NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: Nguyễn Văn Tú Người phản biện: Lê Minh Vũ

Câu 1(4 điểm)

Cho biểu thức: 25 : 3( 1)

1

x x x x x

Q x

x x x x

 + + − 

=  − + 

− + −

  với x≠1 x >

a, Rút gọn biểu thức Q

b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trịnguyên

Câu 2(4 điểm)

Cho hệphương trình ẩn x y: ax 2

( 1)

y a

a x ay a

 − = −



+ + = −

 a, Giải hệphương trình với a =

b, Tìm a để hệphương trình có nghiệm (x;y) thỏa P = xy đạt giá trị lớn

Câu 3(4 điểm)

Với k sốnguyên dương, ký hiệu { *

/ k

B = x∈N x bội sốcủa k}

Cho m,n sốnguyên dương

a, Chứng minh Bmn tập hợp Bm∩Bn

b, Tìm điều kiện m n để Bm∩Bn tập hợp Bmn

Câu 4( điểm)

Cho hình vng ABCD Gọi E điểm thay đổi BC( E không trùng B C) F thay đổi

trên CD cho 

45

EAF = , BD cắt AE , AF M N

a, Chứng minh năm điểm E, M, N, F, C nằm đường trịn

b, Tính tỷsố MN

FE

c, Chứng minh đường thẳng EF ln tiếp xúc với đường trịn cốđịnh E,F thay đổi

Trên mặt phẳng cho 4035 điểm phân biệt Biết ba điểm bất kỳtrong sốđó ln tồn hai điểm có khoảng cách chúng nhỏhơn Chứng minh tồn hình

trịn bán kính chứa khơng 2018 điểm cho

-Hết -

STT 10 LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH THUẬN NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: Nguyễn Văn Tú Người phản biện: Lê Minh Vũ

Câu 1(4 điểm)

Cho biểu thức: 25 : 3( 1)

1

x x x x x

Q x

x x x x

 + + − 

=  − + 

− + −

  với x≠1 x >

a, Rút gọn biểu thức Q

b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trịnguyên

Lời giải

a, Rút gọn Với x≠1 x > 0, ta có:

2

3 3( 1) 25 :

1

5 : ( 1) (3 2) 3( 1)

5 : ( 3 3)

 + + − 

=  − + 

− + −

 

 

=  + − + + + 

= + − − + +

x x x x x

Q x

x x x x

x x x x x

5 : ( 1)

1

= + +

=

+ +

x x x

x

x x

b, Tìm x để biểu thức Q nhận giá trịngun

Dễ thấy Q>0

Phương trình sau có nghiệm x > 0, x ≠

5

x Q

x x

=

+ +

( 5)

Qx Q x Q

⇔ + − + = có nghiệm x > 0, x ≠

2

( 5) y

Qy Q Q

⇔ + − + = có nghiệm y > 0, y ≠

2

( 5) (3 5)( 5)

5

3

Q Q Q Q

Q

∆ = − − = − − − ≥

⇔ − ≤ ≤

Mà Q nguyên Q > nên Q = Q =

Với Q = Tìm x= ±7 ( Thỏa mãn) Với Q = phương trình vơ nghiệm

Câu 2(4 điểm)

Cho hệphương trình ẩn x y: ax 2

( 1)

y a

a x ay a

 − = −



+ + = −

 a, Giải hệphương trình với a =

b, Tìm a để hệphương trình có nghiệm (x;y) thỏa P = xy đạt giá trị lớn

Lời giải:

a, Nghiệm HPT là:

1

x y

=   = 

b, ax 2 a x2 (a +a+1)x2 1

2

( 1) ( 1) ( 1)

x a

y a ay a a a

y a

a x ay a a x ay a a x ay a

= −

 − = −  − = −  = − 

⇔ ⇔ ⇔

    = − +

+ + = − + + = − + + = − 

  

Với a

Nên P = xy = (a-1)(-a+2) =

( )

4− −a ≤4

Câu 3(4 điểm)

Với k sốnguyên dương, ký hiệu { *

/ k

B = x∈N x bội sốcủa k}

Cho m,n sốnguyên dương

a, Chứng minh Bmn tập hợp Bm∩Bn

b, Tìm điều kiện m n để Bm∩Bn tập hợp Bmn

Lời giải:

a, Ta có: { *

/ mn

B = x∈N x bội (mn)}={mn;2mn;3mn; ;kmn }

{ *

/

m n

B ∩B = x∈N x bội m n}

={BCNN(m,n); 2BCNN(m,n); ; hBCNN(m,n)}

Vì mn m mn BC m n( , ) kmn BC m n( , )

mn n



⇒ ∈ ⇒ ∈

 

 

Nên Bmn tập hợp Bm∩Bn

b, Để Bm∩Bn tập hợp Bmn mà theo câu a Bmn tập hợp Bm∩Bn Nên ( , ) ( , )

mn m n

B =B ∩B ⇔BCNN m n =mn⇔ m n =

Hay m n hai sốnguyên tốcùng

Câu 4( điểm)

Cho hình vng ABCD Gọi E điểm thay đổi BC( E không trùng B C) F thay đổi

trên CD cho 

45

EAF= , BD cắt AE ,AF M N

a, Chứng minh năm điểm E, M, N, F, C nằm đường trịn

b, Tính tỷsố MN

FE

c, Chứng minh đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn cốđịnh E,F thay đổi

Lời giải:

M

N A

D

B

C E

F

a, Tứgiác AMFD nội tiếp đường tròn (  

MAF=MDF =45 )

 

AFM ADM 45 AMF

⇒ = = ⇒ ∆ vuông cân ⇒FM⊥AE

Tương tự: EN⊥AF

=>M,N,C nhìn EF góc vng =>M,N,F,C,E nằm đường trịn đường kính EF

b,

AMF(gg) AEF(cgc) sin 45

2

MN AM

ANE AMN

FE FA

∆ ∽∆ ⇒ ∆ ∽∆ ⇒ = = =

c, Tính chất trực tâm tam giác AEF => FE⊥ AH

Dễ thấy : FAD   =FMD=FEN =FAH ( Các tứgiác ADFM,EFNM,ANHE nội tiếp)

(ch gn)

FAD FAH

⇒ ∆ = ∆ − => AH = AD ( Không đổi)

Mà FE⊥AH

=>EF tiếp xúc với đường tròn(A;AD) cốđịnh

Câu 5(2 điểm)

Trên mặt phẳng cho 4035 điểm phân biệt Biết ba điểm bất kỳtrong sốđó ln

tồn hai điểm có khoảng cách chúng nhỏhơn Chứng minh tồn hình

trịn bán kính chứa khơng 2018 điểm cho

Lời giải:

Dùng nguyên lý Dirichlet

-Nếu khoảng cách hai điểm bé ta cần chọn điểm A số 4035 điểm cho vẽ đường tròn (A;1) đường tròn chứa tất 4034 điểm cịn lại nên ta có điều phải chứng minh

-Giả sử có hai điểm A B số 4035 điểm cho có khoảng cách lớn 1, vẽ đường tròn tâm A B có bán kính 1, ta lại 4033 điểm Mỗi điểm C số 4033 điểm ấy, theo giả thiết AB,AC,BC phải có đoạn thẳng có độ dài bé mà AB>1, nên AC<1 BC<1.Do C nằm đường trịn (A;1) (B;1),do có

4033 điểm C nên theo ngun lý Dirichlet có 4033 2017

2

  + =

 

  điểm nằm

trong đường tròn ( Trong hai đường tròn xét) Giảsửđó đường trịn (A;1) Cùng với điểm A ta có 2018 điểm nằm đường trịn (A;1) => ĐPCM

STT 11.ĐỀ THI CHỌN HSG TP ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: MinhVu Le Người phản biện: Nguyễn Văn Bình

Câu (1 điểm)

Tính 11

2 11 18 11

A= + +

+ −

Câu (1,5 điểm)

Cho biểu thức :

1 1

x x x

A

x x x x x x

 +  −

= + + 

− + + −

  với x>0; x#1

Rút gọn A chứng minh

3 A<

Câu (1,5 điểm)

Cho đường thẳng dm có phương trình: y=mx+2m−1 ( m tham số)

a) Chứng minh rằng: Khi m thay đổi đường thẳng dm qua điểm H cốđịnh

Tìm tọa độcủa điểm H

b) Tìm giá trịcủa m cho khoảng cách từđiểm A(1;2) đến dm lớn

Câu (2 điểm)

a) Tìm tất cảcác sốcủa x thỏa mãn x−4 x− + +2 x+6 x− + =2 7

b) Tìm tất (x y z, , ) thỏa mãn

2

2

1

x x y

y y z

x y z x

 − =

 + =



 + + + + − = 

Câu ( điểm)

Một ruộng hình chữ nhật, giảm chiều rộng 1m tăng chiều dài thêm 2m diện tích khơng đổi; giảm chiều dài 4m đồng thời tăng chiều rộng thêm 3m

ta hình vng Tính diện tích ruộng ban đầu

Câu 6: (1 điểm)

Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC=4, 

150

ABC= Gọi E; F chân đường cao hạ từC đến AB AD Tính độdài đoạn EF

Câu 7: ( điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp ( )O Tiếp tuyến B đường tròn ( )O cắt đường

thẳng qua C song song với AB D a) Chứng minh rằng:

BC =AB CD

b) Gọi G trọng tâmtam giác ABC; E giao điểm CG BD Tiếp tuyến C

STT 1 LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TP ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: MinhVu Le Câu 1: (1 điểm)

Tính 11

2 11 18 11

A= + +

+ −

Lời giải

1 11

2 11 18 11

A= + +

+ −

(1 11 2)( 11) 18 11( )

4 11 49

+ − +

= +

−

9 11 11

2

A= − + + =

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho biểu thức :

1 1

x x x

A

x x x x x x

 +  −

= + + 

− + + −

  với x>0; x#1

Rút gọn A chứng minh

3 A<

Lời giải

+ Rút gọn A

2 1

:

1 1

x x x

A

x x x x x x

 +  −

= + + 

− + + −

  Với x>0; x#1

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

1 1

2

:

1 1 1

x x x x

x x

A

x

x x x x x x x x x

 + − + +  −

 

= + +

 − + + − + + − + + 

 

( )

( )( )

2

1 2

1

x x

A

x

x x x

 − 

 

=  − + +  −

 

( 21 ) x A

x x

=

+ +

+ Chứng minh

3 A<

Xét hiệu

3 A− =

( 21 ) 23 x

x x

( ) ( ( ))

2

2

6 2

3

x

x x x

A

x x x x

− −

− − −

= =

+ + + + <0 với x>0; x#1

0 A

⇔ − <

3 A ⇒ < Câu 3: (1,5 điểm)

Cho đường thẳng dm có phương trình: y=mx+2m−1 ( m tham số)

a) Chứng minh rằng: Khi m thay đổi đường thẳng dm ln qua điểm H cốđịnh

Tìm tọa độcủa điểm H

b) Tìm giá trịcủa m cho khoảng cách từđiểm A(1;2) đến dm lớn

Lời giải

a) Chứng minh rằng: Khi m thay đổi tì đường thẳng dm qua điểm H cố định

Tìm tọa độcủa điểm H

Gọi H x y( ;0 0) điểm cốđịnh qua dm với m

0

( ; ) m

H x y ∈d với m

Ta có: y0 =mx0+2m− ⇔1 y0+ =1 (x0+2)m

0

0

2

1

x x

y y

+ = = −

 

⇔ ⇔

+ = = −

  Vậy H( 2; 1)− − b) Khoảng cách từđiểm A(1;2) đến dm

( , ) 2 2

2

3

1

m A d

m m m

h

m m

− + − −

= = ≤

+ +

Do (( )2 ( 2 )

2

1

1 2

1

m

m m

m

−

− ≤ + ⇒ ≤

+ )

Dấu “ = ” xảy m= −1

Khoảng cách từđiểm A(1;2) đến dm lớn m= −1 Câu 4: ( điểm)

a) Tìm tất cảcác sốcủa x thỏa mãn x−4 x− + +2 x+6 x− + =2 7

b) Tìm tất (x y z, , ) thỏa mãn

2

2

1

x x y

y y z

x y z x

 − =



+ =



 + + + + − = 

Lời giải

a) ĐK x≥2

4 2 7

x− x− + + x+ x− + =

( ) (2 )2

2 2

x x

⇔ − − + − + =

2 2

x x

2 2

2 2

x x

x x

 − − + − + =

⇔ 

− − + − + =



2

5 7( )

x loai

 − =

⇔  = 

11

x

⇔ = ( t/m) b)

2

2 (1) (2) 1 0(3)

x x y

y y z

x y z x

 − =



+ =



 + + + + − = 

( I)

Thay (1) (2) vào (3) ta có:

2

2 1

x+x − x+y + y+ + x− =

( ) (2 ) (2 )

1 1

x y x x

⇔ − + + + − + − =

Vế trái ≥0; Vếphải = nên dấu xảy khi:

1

1

x x

y y

− = =

 

⇔

 + =  = −

 

Suy z= −1

Vậy ( , , )x y z =(1, 1, 1)− − Câu 5: ( điểm)

Một ruộng hình chữ nhật, giảm chiều rộng 1m tăng chiều dài thêm 2m diện tích khơng đổi; ngồi giảm chiều dài 4m đồng thời tăng chiều rộng thêm 3m

ta hình vng Tính diện tích ruộng ban đầu

Lời giải

Gọi chiều rộng chiều dài ruộng hình chữ nhật x ; y với ( x>1; y>4)

Nếu giảm chiều rộng 1m tăng chiều dài thêm 2m diện tích khơng đổi nên ta có pt (x−1 ) (y+2)=xy (1)

Nếu giảm chiều dài 4m đồng thời tăng chiều rộng thêm 3m ta hình vng nên ta cópt

3

x+ = −y ⇔ = −x y (2)

Thế(2) vào (1) ta có: (y−8 ) (y+2)= y y.( −7)

16 y

⇔ = ; x=9

Vậy diện tích ruộng ban đầu là: 16.9=144 (

m ) Câu 6: ( điểm)

Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC=4, ABC=1500 Gọi E; F chân đường cao hạ từC đến AB AD Tính độdài đoạn EF

Ta có: Tứgiác AECF nội tiếp (  

90

AEC=CFA= )

Nên:  EAC=CFE ( Cùng chắn cung EC )

 

FAC=FEC ( Cùng chắn cung FC)

 

DAC=BCA ( so le trong)

Suy ra:  BAC  CFE (g.g)

0

.sin 30 2

BC AC CE AC

FE AC

CE = FE ⇒ = BC = = =

Câu 7: ( điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp ( )O Tiếp tuyến B đường tròn ( )O cắt đường

thẳng qua C song song với AB D a) Chứng minh rằng:

BC =AB CD

b) Gọi G trọng tâm tam giác ABC; E giao điểm CG BD Tiếp tuyến C

( )O cắBG F Chứng minh rằng: EAG =FAG

a) Ta có:  BAC=CBD ( góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung)

 

ABC =BCD ( so le trong)

ABC BCD

⇒  (g.g)

AB BC

BC CD

⇒ =

BC AB CD

⇒ = (1)

b) Qua A kẻ tiếp tuyến C với ( )O cắt đường thẳng qua B song song với AC I, Cắt

AF j Nối AE cắt CD H

Chứng minh được:

BC =AC BI (2)

Từ(1) (2) ta có:

AB BI

AB CD AC BI

AC CD

= ⇔ = (3)

Lại có: AC JI AN FN CN

JB FB IB

⇒ = =



Do AN =NC⇒JB=IB (4)

Tương tự: AB FI AP EP BP

CH EC CD

⇒ = =



Do AP=BP⇒CD=CH (5)

Từ(3),(4),(5) ta có:

AB BJ AB AC

AC =CH ⇒ BJ =CH Suy ra: ABJ ACH (c.g.c)

STT 12 ĐỀ THI CHỌN HSG DAKLAK NĂM HỌC 2017-2018

Câu 8: (4 điểm)

1 Rút gọn biểu thức 4

3

x x x

P

x x

− + + +

=

+ + Tìm x cho

2017 2018

P=

2 Giải phương trình ( )( )

4 20

x − x x − = Câu 9: (4 điểm)

1 Cho phương trình ( )

2

x + m− x+m = , với m tham số Tìm tất giá

trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khác 0, (chúng trùng

nhau) biểu thức

1

1

x + x đạt giá trị nhỏ Cho parabol ( )

:

P y=ax Tìm điều kiện a để ( )P có A x y( 0; 0) với

hồnh độ dương thỏa mãn điều kiện

0 0

x + − y + = x − y +

Câu 10: (4 điểm)

1 Tìm tất cặp số nguyên dương ( )x y; thỏa mãn:x2−y2+4x−2y=18 Tìm tất cặp số ( )a b; nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện:

i) a b, khác 1và ước số chung lớn a b,

ii) Số N =ab ab( +1 2)( ab+1) có 16 ước số nguyên dương

Câu 11: (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB AC lân lượt D E (D≠B E, ≠C) BE cắt CD H Kéo dài AH cắt BC F

1) Chứng minh tứgiác ADHE BDHF tứgiác nội tiếp

2) Các đoạn thẳng BH DF cắt M, CH EF cắt N Biết tứ giác HMFN tứgiác nội tiếp Tính sốđo BAC

Câu 12: ( điểm)

Với x, y hai số thực thỏa mãn 2

3 11 9

y + y + y+ = −x − x −x Tìm giá trị lớn

nhất giá trị nhỏ biểu thức T = − +x y 2018 Câu 13: (2 điểm)

Cho tam giác đềuABC Một điểm M nằm tam giác nhìn đoạn thẳng BCdưới

góc

LỜI GIẢI

Câu 1: (4 điểm)

3 Rút gọn biểu thức 4

3

x x x

P

x x

− + + +

=

+ + Tìm x cho

2017 2018

P=

4 Giải phương trình ( )( )

4 20

x − x x − = Lời giải

1 Ta có 4

3

x x x

P

x x

− + + +

=

+ +

( )2

3 2

3 x x x x − + + = + + ( ) ( )( )

3 2

1 x x x x − + + = + +

( 12)( 12)

x x x x + + = + + ( ) ( )( ) 1 x x x + = + + x x + = +

Mặt khác 2017

2018

P= 2017

2018 x x + ⇔ =

+ ⇔ x =2016

2

2016 x

⇔ =

2 Ta có ( )( )

4 20

x − x x − = ⇔x x( −4)(x−2)(x+2)=20 ( )( )

2 20

x x x x

⇔ − − − = ( )( )

2 4 4 20

x x x x

⇔ − − + − − − =

( 2 )2

2 16 20

x x

⇔ − − − = ( 2 )2

2 36

x x

⇔ − − =

2

2

2

x x x x  − − = ⇔  − − = − 

Ta thấy phương trình

2

x − x− = − vô nghiệm

Mặt khác,

2

x − x− = ⇔ x2 −2x−10=0 11 11 x x  = − ⇔  = + 

Vậy phương trình có nghiệm x= −1 11 x= +1 11

Câu 2: (4 điểm)

1 Cho phương trình ( )

2

x + m− x+m = , với m tham số Tìm tất giá

trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khác 0, (chúng trùng

nhau) biểu thức

1

1

x + x đạt giá trị nhỏ

2 Cho parabol ( )P :y=ax2 Tìm điều kiện a để ( )P có A x y( 0; 0) với

hoành độ dương thỏa mãn điều kiện x02+ −1 y0+ =4 x0− y0+3

Lời giải

( )2 2

2

0 m m m  − − ≥   ≠ 

( 3)( 1) 0 m m m − − ≥  ⇔  ≠  m m m  ≤  ⇔ ≥  ≠ 

Mặt khác, theo hệ thức Vi-ét, ta có ( )

1

2

x x m

x x m

+ = − −

 

=



Lại có

1 2

1 x x

x x x x

+

+ = 2( m2 3)

m

− −

= 12 2 18

3 m

m

− +

= 2 22 12 18

3

m m m

m

− + − +

=

( )2 2 3 m m −

= − +

3 ≥ −

Dấu sảy m=3

2.Ta có

0 0

x + − y + = x − y + ⇔ x02+ −1 x0 = y0+ −4 y0+3

2

0

0

1

4

1 y y

x x ⇔ = + + + + + Vậy nên

0 0

2

0 0

1

1

x y x y

x y x y

 + − + = − +   + + + = + + 

0

x y

⇒ + = +

0

x y

⇒ + = +

( )

0

1 a x

⇒ − =

0

3

0 1

1

x a a

a

⇒ = > ⇒ − > ⇔ <

−

3 (4 điểm)

3 Tìm tất cặp số nguyên dương ( )x y; thỏa mãn:x2−y2+4x−2y=18

4 Tìm tất cặp số ( )a b; nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện: i) a b, khác 1và ước số chung lớn a b,

ii) Số N =ab ab( +1 2)( ab+1) có 16 ước số nguyên dương Lời giải

1.Ta có 2

4 18

x −y + x− y= ( ) ( )

4 21

x x y y

⇔ + + − + + = ( ) (2 )2

2 21

x y

⇔ + − + =

(x y 1)(x y 3) 21

⇔ − + + + =

Do sảy trường hợp sau:

+) 1

3 21

x y x

x y y

− + = =

 

⇔

 + + =  =

 

+)

3

x y x

x y y

− + = =

 

⇔

 + + =  =

2 Ta có: N =ab ab( +1 2)( ab+1)chia hết cho số: 1;a ;b ab( +1 2)( ab+1);b;

( 2)( 1)

a ab+ ab+ ;ab+1;ab(2ab+1);2ab+1 ; ab ab( +1);N;ab;(ab+1 2)( ab+1) ; ( 1)

b ab+ ;a(2ab+1) ;a ab( +1); b(2ab+1) có 16 ước dương Nên để N có

16 ước dương a b ab; ; +1; 2ab+1 số nguyên tố Do a b, 1> ⇒ab+ >1

Nếu a b; lẻ ab+1 chia hết hợp số (vô lý) Do khơng

tính tổng qt, giả sử a chẵn b lẻ ⇒ a=2

Ta có b khơng chia hết cho 2ab+ =1 4b+1 ab+ =1 2b+1 chia hết

cho hợp số (vô lý)⇒ =b

Vậy a=2; 3b= Câu 4: (4 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB AC lân lượt D E

(D≠B E, ≠C) BE cắt CD H Kéo dài AH cắt BC F 1) Chứng minh tứgiác ADHE BDHF tứgiác nội tiếp

2) Các đoạn thẳng BH DF cắt M, CH EF cắt N Biết tứ giác HMFN tứgiác nội tiếp Tính sốđo BAC

1) Chứng minh tứgiác ADHE BDHF tứgiác nội tiếp (Đơn giản)

2) Các đoạn thẳng BH DF cắt M, CH EF cắt N Biết tứ giác HMFN tứgiác nội tiếp Tính sốđo BAC sau:

   

180

BAC+DHE=MFN+BHC= (tứgiác ADHE; HMFN nội tiếp)

Mà DHE =BHC (đối đỉnh) suy    BAC=MFN =F1+F2 Lại có F     1=B F1; 2 =C B1; 1=C1

(tứgiác BDHF, CEHF, BCED nội tiếp) ⇒F   1=F2 =B1=B2

Do   ( )  

1

2 90 180 60

BAC= B = −BAC ⇒ BAC= ⇒BAC=

N M

H E D

A

B C

Câu 5: ( điểm)

Với x, y hai số thực thỏa mãn 2

3 11 9

y + y + y+ = −x − x −x Tìm giá trị lớn

nhất giá trị nhỏ biểu thức T = − +x y 2018 Điều kiện − ≤ ≤3 x

( ) ( ) ( )3

3

3 2 2

3 11 9 9

y + y + y+ = −x − x −x ⇔ y+ + y+ = −x + −x

( )

3

2 , 1;

a a b b a y b x

⇔ + = + = + = −

( 3) ( ) ( )( 2 )

2

a b a b a b a ab b

⇔ − + − = ⇔ − + + + =

Do

2

2

2

2

a +ab b+ + =a+ b + b + >

 

Suy

( )

2 2

0 9 9

a b− = ⇔ + −y −x = ⇔ =y −x − ⇔ − = −x y x −x + = − − +x −x ≤

Đẳng thức xảy 2

9

x

x y

x

− = 

⇔ ⇔ = ⇒ = −

− =

 Vậy giá trị lớn T 2022

tại x = 3; y=-1

Ta lại có

2 2

1 1 3 18

x− ≥ −y ⇔ −x −x + ≥ − ⇔ +x ≥ −x ⇔x + x+ ≥ −x

( )2

2

2x 2x 2x

⇔ + + ≥ ⇔ + ≥ (Đúng)

Suy T = − +x y 2018 2≥ − +2018=2019 2−

Đẳng thức xảy khi 3 2

x+ = ⇔ = −x (thỏa mãn) Suy

( )

3 2

1

2

y= − − − = −

Vậy GTNN T 2019 2− 2; 2

2

x= − y= −

Câu 6: (2 điểm)

Cho tam giác đềuABC Một điểm M nằm tam giác nhìn đoạn thẳng BCdưới

góc

150 Chứng minh MA2 ≥2MB MC

A

B C

M E

Trên nửa mặt phẳng bờAB không chưa điểm M,lấy điểm E cho ∆AME đều; nửa

mặt phẳng bờBC không chưa điểm m,lấy điểm F cho ∆CMF

Ta có        

60

MAE+BAC = ⇒MAB+BAE=MAB CAM+ ⇒BAE=CAM ⇒ ∆BAE= ∆CAM

(c – g - c) Suy BE=CM ABE; =ACM

Tương tự        

60

MCF = ACB= ⇒MCB+BCF =MCB+ACM ⇒BCF = ACM Ta có

     

; ; ;

BE=CM CM =CF⇒BE=CF ABE=ACM ACM =BCF⇒ABE=BCF

Suy ∆BAE= ∆CBF c( − − ⇒g c) AE=BF Mà AE= AM ⇒BF =AM

Mặt khác    0

150 60 90

BMF=BMC−CMF = − = (∆CMF đều, nên MF =MC )

Xét  2 2 2

: 90

BMF BMF BF MB MF MA MB MC MB MC

∆ = ⇒ = + ⇒ = + ≥ (∆CMF

đều MF= MC)

STT 13.ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH ĐỒNG NAI

NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: Summer Duong

Câu 14: Cho a, b, c ba số thực dương thỏa : ab + bc+ ca =1 Tính giá trị biểu thức ( )( )

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

2 2 2

2 2

1 1 1

1 1

+ + + + + +

= + +

+ + +

b c a c b a

P a b c

a b c

Lời giải

Ta có: ab + bc+ ca =1 Khi 2 ( ) ( )

1+b =ab bc ca b+ + + = a b+ b c+

Tương tự: ( )( ) ( )( )

1+c = a c c b+ + ; 1+a = a b a c+ +

Với a, b, c ba số thực dương, ta có:

( )( )( )( )

( )( ) ( )

+ + + +

= + = +

+ +

a b b c a c b c

a a b c a b c

a c a b

Tính biểu thức tương tựta được:

( ) ( ) ( )

( )

2

= + + + + +

= + + + + + = + + =

P a b c b a c c a b

ab ac ba bc ca cb ab bc ca

Câu 15: Giải phương trình sau: a)

2 4

+ = +

x x x

b) 12 + x+ = +2 2x+1

x x

Lời giải

a) Ta có

4

4 2

2 4

2 4

+ = +

⇔ + + = + +

x x x

x x x x x

( ) ( )2 2

2

⇔ x x + x+ = x+

( )

( )

2

1 2

1 2

 + = +  =

⇔ ⇔

+ = − −  + + =

 



x x x x

x x x x x

Vì 2 ( )2

2 1

+ + = + + >

x x x nên phương trình có nghiệm x= 2;x= − b) điều kiện:

2 ≥ − x ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1

2

1

2

1

2 2 2

1

2

1

1 2

1

1 2

1 + + = + + ⇔ − = + − + ⇔ − + − + = + − + + + + ⇔ − + − + = −   ⇔ −  + − + + =    

⇔ − =  + − + + > 

  ⇔ = x x x x x x x x

x x x x x x x

x

x x x x

x

x x x

x

x do x x

x x

Vậy: x =1 nghiệm phương trình

Câu 16: Cho a, b, c ba sốkhông âm có tổng Chứng minh: a) 3(ab bc+ +ac)≤1

b) 2 ( )

4

+ + ≥ + + −

a b c ab bc ac

Lời giải a) Ta có, a, b, c ba sốkhơng âm có tổng

( ) ( )2

3 ab bc ac+ + ≤ a b c+ + ≤1

b) 2 ( )

4

+ + ≥ + + −

a b c ab bc ac

( )

( )

2 2

2 2

1

1

⇔ + + + ≥ + +

⇔ + + − − − + − + + ≥

a b c ab bc ca

a b c ab bc ca ab bc ca

Theo câu a, 3(ab bc+ +ac)≤1 ta sẽchứng minh a2+ + −b2 c2 ab bc ca− − ≥0

Thật vây,

( ) ( ) ( )

2 2

2 2

2 2 2

0

+ + − − − ≥

⇔ − + − + − ≥

a b c ab bc ca

a b b c c a

Câu 17: Cho tam giác ABCcó ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O), ( AAB > AC) Hai tiếp tuyến

của ( O) B C cắt K Đường tròn tâm K bán kính KB cắt tia AB, AC

D E ( D khác B, E khác C) Gọi M trung điểm BC

a) Chứng minh: D, K, E thẳng hàng b) Chứng minh : 𝐵𝐴𝑀� =𝐶𝐴𝐾�

c) Gọi N giao điểm AK BC Chứng minh: NB = AB22

NC AC

Lời giải

a) Vì hai đường tròn ( O) , ( K) cắt B C nên OK vng góc BC trung điểm M BC

Ta có : 𝑂𝐵𝐶� =𝑂𝐾𝐵� ( phụ 𝐵𝑂𝐾�)

Mà 𝑂𝐾𝐵� =12𝐵𝐾𝐶� nên 𝑂𝐵𝐶� =12𝐵𝐾𝐶�

Đường trịn ( K) ta có: 𝐶𝐵𝐸� =12𝐶𝐾𝐸�

Suy ra: 𝑂𝐵𝐸� =𝑂𝐵𝐶�+𝐶𝐵𝐸�=12𝐵𝐾𝐶�+12𝐶𝐾𝐸�= 12𝐵𝐾𝐸� =𝐷𝐵𝐾� Do đó, 𝐷𝐵𝐸� =𝐷𝐵𝐾� +𝐾𝐵𝐸� =𝑂𝐵𝐸� +𝐾𝐵𝐸� =𝑂𝐵𝐾� = 900

DE đường kính đường trịn ( K)

Suy ra: D, K, E thẳng hàng b)

Do 𝐴𝐵𝐶� =𝐴𝐸𝐷� ( phụ𝐷𝐵𝐶�)

Suy ∆𝐴𝐵𝐶 ~ ∆𝐴𝐸𝐷 ( g-g)

Mà AM, AK hai trung tuyến tương ứng ∆𝐴𝐵𝐶 ,∆𝐴𝐸𝐷 Suy ∆𝐴𝐵𝑀 ~ ∆𝐴𝐸𝐾

c) Gọi I, L, H, J hình chiếu điểm C,B, D, E lên đường thẳng AK hình

vẽ

Vì ∆𝐴𝐵𝐿 ~ ∆𝐴𝐷𝐻 nên suy

(1)

= ⇒ =

BL AB AB DH

BL

DH AD AD

Vì ∆𝐴𝐶𝐼 ~ ∆𝐴𝐸𝐽 nên suy

.EJ (2) EJ = ⇒ =

CI AC AC

CI

AE AE

Vì ∆𝐴𝐸𝐷 ~ ∆𝐴𝐵𝐶 nên suy

(3) =

AE AB

AD AC

Vì ∆𝐷𝐻𝐾= ∆𝐶𝐽𝐾 ( 𝑐ℎ − 𝑔𝑛) nên suy DH = EJ (4)

Từ(1), (2), (3),(4) suy

2

.EJ

= =

= =

BL AB DH AE AB AE

CI AC DA AC AD

AB AB AB

AC AC AC

Câu 18: Cho tam giác ABC có 𝐴̂= 600 và độdài ba cạnh BC = a, CA = b, AB = c ba số nguyên

khác

a) Chứng minh : = 2+ −2

a b c bc

b) Giảsửb < c Chứng minh: b≥3

Lời giải

a) Áp dụng định lí hàm cosin ta có

N

J H

L

D

I

E K

O A

2 2 2

2

2 cos cos 60

= + − = + −

= + −

a b c bc A b c bc

b c bc

b) Ta có, ba cạnh tam giác ba sốnguyên khác nhau, b < c suy

b < a < c

Nếu b=1 từcâu a ta có:

2 2

c −a =b −bc c= − ⇒ < ⇒ <c c b (!)

Nếu b=2 từcâu a ta có:

2 2

c −a =b −bc= −4 2c⇒ < ⇒ <c c b (!)

Do b≥3 ( đpcm)

STT 15:ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HÀ GIANG

NĂM HỌC 2017 – 2018

Người giải: Trần ThếĐộ - THPT Bắc Đơng Quan – Thái Bình. Người phản biện:

Câu 1.

a Cho x= 4+ − 4− Tính A=(x4−x3−x2+2x−1)2017

b Cho a b, , c số hữu tỉđôi khác

Chứng minh rằng:

( ) (2 ) (2 )2

1 1

A

a b b c c a

= + +

− − − bình phương số hữu tỉ

Câu 2.

a Giải phương trình: 2 213

2 3

x x

x − x+ + x + +x =

b Cho

( )

P x =x +ax b+ với a b, ∈N Biết P( )1 =2017 Tính P( )3 +P( )−1

Câu 3. Tìm sốnguyên dương n cho n4+n3+1là sốchính phương

Câu 4. Cho a b, , c>0 Chúng minh rằng:

( )

2 2 2

2

b c c a a b

a b c

a b c

+ + + + + ≥ + +

Câu 5. Cho ∆ABC vuông cân A Gọi D trung điểm BC Lấy M cạnhAD, (M ≠ A D, ) Gọi N P, theo thứ tự hình chiếu vng góc M xuống cạnh

,

AB AC H hình chiếu N xuống đường thẳng PD

a Chứng mính AH ⊥BH

Chứng minh ba điểm H N I, , thẳng hàng

…………HẾT…………

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

a.Ta có: x = 7+ − 7− =( 1+ −) ( 1− =) ⇒ =x

Vậy A=1

b.Ta có:

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

2

2 2

1 1

1 1 2

 + + 

 − − − 

 

= + + + + +

− − − − − −

− − −

a b b c c a

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

a b b c c a

( ) ( ) ( )

( )

( )( )

2 2

2

1 1 c a a b b c

a b b c

a b b c c a

− + − + −

= + + +

− −

− − −

( ) (2 ) (2 )2

1 1

a b b c c a

= + +

− − −

Câu 2.

a.ĐKXĐ: x≠1; x≠

Xét x=0 không nghiệm

Xét x≠0, phương trình cho tương đương với 13

3

2x 2x

x x

+ =

− + + +

Đặt 2x t x

− + = ta 13 6 t +t+ =

2

2t 7t

⇔ + − = ⇔(2t−1)(t+4)=0

2

t t

 =  ⇔

 = − 

Với

2

t=

2 x

x

⇒ − + =

3

x x

 =  ⇒

 = 

Với t= −4 2x

x

⇒ − + = −

2x x

⇒ − + = vơ nghiệm Vậy phương trình có tập nghiệm 3;

4 S=  

b. Vì P( )1 =2017 ⇒2017 1= + +a b ⇒ + =a b 2016

Do P( )3 +P( ) (− = +1 3a b+ + − +) (1 a b) =10 2+ (a b+ ) =4042

Câu 3.

Đặt

1 A=n +n +

Với n=1 A=3 khơng thỏa mãn

Với n≥2 ta có

4A=4n +4n +4

Xét ( 2 )2 2

4A− 2n + −n =3n +2n+ >3 ⇒4A>(2n2+ −n )2

Xét ( )2

4A− 2n +n = −4 n ≤0 ⇒4A≤(2n2+n)2

Vậy ( )2

4A= 2n +n ⇒ =n

Với n=2 A=25 thỏa mãn toán

Câu 4.

Áp dụng bất đăngt thức Cauchy ta có b2 c2 c2 a2 a2 b2 bc ca ab

a b c a b c

+ + + + + ≥  + + 

 

 

( )

2

bc ca ca ab ab bc

a b c

a b b c c a

     

= +  + +  + + ≥ + +

     

Dấu xảy a= =b c

Câu 5.

a.Đường thẳng qua B song song với AC cắt tia PD E I

E

H

N P

D

A B

C

Ta có BE=PC =BN suy ∆BEN vuông cân B

Do  

90

NBE=NHE= nên B H, thuộc đường tròn đường khính NE

Suy  

45

NHB=NEB= (1)

Tương tự hai điểm A H, thuộc đường trịn đường kính PN suy

 

45

AHN =APN = (2)

Từ(1) (2) suy 

90

AHB= hay AH ⊥BH

b. Từ giả thiết suy 

90

AIB= nên I điểm cung AIB đường trịn

đường kính AB

Mặt khác, theo kết quảcâu a tia HN tia phân giác AHB AHB góc nội tiếp

chắn cung AIB đường trịn đường kính AB nên HN phải qua I Do ba điểm , ,

H N I thẳng hàng

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP THCS MƠN TỐN THÀNH PHỐ HỒ CHÍ

MINH

NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: Hoàng Diệu

Người phản biện: Câu 19: ( điểm )

Cho hai số a , b thỏa điều kiện: 2 1, 4

a +b = a +b =

Tính giá trịcủa biểu thức 2018 2018

P=a +b

Câu 20: ( điểm )

Giải phương trình: 5− +x 3+ =x Câu 21: ( điểm )

Hình bên gồm hình vng giống hệt nhau, hình vng

có diện tích

cm Các điểm A B C D, , , đỉnh hình

vng Điểm E nằm đoạn CD cho AE chia hình

vng thành hai phần có diện tích Tính độ dài

đoạnCE

Câu 22: ( điểm )

1) Cho hai số thực x , y Chứng minh (1+x2)(1+y2)≥2x(1−y2)

2) Các số A B C D A C B; ; ; ; + ; +C A; +D B; +D tám số tựnhiên khác từ đến Biết A số lớn số A B C D, , , Tìm A

1) Cho nửa đường trịn ( )O đường kính 4AB= cm Góc DAB= °30 cung DB

một phần đường trịn tâm A Tính diện tích phần tô đậm

2) Cho tứgiác nội tiếp ABCD có hai đường chéo vng góc với I Đường

thẳng qua Ivng góc AD cắt cạnh BC N Đường thẳng qua Ivng góc BC cắt cạnh AD M Chứng minh 2AB CD+ = MNthì ABCD hình

thang Câu 24: ( điểm )

Một ô tô dựđịnh từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi /v km h

nếu vận tốc tơ tăng thêm 20% sẽđến B sớm dựđịnh Tuy nhiên sau

khi 120 km với vận tốc v , ô tô tăng thêm 25% đến B sớm dự định 48

phút Tính quãng đường hai thành phố

STT 01 LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP THCS MƠN TỐN

THÀNH PHỐ HỒCHÍ MINH

NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: Hoàng Diệu Bài 1: ( điểm )

Cho hai số a , b thỏa điều kiện: 2 1, 4

a +b = a +b =

Tính giá trịcủa biểu thức 2018 2018

P=a +b

Lời giải

Ta có 4 ( 2)2 2 2 2( 2)

2

2 4

a +b = ⇔ a +b − a b = ⇒a b = ⇒a −a =

( )2

4 2 2

4

2

a − a + = ⇔ a − = ⇒a = ⇒b =

Do ( ) ( )

1009 1009 1009 1009

2

1008

1 1

2 2

P= a + b =   +   =

   

Bài 2: ( điểm )

Giải phương trình: 5− +x 3+ =x

Lời giải

ĐKXĐ: − ≤ ≤3 x Bình phương vếcủa phương trình ta được:

( )( ) ( ) ( )( )

5− +x 5−x x+3 +4 3+x =36⇔4 5−x x+3 =19 3− x Với ĐK: 19

3

x

− ≤ ≤ Ta có phương trình

( )( ) ( )2

16 5−x x+3 = 19 3− x

2

25x 146x 121

(x 25)( x 121)

⇔ − − =

1 25

1 x 21

x hay

⇔ = = ( thỏa mãn điều kiện)

Vây phương trình có tập nghiệm 1;121 25

S=  

 

Bài 3: ( điểm )

Hình bên gồm hình vng giống hệt nhau, hình

vng có diện tích

cm Các điểm A B C D, , , đỉnh

của hình vng Điểm E nằm đoạn CD cho AE chia hình vng thành hai phần có diện tích

nhau Tính độdài đoạnCE

Lời giải

Mỗi hình vng có diện tích

cm nên hình vng nhỏcó cạnh cm

2

1

4 9.4

2

AOE OBMC hinhvuong

S =S + S = + =cm

( )

1 22.2 11

22

2OA OE OE cm

⇒ = ⇒ = = ( OA=4.2=8cm)

Vậy 11 7( )

2

CE=OE OC− = − = cm )

Bài 4: ( điểm )

1) Cho hai số thực x , y Chứng minh (1+x2)(1+y2)≥2x(1−y2)

Lời giải

Ta có ( 2)( 2) ( 2)

1+x 1+y ≥2x 1−y

( ) ( )

2 2 2

2 2 2

1 2

2

x y x y x xy

x x x y xy y

⇔ + + + ≥ −

⇔ − + + + + ≥

( ) (2 )2

1

x xy y

⇔ − + + ≥ ( bất đẳng thức đúng)

Vậy ( 2)( 2) ( 2)

1+x 1+y ≥2x 1−y

2) Các số A B C D A C B; ; ; ; + ; +C A; +D B; +D tám số tựnhiên khác từ đến Biết A số lớn số A B C D, , , Tìm A

Lời giải

Ta có tổng số: 3(A+ + +B C D)=36⇔ + + +A B C D=12 (1)

Mà B+ +C D≥ + + = ⇒ ≤1 A

Hơn 4A> + + +A B C D=12⇔ A>3

Nếu A= ⇒5 B C D, , ∈{1; 2;3; } ( )1 ⇒ + +B C D=7 Do B C D, , ∈{1; 2; } Do A+Dvà A+Cbé nên C D, ≠4 ⇒ =B Nếu C =1,D=2

6

A+ = +C B D= vô lý Nếu C=2,D=1 A+D= + =B C 6là vơ lý

Do A chỉcó thểlà 6, suy B C D, , ∈{1; 2;3; 4;5} Từ(1) ta có B+ +C D=6 Do

đó B C D, , ∈{1; 2;3} Hơn A+D A C, + ≤8 nên C D, ≠3 , suy B=3 Với

1,

C = D= hay C =2,D=1 thỏa mãn yêu cầu đề Vậy A=6 Bài 5: ( điểm )

1) Cho nửa đường tròn ( )O đường kính 4AB= cm Góc DAB= °30 cung DB

một phần đường tròn tâm A Tính diện tích phần tơ đậm

Lời giải

π

∆

= + = 3+2

3

OAE

phần trắng quạt OBE

S S S

2

4

2

3

2

phần tơ đậm nửa hình trịn quạt ABD phần trắng

S S S S

π π

π π

= + −

 

= + −  + 

 

= −

2) Cho tứgiác nội tiếp ABCD có hai đường chéo vng góc với I Đường

thẳng qua Ivng góc AD cắt cạnh BC N Đường thẳng qua Ivng góc BC cắt cạnh AD M Chứng minh 2AB CD+ = MNthì ABCD hình

thang

Lời giải

Gọi K giao điểm MI BC

Gọi F trung điểm BD

Ta có: BIK =KIC (cùng phụ với IBK) MDI =KIC ( góc nội tiếp chắnAB

của ( )O )

F

N

M

K

I

D

O

C A

 

⇒BIK =MDI mà BIK =MID (2 góc đối đỉnh) nênMDI =MID⇒ ∆MIDcân M

⇒MI =MD

 = ⇒ ∆

MAI MIA MAIcân M ⇒MI =MA

mà MI =MD⇒MI =MA⇒M trung điểm AD

Ta có ;1

2

= =

MF AB NF DC

mà 2AB CD+ = MNnên 2.MF+2.NF=2MN⇒MF+NF =MN⇒M F N, , thẳng hàng

Từđó suy AB CD// nên ABCD hình thang

Bài 6: ( điểm )

Một ô tô dựđịnh từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc không đổi /v km h

nếu vận tốc tơ tăng thêm 20% sẽđến B sớm dựđịnh Tuy nhiên sau

khi 120 km với vận tốc v , ô tô tăng thêm 25% đến B sớm dự định 48

phút Tính quãng đường hai thành phố

Lời giải

Đổi đơn vị: 48 phút 48

60

= = (giờ)

Gọi s km( )là quãng đường hai thành phố Avà 0B (s> )

Nếu vận tốc tơ tăng thêm 20% sẽđến B sớm dựđịnh nên ta

có phương trình: ( )1

20%

− = ⇔ =

+

s s s

v v v

Sau 120 km với vận tốc v , ô tô tăng thêm 25% đến B sớm dự

định 48 phút nên ta có phương trình: 120 120

25%

−

− = −

+

s s

s v v v (2)

Từ(1) (2) ta có hệphương trình: 60

120 120 360

25%

 =

  =

 ⇔

 −  =



 − = −

 +



s v

v

s s s

s v v v

Vậy quãng đường hai thành phố A B.là 360 km

LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP THCS MƠN TỐN

THÀNH PHỐ HÀ NỘI

NĂM HỌC 2017-2018 Bài 1. (5.0 điểm)

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

b c c a a b+ + + + + = Tính giá trịcủa biểu thức

a b c

P

b c c a a b

= + +

b) Tìm tất cảcác cặp sốnguyên (x y, ) thỏa mãn phương trình

2

7 13 x y

x xy y

− =

+ +

Bài 2. (5.0 điểm) a) Giải phương trình

2

6x +2x + =1 3x 6x +3 b) Giải hệphương trình

3 2 3 4

2 2

x x y y y x y

 + + = − +



+ = + 

Bài 3. (3.0 điểm)

a) Chứng minh không tồn sốnguyên dương m n p, , với p nguyên tố thỏa

mãn

2019 2019 2018

m +n =p

b) Cho x, y, z 0≥ thỏa mãn x + + =y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3 16 16 16

x y z

P

y z x

= + +

+ + +

Bài 4. (6.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với AB <AC <BC , nội tiếp đường trịn ( )O Gọi H hình chiếu A lên BC , M trung điểm AC P

là điểm thay đổi đoạn MH (P khác M P khác H )

a) Chứng minh BAO HAC <

b) Khi APB<900, chứng minh ba điểm B , O, P thẳng hàng

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

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

định P thay đổi

Bài 5. (1.0 điểm) Cho đa giác 2n đỉnh nội tiếp đường tròn ( )O Chia 2n đỉnh

thành n cặp điểm, cặp điểm thành đoạn thẳng (hai đoạn thẳng

trong số n đoạn thẳng tạo khơng có đầu mút chung)

a) Khi n =4, cách chia cho bốn đoạn thẳng tạo

khơng có hai đoạn có độ dài

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

đoạn thẳng có độ dài

Hướng dẫn Bài 1.

a) Từ giả thiết, ta có

( ) 1 2018.2017 2014 2018

P a b c

b c c a a b

 

= + +  + + − = − =

+ + +

b) Điều kiện: x2+xy +y2 ≠0 Từphương trình suy x y− ≠0. Bây giờ ta viết lại

phương trình cho dạng

( ) ( 2)

13 x y− =7 x +xy +y (1)

Từđây, ta có 13(x y− ) chia hết cho Mà (14,7 1= ) nên x y− chia hết cho (2)

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

4 4

x +xy +y = x y− + x y+ ≥ x y−

Do đó, kết hợp với (1), ta suy

( ) 7( )2 13

4

x y− ≥ x y− Từđó, với ý x y− ≠0, ta có đánh giá 52

7

x y

< − < Kết hợp với (2), ta

7

x y− = x2 +xy +y2 =13.

Giải hệphương trình {

{

2

3

13

3 x

y x y

x xy y x y  =  = − − =

 ⇒ 

 + + = =

 

= − 

Bài 2.

a) Điều kiện:

x ≥ − Do 2 2 ( )2

6x +2x + =1 5x + x +1 >0 nên từphương trình ta suy

0

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

x + x + = x + a nên phương trình có

thểđược viết lại thành

2

6

3

x + a = xa,

hay (a−6x a)( −3x)=0

Từđây, ta có a=3x a=6x

• Với a=3x , ta có 9x2 =6x +3 Từđây, với ý x >0, ta giải x =0 • Với a=6x , ta có 36x2 =6x +3 Từđây, với ý x >0, ta giải

1 13 12

x = +

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x =1 13 12

x = +

b) Điều kiện: x ≥ −2 Từphương trình thứhai, ta suy y ≥ −2 Phương trình thứ

nhất hệcó thểđược viết lại thành y + = +1 y

hay

( )2

1

Giải phương trình này, ta y =0 Một cách tương ứng, ta có x = −1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x y, ) (−1;0)

Bài 3.

a) Giảsử tồn bộsố ( , n, p)m thỏa mãn yêu cầu đề Dễ thấy 0<m, n< p

Phươngtrình cho có thểđược viết lại thành (m n A+ ) = p2018, (1)

trong A m= 2018−m2017n m+ 2017n2 − − mn2017+n2018 Nếu A khơng chia hết cho p từ(1), ta có A =1

2018 2019 2019.

m n+ = p =m +n

Từđó dễ thấy m = =n p2018 =2, mâu thuẫn Vậy A chia hết cho p Do m n+ >1 nên từ(1) suy m n+ chia hết cho p Khi đó, ta có

( )

2018

2019 mod

A ≡ m p

Do A chia hết cho p 0<m < p nên từ kết quảtrên, ta suy 2019 chia hết cho p,

hay p =2019 Từđây, dễ thấy m n khác tính chẵn lẻ, hay m n≠

Bây giờ, ta viết lại phương trình cho dạng\( ) ( )m3 673+ n3 673 =20192018,

hay (m n m+ )( 2−mn n+ 2)=20192018,

trong đó, B =( ) ( ) ( )m3 672− m3 671 n3 + − ( )( ) ( )m3 n3 671+ n3 672 Do m n≠ nên ( )2

2 1

m −mn n+ = m n− +mn > , từđó ta có m2−mn n+ chia hết cho 2019 Tuy

nhiên, điều không thểxảy

( )

2 3 mod 2019

m −mn n+ ≡ n

( )

2 0 mod 2019

m −mn n+ ≡ Vậy không tồn số m n p, , thỏa mãn yêu cầu đề b) Ta sẽchứng minh

6

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

vịvòng quanh bộnày) Bất đẳng thức

16

P ≥ tương đương với

3 3

16 16 16 16 16 16

x y z

y + +z + +x + ≥

hay

3 3

16 16 16

16 16 16

x y z

x y z x y z

y z x

 −  + −  + − ≤ + + −

 +   +    + 

 

Một cách tương đương, ta phải chứng minh

3 3

3 3

1

16 16 16

xy yz zx

( )( )2

3 16 4 2 12 12

y + = y + y − + y ≥ y

nên 3

16 12

y xy y + ≤

Đánh giá tương tự, ta có

3

3 16 12 ; 16 12

yz yz zx zx z + ≤ x + ≤

Suy

( )

3 3 2

3 16 16 16 12

xy yz zx xy yz zx

y z x

+ +

+ + ≤

+ + +

Do y nằm x z nên ta có (y z y z− )( − )≤0, suy y2+zx ≤xy +yz

2 2

xy +zx ≤xy +xyz Từđó, ta có đánh giá

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

2 2 2 3 4 4 1 4 3

xy +yz +zx ≤y x +xz z+ ≤y x z+ =y −y = − −y y − ≤ Từ(2) (3), ta thu (1) Vậy

6

P = Bài 4.

a) Ta có  1s®AB 

ACB = =AOB (tính chất góc nội tiếp chắn cung) Mà OA OB= nên  

BAO ABO= , suy AOB+2BAO=900 Từđây, ta có 2ACB+2BAO=90 ,0 hay

 900  

BAO = −ACB =HAC (vì AHC=900) Vậy BAO CAH =

Xét tam giác AHC vng H có M trung điểm AC nên MH =MC =MA

(đường trung tuyến nửa cạnh huyền) Từđó suy

      AHP AHM= =MAH CAH= =BAO ABO= (2)

Từ(1) (2), ta có ABP ABO = nên tia BO BP trùng Từđó suy ba

điểm B , O, P thẳng hàng

c) Ta có tứgiác BQPH nội tiếp hai góc BQP, BHP vịtrí đối nên

 1800   .

BQP = −BHP PHC= =MHC

Mặt khác, ta lại có MH =MC (chứng minh trên) nên    MHC =MCH =ACB Từđây, ta suy

  BQP ACB=

Lại có tứgiác AQMP nội tiếp nên AQP AMP AMH  = = (cùng chắn cung AP)

Mà AMH  =MHC MCH+ =2MCH =2ACB (tính chất góc ngồi) nên

 2

AQP = ACB

Từđó AQB   =AQP BQP ACB− =

Hai góc AQB ACB nhìn cạnh AB nên tứgiác AQCB nội tiếp Bây giờ, gọi I

là giao điểm khác P PQ ( )O Ta có BQI   =BQP ACB= =AQB

nên s®BA=s®BI, hay BA BI= Suy I giao điểm khác A đường tròn

(B BA, ) ( )O , tức I cốđịnh Vậy đường thẳng PQ qua điểm I cốđịnh Bài 5. Ta đánh số 2n đỉnh đa giác từ đến 2n Khi đó, độdài đoạn thẳng

nối hai đỉnh có thểcoi tương ứng với sốlượng cung nhỏ nằm hai đỉnh đó, chênh lệch hai số thứ tự theo mod n cộng thêm Sự tồn hai cặp

đoạn thẳng có độ dài đềbài tương ứng với việc tồn hai cặp đỉnh

có sựchênh lệch số thứ tự theo mod n

a) Ta cần chỉra cách chia cặp số từ1 đến cho khơng có hai cặp có chênh lệch giống theo mod Cụ thể là, ( )1,4 , ( )2,6 , ( )3,5 ( )7,8 với chênh

b) Gỉa sử tồn cách ghép cặp (a b1, 1), (a b2, 2), , (a b10, 10) cho số từ1 đến 20

cho khơng có hai sốnào có sốdư chia cho 10 Suy

( )

1 2 10 10 mod 10

a b− +a −b + +a −b ≡ + + +

( )

1 2 10 10 mod 10

a b− +a −b + + a −b ≡

Do tổng a b1− +a2 −b2 + + a10−b10 số lẻ Chú ý với x y, ngun x y− có tính chẵn lẻ với x y+ Kết hợp với kết quảtrên, ta suy tổng

(a b1, 1) (+ a b2, 2)+ + (a b10, 10), lẻ Mặt khác, ta lại có

(a b1, 1) (+ a b2, 2)+ + (a b10, 10)= + + +1 20 210= sốchẵn Mâu thuẫn nhận

cho ta kết quảcần chứng minh

STT 18.ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HÀ TỈNH

NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: Nguyễn Mạnh Hùng Người phản biện: Bùi Minh Sang I – PHẦN GHI KẾT QUẢ(Thí sinh ghi kết vào tờ giấy thi) Câu 1: Tìm sốcạnh đa giác lồi có 27 đường chéo

Câu 2: Cho a1=2017 an+1=an+2017 với n≥1, n∈ Tìm a2018

Câu 3: Cho 2

4a +b =5ab với b>2a>0 Tính giá trịcủa 25 2

3

ab p

a b

=

+

tại vịtrí chuyển động chiều Hỏi sau 16 phút vật thứhai vượt lên

trước vật thứ lần? (không kểlúc xuất phát)

Câu 5: Có tam giác khác mà độdài cạnh số tựnhiên (cùng đơn vị đo) thuộc tập hợp {1; 2;3; 4;5; 6; 7}

Câu 6: Giải phương trình

1− +x x+ =3

Câu 7: Cho số a b, thỏa mãn a3+8b3 = −1 6ab Tính a+2b

Câu 8: Tìm sốnguyên dương a, b, c, (b>c) thỏa mãn

( )

2 2

2

b c a

a b c bc

 + =

 

+ + =



Câu 9: Biết khoảng cách từ trọng tâm tam giác ABC đến cạnh tỉ lệ với số 2; 3;

chu vi tam giác ABC 26 Tìm độdài cạnh tam giác ABC

Câu 10: Cho tam giác ABC có A=30; B =50, cạnh AB=2 Tính AC AC( +BC)

II – PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi) Câu 11: Giải hệphương trình ( )

2

3

2

2

y x

x y y x

 − =



 − = −



Câu 12: Cho tam giác ABC vng A có AB< ACngoại tiếp đường tròn tâm O Gọi D, E,F tiếp điểm ( )O với cạnh AB, AC, BC Gọi I giao điểm

của BO EF M điểm di động đoạn CE Gọi H giao điểm BM EF

a) Chứng minh AM =AB tứgiác BDHF, ABHI nội tiếp

b) Gọi N giao điểm BM cung nhỏ EF ( )O , P Q hình

chiếu

N đường thẳng DE, DF Chứng minh PQ≤EF

Câu 13: Cho x, y sốngun khơng đồng thời Tìm GTNN

2

5 11

STT 18 LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG TỈNH HÀ TỈNH NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: Nguyễn Mạnh Hùng I – PHẦN GHI KẾT QUẢ(Thí sinh ghi kết vào tờ giấy thi) Câu 1: Tìm sốcạnh đa giác lồi có 27 đường chéo

Lời giải

Gọi sốcạnh đa giác lồi n, (n∈,n>3) Ta có ( 3) 27

n n−

= ⇒ =n Câu 2: Cho a1=2017 an+1=an+2017 với n≥1, n∈ Tìm a2018

Lời giải

Ta có a2 = +a1 2017=2.2017, a3 =a2+2017=3.2017, …

Do a2018=2018.2017=4070306

Câu 3: Cho 2

4a +b =5ab với b>2a>0 Tính giá trịcủa 25 2

3

ab p

a b

=

+

Lời giải

Ta có 2 ( )( )

4a +b =5ab⇔ a b− 4a b− =0 Do b>2a>0 nên b=4a Suy

2

2

20

3 32

a P

a a

= =

+

Câu 4: Hai vật chuyển động đường trịn có chu vi 200m, vận tốc vật thứ 4m s/ , vận tốc vật thứ hai 6m s/ Hai vật xuất phát thời điểm vịtrí chuyển động chiều Hỏi sau 16 phút vật thứhai vượt lên

trước vật thứ lần? (không kểlúc xuất phát)

Lời giải

Gọi t thời gian để hai vật gặp tính từlúc xuất phát Quảng đường vật

đi đến lúc gặp S1=v t1 =4t, S2 =v t2 =6t Vì hai vật chiều nên

2

S − =S S ⇒ − =6t 4t 200⇒ =t 100 (giây)

Do cứsau 100 giây chúng gặp lần Vậy sau 16 phút =960 giây

chúng gặp số lần 960 100   =

 

  Vậy vật thứhai vượt lên trước lần

Câu 5: Có tam giác khác mà độdài cạnh số tựnhiên (cùng đơn vị đo) thuộc tập hợp {1; 2;3; 4;5; 6; 7}

Sốtam giác khác ( 1)( 2)( 1) 8.10.15 50

24 24

n+ n+ n+

   

= =

   

 

  tam giác

Câu 6: Giải phương trình

1− +x x+ =3

Lời giải

ĐKXĐ x≥ −3 Đặt

1− =x a; x+ = ≥3 b

Ta có 3 22

4 a b a b + =   + =  ( )

a a a

⇒ + − = 17 a a =   ⇒ − ±  = 

Từđó tìm tập nghiệm phương trình cho 1;15 17 S =  ± 

 

 

Câu 7: Cho số a b, thỏa mãn a3+8b3 = −1 6ab Tính a+2b

Lời giải

Ta có 3

3 x y z

x y z xyz

x y z

+ + = 

+ + = ⇒ 

= = 

Do 3

8

a + b = − ab ⇔a3+( ) ( )2b 3+ −1 =3a( )( )2b −1

2 a b a b + − =  ⇒  = = −  2 a b a b + =  ⇒  + = − 

Câu 8: Tìm sốnguyên dương a, b, c, (b>c) thỏa mãn

( )

2 2

2

b c a

a b c bc

 + =



 + + =



Lời giải

Ta có 2 2 2 ( )2 2 ( )2 ( ) 2

2

b +c =a ⇒ b+c − bc=a ⇒ b+c − a+ +b c =a

( ) (2 )2

2

b c a

⇒ + − = +

Vì b> ≥c nên b c+ − ≥2 dó

( )2 ( )( )

2

2 4 4

b+ − = + ⇒ = + − ⇒c a a b c b +c = b+ −c ⇔ b− c− = Vì b− > − ≥ −4 c nên có trường hợp sau

TH1: 12 13

4

b b a c c − = =   ⇒ ⇒ =  − =  =  

TH2: 4 10

4

Câu 9: Biết khoảng cách từ trọng tâm tam giác ABC đến cạnh tỉ lệ với số 2; 3;

chu vi tam giác ABC 26 Tìm độdài cạnh tam giác ABC

Lời giải

Gọi độdài cạnh BC=a, AC=b, AB=c Độdài đường cao kẻ từđỉnh A, B , C x, y, z Khoảng cách từ trọng tâm tam giác ABC đến cạnh tỉ lệ

với số 2; 3; nên ta có

2

x y z

k

= = = Mặt khác ax=by=cz=2SABC nên

1

24

1 1 1 13

2 12

a c a c a b c

k

x y z k k k k

+ +

= = = = = = = Suy a=12; b=8; c=6

Câu 10: Cho tam giác ABC có A=30; B =50, cạnh AB=2 Tính AC AC( +BC)

Lời giải

Kẻđường phân giác CD

Ta có ACB=100⇒BCD = ACD=50

Suy tam giác BCD cân D Suy BD=DC

Lại có ∆ADC# ∆ACB AC AD

AB AC

⇒ =

AC AB AD

⇒ =

Và AC CD AC BC AB CD

AB = BC ⇒ =

Suy ( ) ( )

12

AC BC+AC = AB AD CD+ = AB AD+BD =AB = hay

( ) 12

AC AC+BC =

II – PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi) Câu 11: Giải hệphương trình ( )

2

3

2

2

y x

x y y x

 − =

 

− = −



Lời giải

Thay 2

1=2y −x va phương trình thứhai ta có

( ) ( )

3 2 2 3 2

2x −2y 2y −x =y −x 2y −x ⇔ x −5y +2x y+2xy =0 Đặt y=xt

( )

3

5 2

Xét x=0, thay vào phương trình thứhai ta ( )

2 0

y y + = ⇒ =y khơng thỏa

mãn phương trình thứ

Xét ( )( )

5t −2t − − = ⇔ −2t t 5t + + = ⇔ =3t t Do y=x, ta có hệ

phương trình ( )

2

1

1

x

x x x

 =

 ⇔ = ±



− =



Vậy hệphương trình có nghiệm ( ) (x y; ∈ − −{ 1; , 1;1) ( )}

Câu 12: Cho tam giác ABC vng A có AB< ACngoại tiếp đường tròn tâm O Gọi D, E,F tiếp điểm ( )O với cạnh AB, AC, BC Gọi I giao điểm

của BO EF M điểm di động đoạn CE Gọi H giao điểm BM EF

a) Chứng minh AM =AB tứgiác BDHF, ABHI nội tiếp

b) Gọi N giao điểm BM cung nhỏ EF ( )O , P Q hình

chiếu

N đường thẳng DE, DF Chứng minh PQ≤EF

Lời giải

Gọi K giao điểm BO DF Ta có tam giác IKF vng K Hình chữ nhật

ADOE có OD=OE nên hình vng Suy  1 45

DEF= DOE=  Suy

 45

BIF= 

a) Khi AM =AB tam giác AMB vuông cân A suy

 45 

DBH =  =DFH

Nên tứgiác BDHF nội tiếp Do năm điểm B, D, O, H, F thuộc

đường

trịn đường kính BO Suy BFO =BHO=90⇒OH ⊥BM , mà tam giác

vng cân có AH phân giác nên AH ⊥BM Suy A, O, H thẳng hàng

Suy BAH =BIH =45 Vậy tứgiác ABHI nội tiếp

b) Tứgiác PNQD nội tiếp suy   NPQ=NDQ=NEF Tương tựta có

  

NQP=NDP=NFE Suy NEF NQP PQ NQ PQ EF

EF NE

∆ # ∆ ⇒ = ≤ ⇒ ≤ Dấu

“=” xảy P trùng F, Q trùng E hay DN đường kính ( )O

Câu 13: Cho x, y sốnguyên không đồng thời Tìm GTNN

2

5 11

F = x + xy− y

Lời giải

Đặt 2 ( )

5 11 ;

F = x + xy− y = f x y , m GTNN F

Ta có m sốnguyên f ( )0;1 = f ( )1; = ⇒ ≤5 m

Vì x, y sốngun khơng đồng thời nên 2

5x +11xy−5y ≠0 hay

F≠

Xét x=2n; y=2k Ta có f x y( ); = f (2 ; 2n k)=4f n k( ); nên giá trị f (2 ; 2n k) khơng

thểlà GTNN Do GTNN F xảy x, y khơng chẵn, m số

lẻ

* Nếu m=1 suy tồn x, y để 5x2+11xy−5y2 =1⇔100x2+220xy−100y2 = ±20

( )2

10x 11y 221y 20

⇔ + − = ± ( )2

10x 11y 20 221y

⇔ + ± =  Suy ( )2

10x+11y chia 13 dư dư Mà sốchính phương chia 13 chỉcó dư 0, 1, 3, 4, 9, 10, 12

Do vơ lý

* Nếu m=3 suy tồn x, y để 5x2+11xy−5y2 =3⇔100x2+220xy−100y2 = ±60

( )2 2

10x 11y 221y 60

⇔ + − = ± ( )2 2

10x 11y 60 221y

⇔ + ± =  Suy ( )2

10x+11y chia 13 dư dư Mà sốchính phương chia 13 chỉcó dư 0, 1, 3, 4, 9, 10, 12

Do vơ lý

STT 19 ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HẢI DƯƠNG

NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: Bùi Minh Sang Người phản biện: Hoa Hướng Dương

Câu 1. a) Cho A= 2

1

x x x x

x x x x

− + +

+ + − + Rút gọn B= −1 2A−4 x+1 với

1

4

x

≤ ≤

b) Cho x y z, , ≠0 đôi khác thỏa mãn 1

x+ + =y z Chứng minh

( 2016 2017 2018)

2 2

1 1

x

2 2zx 2x x y z xy yz z

x yz y z y

 

+ + + + = + +

 + + + 

 

Câu 2. a)Giải phương trình ( )( )

5 3x 10

x+ − x− + x + − =

b)Giải hệphương trình x23 y2 xy

x x y

 + − =

 

= +



Câu 3. a)Tìm số thực x cho x+ 2018 2018

x− sốnguyên

b) Tìm số tựnhiên có dạng ab Biết ab2−ba2 sốchia hết cho 3267

Câu 4. Cho hình bình hành ABCD có gócB CD =900 , đường phân giác góc BAD cắt cạnh

BC đường thẳng CD E F Gọi O O, ' tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCD ∆CEF

1)Chứng minh O'thuộc đường tròn ( )O 2) Khi DE vng góc BC

a) Tiếp tuyến ( )O D cắt đường thẳng BC G Chứng minh

BG CE=BE CG

b)Đường tròn ( )O ( ')O cắt điểm H (H khác C) Kẻ tiếp tuyến chung

IK (I thuộc ( )O ,K thuộc ( ')O H I K, , nằm phía bờ OO ' ) Dựng hình bình hành CIMK Chứng minh OB O C+ ' >HM

Câu 5. Cho x y z, , >0 thỏa mãn x2+y2+z2 ≤3xyz Tìm GTLN

2 2

4 4

x

x y z

P

x yz y z z xy

= + +

STT 19 LỜI GIẢI ĐỀTHI CHỌN HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: Bùi Minh Sang

Câu 1. a) Cho A= 2

1

x x x x

x x x x

− + +

+ + − + Rút gọn B= −1 2A−4 x+1 với

1

4

x

≤ ≤

b)Cho x y z, , ≠0 đôi khác thỏa mãn 1

x+ + =y z

Chứng minh ( 2016 2017 2018)

2 2

1 1

x

2 2zx 2x x y z xy yz z

x yz y z y

 

+ + + + = + +

 + + + 

 

Lời giải

a) Ta có

2

( 1) ( 1)

A= =

1 1

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

− + + − + +

+ + − + + + − + = x( x− +1) x( x+1) =2x

1 4 1 2 (0 1)

4

B= − A− x+ = − x− x+ = − x− = x ≤ ≤x

b)Ta có 1 yz xz xy

x+ + = ⇒y z + + =

2

2 z ( ) ( ) ( )( )

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

⇒ + = + + = + − − = − − − = − −

Tương tự 2

2zx ( )( ); 2xy=(z-x)(z-y)

y y z y x z

⇒ + = − − +

2 2 2

2 2

x yz y xz z yx

⇒ + +

+ + +

1 1

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

= + +

− − − − − −

0

( )( )( )

y z z x x y x y y z z x − + − + − +

= =

− − −

2016 2017 2018

2 2

1 1

( )

2 2 x y z

x yz y xz z yx

 

⇒ + +  + + =

+ + +

 

Câu 2. a)Giải phương trình ( )( )

5 3x 10

x+ − x− + x + − =

b)Giải hệphương trình x23 y2 xy

x x y

 + − =

 

Lời giải a)Điều kiện x≥2

( )( )

5 3x 10

x+ − x− + x + − =

2

1 x 3x 10 x x

⇔ + + − = + + −

( x 5( x 1) x

⇔ + − − = − −

2

x x

 − =

⇒ 

+ = 

3

x x

=  ⇔  = −



So với điều kiện ta phương trình có nghiệm x=3

b) x23 y2 xy

x x y

 + − =

 

= + 

Từphương trình 3 2 3

2x 2( ) ( )( )

x = + ⇔x y = x+y = x +y −xy x+y =x +y

3

x y x y

⇒ = ⇒ =

Với x= y thếvào phương trình x2+y2−xy=2 ta

2

2

2

y y

y

 = = ⇒ 

= − 

Vậy hệcó nghiệm ( ; ) {( 2; 2); (x y = − 2;− 2)}

Câu 3. a)Tìm cácsố thực x cho x+ 2018 2018

x− sốnguyên

b) Tìm số tựnhiên có dạng ab Biết ab2−ba2 sốchia hết cho 3267 Lời giải

a) Điều kiện x≠0

Đặt a= +x 2018⇒ = −x a 2018

Xét 2018 2018 2018 2018

2018 2018

a b

x a a

− +

= − = − =

− −

( 2018) 2025 2018

b a a

⇒ − = −

2015 ( ) 2018

ab b a

⇒ − = −

Với a b, ∈Z

2025 ( ) 2018

ab Z a b

⇒ − ∈ ⇒ − =

a b

⇒ =

2025 45

a b

⇒ = = ± = ±

b) 2 2 2 2 2

(10a ) (10 ) 99( )

ab −ba = +b − b a+ = a −b

2

ab −ba chia hết cho 3267 nên a2−b2 =(a b a b− )( + ) chia hết cho 33 1≤a b, ≤ ⇒ =9 a b,hay a=7,b=4;a=4,b=7

Vậy ta có số 11; 22;33; 44; 47;55; 66; 74; 77;88;99

Câu 4. Cho hình bình hành ABCD có góc B CD =900, đường phân giác góc BAD cắt cạnh

BC đường thẳng CD E F Gọi O O, ' tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCD ∆CEF

1)Chứng minh O'thuộc đường tròn ( )O 2) Khi DE vng góc BC

a) Tiếp tuyến ( )O D cắt đường thẳng BC G Chứng minh

BG CE=BE CG

b)Đường tròn ( )O ( ')O cắt điểm H (H khác C) Kẻ tiếp tuyến chung

IK (I thuộc ( )O ,K thuộc ( ')O H I K, , nằm phía bờ OO ' ) Dựng hình bình hành CIMK Chứng minh OB O C+ ' >HM

Lời giải

a)

 BAE=DAE(giảthuyết);

   

E

E E

BA EFC

DA F C

 =

 

= 

 

EFC FEC

⇒ =

suy ∆EFC cân C ⇒CE=CF

mà BE A=FEC⇒ BEA=BAE nên ∆ABE cân B

BA BE

D

CE CF

BE CE DC CF

BE C

=

 ⇒ + = +

 =

 ⇔BC=DF (1)

Mặt khác ∆O CF' cân ⇒O CF ' =O FC'

Với CE=CF ⇒O CE ' =O CF' ⇒O CE ' =O FC' (2)

Mà O C' =O F' (3)

Từ (1),(2) (3) ta ∆BO C' = ∆DO F' ⇒O BC ' =O DF' Nên tứgiác B COD ' nội tiếp hay điêm O' thuộc đường tròn ( ')O b)Tam giác BCD D,nội tiếp đường tròn ( )O

Ta có 2 2

2

DG CG BG

DG DE CG BG BE CE GE CG BG BE CE

DE BE CE

 =

 ⇒ − = − ⇔ = −

 = 

2

(CE CG) CG BG BE CE

⇒ + = −

2

2

CE CE CG CG CG BG BE CE

⇔ + + = −

2

CE CE CG BE CE CG BG CG CE CG

⇔ + + = − −

( ) ( )

CE CE CG BE CG BG CG CE

⇔ + + = − − ⇔CE BG =CG BE

c)Tia CH cắt IK N Áp dụng phương tích đường trịn ta có 2

NK =NH NC=NI

NK NI

⇒ = mà CIMK hình bình hành, M N H C, , , thẳng hàng

Suy

' '

OB +O C =OI+O K = NJ Gọi T điểm đối xứng với H qua N , P giao

điểm CH với OO'

Ta có

'

PH PC

NJ NP

OO CH

=

 ⇒ >

 ⊥



2NJ 2NP NP NP NP PH NP

⇒ > = + = + + =NT +PC+NP =TC =HM

Vậy OB O C+ ' >HM

Câu 5. Cho x y z, , >0 thỏa mãn x2+y2+z2 ≤3xyz Tìm GTLN

2 2

4 4

x

x y z

P

x yz y z z xy

= + +

+ + +

Lời giải Ta có x y z, , >0,

2 2

2 2 3x x y z 3

x y z yz

xyz

+ +

+ + ≤ ⇒ ≤

2

4

4

1

2

2 x

x yz x yz x yz

x yz yz

+ ≥ = ⇒ ≤

+

Tương tự ta được: 4 ; 4

x x

y z

y +z ≤ z z +xy ≤ xy

2 2

4 4

1 1 1 1

x z

x y z

P

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

   

= + + ≤  + + ≤  + + 

+ + +    

2 2

1

2 2

xy yz zx x y z

xyz xyz

 

 + +  + +

≤  ≤  ≤

   

GTLN

P= x= = =y z

SỞGD&ĐT HƯNG YÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

MƠN TỐN LỚP NĂM HỌC 2017-2018

Thời gian làm bài: 150 phút Bài a) Cho a b, >0 thỏa mãn 1

2018

a+ =b Chứng minh a b+ = a−2018+ b−2018

b) Cho a nghiệm dương phương trình 6x2+ 3x− 3=0

Tính giá trịcủa biểu thức

4

2 a A

a a a

+ =

+ + − Bài a) Giải phương trình (1 điểm) ( )3

1− 1−x 2− =x x

b) Tìm cặp sốnguyên ( )x y; thỏa mãn ( )2

2018 11

x− =y − y + y − y

Bài a) Giải hệphương trình

( )

( )( )

2

2

2

3

x y

x y

x y y x

 −

+ + + =

 

 + + = −



b) Cho x y z, , >0 thỏa mãn y z

x

+ = Chứng minh 3yz 4zx 5xy

x + y + z ≥

Bài Cho đường tròn (O R; ) điểm A cốđịnh với OA=2R, đường kính BC quay quanh O

sao cho tam giác ABC tam giác nhọn Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường

thẳng OA điểm thứ hai I Các đường thẳng AB, AC cắt đường tròn ( )O

tại điểm thứ hai D E Gọi K l giao điểm DE AO

b) Tính độdài đoạn AK theo R

c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ADE thuộc đường thẳng cố

định

Bài Từ 625 số tự nhiên liên tiếp 1, 2, 3, , 625 chọn 311 số cho khơng có hai số có

tổng 625 Chứng minh 311 số chọn, bao giờcũng có số phương

HẾT 

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT VÀ ĐÁP SỐ

Bài a) Cho a b, >0 thỏa mãn 1 2018

a+ =b Chứng minh a b+ = a−2018+ b−2018

b) Cho a nghiệm dương phương trình 6x2+ 3x− 3=0

Tính giá trịcủa biểu thức

4

2 a A

a a a

+ =

+ + −

Lời giải

a) Từ giả thiết

1 1

2018 2018 2018

2018

ab ab ab

a b a b

a+ =b ⇒ = a b+ ⇒ − + − = −a b+ + −a b+

a b a b

a b

a b a b a b

+

= + = = +

+ + + (Vì a b, >0)

b) Ta có a nghiệm dương phương trình

6x + 3x− 3=0nên 6a2+ 3a− 3=0

2

2 2

3

1 3

3

a

a − a a a

⇒ = = − > ⇒ < < ⇔ − <

Do ( ) ( )

4

4 2

4

4

2

2

1

2

a a a a

a

A a a a

a a a

a a a

+ + + +

+

= = = + − + +

+ + − + + −

( )2

2 2 2

3 3

a a a a a a

= − + = − + = − + =

Bài a) Giải phương trình (1 điểm) ( )3

1− 1−x 2− =x x

b) Tìm cặp sốnguyên ( )x y; thỏa mãn ( )2

2018 11

x− =y − y + y − y

Lời giải

a) Giải phương trình ( )3

( )3 ( ) (3 ) 1− 1−x 2− = ⇔x x x 2− =x x 1+ 1−x ⇔ x 2− − −x 1−x =0

3

0

2 1

x x x =  ⇔  − = + − 

Xét phương trình

2− = +x 1−x Đặt

3

3 2

1 1

2

1 3 1

1

a b a b a b

x a

a b b b b b b b b

x b  − =  = +  = +  = +  ⇒ ⇔ ⇔     − = + + + − = + + = − =     1 a x b =  ⇔ = ⇒ = 

Đối chiếu ĐKXĐ ta có: x∈{ }0;1

b) ( )2 ( )2 ( )2

2018 11 2018

x− =y − y + y − y⇔ x− + = y − y+

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

2018 1 2019 2017

x y y y y x y y x

⇔ − − − + = ⇔ − − + − + − =

Vì cặp x;y nguyên nên:

TH1:

2

2

2018

3 2019 2018;

2018;

3

3 2017

x

y y x x y

x y

y y

y y x

=  − − + =   = =  ⇔ ⇔    = = − = − + − =     TH2: 2 2018

3 2019 2018;

2018;

3

3 2017

x

y y x x y

x y

y y

y y x

=  − − + = −   = =  ⇔ ⇔    = = − + = − + − = −    

Vậy phương trình có nghiệm ( ) (x y; ∈{ 2018; , 2018;1 , 2018; , 2018;3) ( ) ( ) ( )} Bài a) Giải hệphương trình ( ) ( )

( )( )

2

2 1

2

3

x y

x y

x y y x

 − + + + =    + + = −  b) Cho x y z, , >0 thỏa mãn y z

x

+ = Chứng minh 3yz 4zx 5xy

x + y + z ≥

Lời giải

a) ĐKXĐ: ,

x y≥ − Từ (3x+2y)(y+ = −1) 4 x2

(x 2y 4)(x y 1)

⇔ + + + − = Vì ,

2

x y≥ − ⇒ +x y− > , đó:

1

Thay vào phương trình ( )1 ta được: ( )

2

4

2 2

2

x x

x+ + − x = − + ;

2 x − ≤ ≤ 

 

 

Đặt 2x+ +1 2− x =t, ( ) ( )( )

4

2

8

2 2

8

t t

t − t t t t

⇔ = − ⇔ − + − =

2 t

t =  ⇒ 

= −

 (Vì t>0)

TH1: ( )( )

1

;

2

2

3

;

2

x y

t x x

x y

 = − =



= ⇒ + − = ⇒ 

 = = −



(thỏa mãn điều kiện xác định)

TH2: t= 1− ⇒ (2x+1 2)( − x)= −1 5<0 (vơ lí)

Vậy phương trình có nghiệm: ( ); 3; , 3; 2 2

x y ∈ −    − 

   

 

b) Áp dụng bất đẳng thức CauChy ta có

3

2

yz zx xy yz zx zy xy zx xy

z y x

x y z x y x z y z

     

+ + = + +  + +  + ≥ + +

 

   

( )

4 x y 2(z x) xy xz x(2 y z) x

x

= + + + ≥ + = + = =

Dấu xảy

3

x= = =y z

Bài Cho đường tròn (O R; ) điểm A cố định với OA=2R, đường kính BC quay quanh O

sao cho tam giác ABC tam giác nhọn Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường

thẳng OA điểm thứ hai I Các đường thẳng AB, AC cắt đường tròn ( )O

tại điểm thứ hai D E Gọi K l giao điểm DE AO

a) Chứng minh AK AI = AE AC b) Tính độdài đoạn AK theo R

c) Chứng minh tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ADE ln thuộc đường thẳng cố

định

a) Ta có tứgiác BCED nội tiếp ⇒ ABC+DEC =180° ⇒ AEK = ABC ( bù DEC)

Mặt khác  ABC= AIC (hai góc nội tiếp chắn cung AC); suy  AEK = AIC (bắc cầu)

Xét ∆AEK ∆AIC có :  AEK =AIC EAKchung nên ∆AEK # ∆AIC (g.g)

AE AK

AE AC AK AI

AI = AC ⇒ =

b) Xét ∆AOB ∆COI có :  AOB=COI (đối đỉnh) BAO =ICO (hai góc nội tiếp

chắn cung BI) nên ∆AOB # ∆COI (g.g)

2

OA OB OB OB R

OI AI R

OC OI OA

⇒ = ⇒ = = ⇒ =

Kẻ tiếp tuyến AN với đường tròn ( )O , dễ dàng chứng minh ∆ANE# ∆ACN(g.g)

2 2

AE AC AN AO ON R

⇒ = = − =

Mà theo câu (a) :

2

AE AC= AK AI ⇒AK R= R ⇒AK = R

Gọi F giao điểm đường tròn ngoại tiếp ∆ADE với OA, ta có  AFD=AED mà

 AEK =ABC (câu a) nên AFD= ABC nên tứgiác BDFO nội tiếp đường tròn Dễ dàng chứng minh ∆ADF # ∆AOB(g.g) ⇒AD AB = AF AO ; ta chứng minh

được 2

2

AD AB= AN ⇒AF AO= AN ⇒AF = R không đổi, mà A cốđịnh nên F cố

định suy AFcốđịnh Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ADE thuộc đường trung trực

của đoạn AF cốđịnh

Bài Từ 625 số tự nhiên liên tiếp 1, 2, 3, , 625 chọn 311 số cho khơng có hai số có

tổng 625 Chứng minh 311 số chọn, bao giờcũng có số phương

Lời giải

N F K

I

E D

O

C B

Ta phân chia 625 số tựnhiên cho thành 311nhóm sau: +) nhóm thứ1 gồm năm sốchính phương {49; 225; 400;576; 625}

+) 310 nhóm cịn lại nhóm gồm hai sốcó tổng 625(khơng chứa sốcủa nhóm 1)

Nếu 311 sốđược chọn khơng có số thuộc nhóm thứ1, 311sốnày thuộc nhóm cịn lại Theo ngun tắc Dirichle phải có hai số thuộc nhóm Hai số có tổng 625(vơ lí) Vậy chắn 311 sốđược chọn phải có số

thuộc nhóm thứ1 Sốnày sốchính phương HẾT 

STT 24 ĐỀ THI CHỌN HSG KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: Đặng Đức Quý Người phản biện: Nguyễn Dương Câu 1. (4,0 điểm)

Giải phương trình: ( )

2 5x+3 x + −x =27 3+ x− +1 x+2 Câu 2. (4,0 điểm)

a. Chứng minh rằng: 3

70− 4901+ 70+ 4901 sốnguyên b. Chứng minh rằng: Với sốnguyên dương n, ta có:

( )

3 3

1 1

2+3 +4 3+ + n+1 n < Câu 3. (2,0 điểm)

Cho hai số thực x y thỏa mãn x2+xy+y2 =1 Tìm giá trị lớn P=x y3 +xy3

Câu 4. (2,0 điểm)

Cho p sốnguyên tố thỏa mãn 3

p=a −b với a b, hai sốnguyên dương phân biệt Chứng minh : Nếu lấy 4p chia cho loại bỏphần dư nhận số bình

Câu 5. (6,0 điểm)Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp ( )O Gọi E F, chân

đường cao kẻ từ B C, tam giác ABC Đường tròn ( )I qua E F, tiếp xúc với BC tại D Chứng minh rằng:

2

DB BF BE

DC =CF CE

Câu 6. (2,0 điểm)

Trên bàn có n( n ∈ , > 1). n viên bi Có hai người lấy bi Mỗi người đến lượt

được lấy sốbi tùy ý (ít viên bi) viên bi lại bàn, không vượt sốviên bi mà người lấy trước vừa lấy, biết người lấy lấy không

1

n− viên bi Người lấy viên bi cuối xem người chiến thắng Tìm số n

sao cho người lấy trước có chiến lược chiến thắng

STT 24 LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG TỐN TỈNH KHÁNH HỊA NĂM HỌC 2017-2018

Người giải đề: Đặng Đức Quý Người phản biện: Nguyễn Dương Câu 1. (4,0 điểm)

Giải phương trình: ( )

2 5x+3 x + −x =27 3+ x− +1 x+2 Lời giải:

ĐK : + 1.-

1

x x

x

x x

≥ ≥

 ⇔  ⇔ ≥

 − ≥  ≥

 

( )

2 5x+3 x + −x =27 3+ x− +1 x+2

⇔

10x+6 x + − =x 27 3+ x− +1 x+2 (1)

Đặt t=3 x− +1 x+2 mà x ≥ ⇒ t ≥

Phương trình (1) ⇔ t2− −t 20=0 ⇔ (t+4)(t−5 = ) ⇔ t = (t≥ )

( )

( )

3 + 2

3 2

0

1 2

3

2

1 2

3

2 >

1 2

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

Vậy phương trình có tập nghiệm S ={2} Câu 2. (4,0 điểm)

a. Chứng minh rằng: 3

70− 4901+ 70+ 4901 sốnguyên b. Chứng minh rằng: Với sốnguyên dương n, ta có:

( )

3 3

1 1

2+3 +4 3+ + n+1 n <

Lời giải:

a) Với 3 3 3

x = ( ) x

x= +a b ⇒ a + +b ab a b+ ⇒ =a + +b abx

Áp dụng: Đặt 3 3

70 4901, b = 70 4901, 70 4901 + 70 4901

a= − + x= − +

3

3 3

2

70 70 70 4901 140 3 140

( 5)( 28) ( 28 0)

x x x x x x

x x x x x x x

⇒ = + + − ⇒ = − ⇔ + − =

⇔ − + + = ⇔ − = + + > ⇔ =

Vậy 3

70− 4901+ 70+ 4901 =5 sốnguyên (đpcm) b) Ta có

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

3

3 3 3

1 = + −n n = n+1 − n = n+ −1 n n+1 + n+1 n+ n

Mà ( )2 ( ) 3 2 ( )2 ( )2(3 3 )

3 n+1 +3 n+1 n+ n <33 n+1 ⇒ <1 33 n+1 n+ −1 n .

Từđó suy

( )

( ) ( )

( )

3 3

2 3

3

3

1 1

1

3 1

1

n n n

n

n n n

n n  

< =  − 

+ +  +

+ −

 +

Nên

3 3 3 3

1 1 1 1 1

3

2 (n 1) n 2 n n

   

 

+ + + + <  − +  − + +  − 

+      + 

( )

3 3

3 3

1 1 1

3

2 ( 1) 1

1 1

2

n n n

n n

 

⇒ + + + + <  − <

+  + 

⇒ + + + + <

+

Câu 3. (2,0 điểm)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Côsi cho sốkhông âm ta có:

2 2

2 2

x +y ≥ x y = xy ≥ xy ⇒x2+y2+xy≥2xy+xy=3xy

3 xy

⇒ ≤

Ta có ( )2 2

0

a b− ≥ ⇔ ab≤a +b ( ) ( ) ( )

2

4

4

a b

ab a b ab +

⇔ ≤ + ⇔ ≤

( ) ( )

3 2

3

1 xy x

P=x y+xy = +y =xy −xy x2+xy+y2 =1

Áp dụng BĐT ( )1 ta có ( ) ( ) ( )

2 2

2 1

1 :

4

2

3

xy xy xy

y y

P x −x ≤ + − = + ≤ +  =

 

=

9 P

⇒ ≤ Vậy P có giá trị lớn

9 Dấu xảy

3

xy= x = y

3

x y

⇒ = =

3

x= =y −

Câu 4. (2,0 điểm)

Cho p sốnguyên tố thỏa mãn 3

p=a −b với a b, hai sốnguyên dương phân biệt Chứng minh : Nếu lấy 4p chia cho loại bỏphần dư nhận số bình

phương sốnguyên lẻ

Lời giải:

Ta có 3 2

( )( )

p=a −b = a b a− +ab b+ sốnguyên tố mà a b, sốnguyên dương a b− =1

a b

⇒ = + 3

( 1) 3

p b b b b

⇒ = + − = + +

4p 12b 12b 1(mod3)

⇒ = + + ≡

Nếu lấy 4p chia loại bỏphần dư ta A=4b2+4b+ =1 (2b+1)2 số phương lẻ

Câu 5. (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp ( )O Gọi E F, chân đường cao kẻ từ B C,

của tam giác ABC Đường tròn ( )I qua E F, tiếp xúc với BC D Chứng minh rằng: 22

DB BF BE

DC =CF CE Lời giải:

F

E

O

A

I

Gọi H =AC∩(I), G = AB∩( ).I

Trước hết ta chứng minh ∆CDH∽∆CED g( −g)

  

chung C

CDH CED

 

= 

( )

2

CD CE

CD CH CE

CH CD

⇒ = ⇒ =

Chứng minh tương tự ⇒ ( ) ( )

BD BG

BDF BGD g g BD BG BF

BF BD

∆ ∽∆ − ⇒ = ⇒ =

Ta có GBE =HCF ( phụ với A )  BGE=CHF( bù với EHF)

( )

BGE CHF g g

⇒ ∆ ∽∆ − BG BE ( )

CH CF

⇒ = Từ ( ) ( )1 , ( )3 ⇒

2

DB BG BF BG BF BE BF BF BE

DC =CH CE =CH CE =CF CE =CF CE ( đpcm)

Câu 6. (2,0 điểm)

Trên bàn có n( n ∈ , > 1). n viên bi Có hai người lấy bi Mỗi người đến lượt

được lấy sốbi tùy ý (ít viên bi) viên bi cịn lại bàn, khơng vượt sốviên bi mà người lấy trước vừa lấy, biết người lấy lấy không

1

n− viên bi Người lấy viên bi cuối xem người chiến thắng Tìm số n

sao cho người lấy trước có chiến lược chiến thắng Lời giải:

+ Ta thấy n lẻ người trước ln thắng, cách ởnước đầu tiên, người

đó lấy viên bi, nước tiếp theo, người chỉđược lấy viên bi

+ Xét trường hợp n chẵn Rõ ràng người lấy số lẻviên bi sẽthua, để lại

cho người nước số lẻ viên bi, trở trường hợp Do đó, người chiến thắng phải lấy số chẵn viên bi Như vậy, viên bi gắn thành cặp

người đến lượt lấy sốcặp

TH1: Nếu chỉcó cặp (n=2): người trước thua chỉđược lấy viên

TH2: Nếu số cặp lẻ lớn (n≡2mod 4): ta trở vềtrường hợp n lẻ(vì viên bi gắn thành cặp) người trước thắng

TH3: Nếu số cặp chẵn (n≡0mod 4): người muốn thắng ln phải lấy số chẵn

cặp (nếu ngược lại trở TH2) Khi viên bi gắn thành nhóm viên Tương tự TH1 TH2 ta thấy số nhóm (n=4); n>4 số nhóm lẻ

(n≡4mod 8)thì người trước thắng Nếu số nhóm chẵn (n≡0mod8), ta lại gắn viên

+ Như người trước có chiến lược thắng n lũy thừa

của (n≠2k)

ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2017-2018

A PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8,0 điểm) Câu 1: Cho phương trình

4

x +mx+ = Tập hợp giá trịcủa tham số m đểphương trình

có nghiệm kép

A {4; − } B { }4 C { }−4 D { }16

Câu 2: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, góc tạo hai đường thẳng có phương trình y= −5 x y= +5 x

A. o

70 B 30 o C 90 o D 45 o

Câu 3: Cho ( )

3

10 3 5

x

+ −

=

+ − Giá trịcủa biểu thức ( )

2018

4

x − x−

A 2018

2

− B 2018

2 C 0 D 1

Câu 4: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2018; 1)− B( 2018;1).− Đường trung trực đoạn thẳng AB có phương trình

A.

2018 x

y= − B

2018 x

y= C y=2018 x D y= −2018 x

Câu 5: Cho biểu thức P= 2x− 8x− −4 2x+ 8x−4 , khẳng định ? A P= −2 với

2

x≥ B P= −2 với x≥1

C P= −2 2x−1 với x≤1 D. P= −2 2x−1 với 1 2≤ ≤x

Câu 6: Trong góc phần tư thứ hệ trục tọa độ Oxy cho điểm M, biết M cách

đều trục tung, trục hoành đường thẳng y= −2 x Hoành độcủa điểm M

A 2+ B 2− C 1

2 D

Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, khoảng cách từđiểm M(2018; 2018) đến đường thẳng

y= −x

A 2 B C 4 D 1

Câu 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm 10

A m;m - 

  Khi m thay đổi khẳng

A Điểm A thuộc đường thẳng cố

định

B Điểm A thuộc đường tròn cốđịnh

C Điểm A thuộc đoạn thẳng cố

định

D.Điểm A thuộc đường thẳng y= −x 10.

Câu 9: Cho tam giác ABC cóAB=3 ,cm AC=4 cm BC=5 cm Kẻ đường cao AH, gọi ,

I Klần lượt tâm đường tròn nội tiếp tam giác HAB tam giác HAC Độ dài

đoạn thẳng KI

A.1, cm B. 2 .cm C. 1, 45 cm D cm

Câu 10: Cho AB dây cung đường tròn (O; cm) AOB=150 o Độdài đoạn thẳng AB

A. cm B. 2+ 3 cm. C 1+ 5 cm. D 2− 3 cm.

Câu 11: Cho hai đường tròn ( )I 3; (O; 6) tiếp xúc với A Qua A vẽ hai tia

vng góc với cắt hai đường trịn cho B C Diện tích lớn tam giác

ABC

A 6 B 12 C 18 D 20

Câu 12: Cho hình thoi ABCD có cạnh Gọi x y, bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tam giác ABD Giá trịcủa biểu thức 12 12

x + y

A 4 B C

2 D

1

Câu 13: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O R; ) đường kính AC dây cung

2

BD=R Gọi x y z t, , , khoảng cách từđiểm O tới AB CD BC DA, , , Giá trịcủa biểu thức xy+zt

A

2 2R B 2R2 C 2

2 R D

2

2 R

Câu 14: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I; cm) nội tiếp đường tròn (O; cm) Tổng khoảng cách từđiểm O tới cạnh tam giác ABC

A 8 cm B 12 cm C 16 cm D 32 cm

Câu 15: Nếu tam giác có độ dài đường cao 12,15, 20 bán kính đường trịn nội tiếp tamgiác

A 5 B 4 C 3 D.6

Câu 16: Trên khu đất rộng, người ta muốn rào mảnh

đất nhỏ hình chữ nhật để trồng rau an tồn, vật liệu cho trước

là 60m lưới đểrào Trên khu đất người ta tận dụng bờ

rào AB có sẵn (tham khảo hình vẽ bên) để làm cạnh hàng

A.

400 m B.

450 m C

225 m D.

550 m B PHẦN TỰ LUẬN (12,0 điểm)

Câu 17: (3,0 điểm)

a) Cho 2( ) 2( )

2018

a b+c =b c+a = với a b c, , đơi khác khác khơng Tính giá trịcủa biểu thức 2( )

c a b+

b) Tìm tất cảcác sốnguyên dương a b c, , thỏa mãn a b c+ + =91 b2 =ca Câu 18: (3,5 điểm)

a) Giải phương trình 2

2 2

x + x− x + x+ =

b) Hai vị trí A B cách 615 m

nằm phía bờ sơng Khoảng cách từ A B, đến bờ

sông 118 m 487 m(tham khảo hình vẽ bên)

Một người từ A đến bờ sông để lấy nước mang B

Đoạn đường ngắn mà người có thểđi mét (làm tròn đến đơn vị mét)

Câu 19: (4,0 điểm).

Cho đường tròn ( )O điểm A nằm ( )O Qua A kẻ hai tiếp tuyến AB AC, với ( )O ( ,B C tiếp điểm) Một cát tuyến thay đổi qua A cắt ( )O D E AD ( < AE) Tiếp tuyến ( )O D cắt đường tròn ngoại tiếp tứgiác ABOC điểm M N

a) Gọi I trung điểm đoạn thẳng AD Chứng minh bốn điểm M E N I, , ,

cùng thuộc đường tròn ( )T

b) Chứng minh hai đường tròn ( )O ( )T tiếp xúc

c) Chứng minh đường thẳng IT qua điểm cốđịnh Câu 20: (1,5 điểm)

Chứng minh (a b c) 32a b 32b c 32c a

a ab b bc c ca

− − −

 

+ +  + + ≤

+ + +

  với a b c, , độ dài ba cạnh

của tam giác

LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2017-2018

A. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (8 điểm: Mỗi câu 0,5 điểm)

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

A C B C B,D A,B B A

Câu 9 10 11 12 13 14 15 16

D B C A C A A B

B PHẦN TỰ LUẬN (12 điểm)

Câu 17: a) Ta có ( ) ( )

( )

2

a b a b

a b c b c a

bc ab ab ca c b a c

−

+ = + ⇔ = = = −

+ + −

Suy ( ) 2( )

0 2018.(1)

ab bc+ +ca= ⇔bc= −a b+c ⇔ −abc=a b+c =

( ) 2( )

0 (2)

ab bc+ +ca= ⇔ab= −c a+b ⇔ −abc=c a+b Từ (1) (2) ta 2( )

2018 c a+b =

b) Đặt ( )

;

b=qa c=q a q> ta ( 2)

a 1+ +q q =91 13.7.=

Trường hợp 1: Nếu q số tựnhiên ta

2

1

1; 9; 81

1 91

a a

a b c

q

q q

= =

 

⇔ ⇒ = = =

  =

+ + = 



2

7

7; 21; 63

1 13

a a

a b c

q

q q

= =

 

⇔ ⇒ = = =

  =

+ + = 



2

13 13

13; 26; 52

1

a a

a b c

q

q q

= =

 

⇔ ⇒ = = =

  =

+ + = 



Trường hợp 2: Nếu q số hữu tỷ giảsử q x(x 3;y ) y

= ≥ ≥

Khi ( 2) ( 2)

a 1+ +q q =91⇔a x +xy+y =91y (x2+xy+y2 ≥19)

Ta có 2 2

2 91 6;

ax a

c a ty x xy y x y

y y

= ∈ ⇒ ∈ ⇒ = ⇒ + + = ⇒ = =

và a=25;b=30;c=36

Vậy có bộsố (a b c; ; ) thỏa mãn(1;9;81 , 81;9;1 , 7; 21; 63 , 63; 21; ; ) ( ) ( ) ( )

Câu 18: a) 2 ( )

2 2 2 2

2

2 1( )

2 2

x x L

x x

 + + = −

 ⇔

 + + =



2

2 2

x x x x

⇔ + + = ⇔ + − =

1

1

x x  = − − ⇔ 

= − + 

b) Gọi C D, hình chiếu A B, lên bờsơng Đặt CE =x(0< <x 492)

Ta có 2 ( )2

615 487 118 492

CD= − − =

Quãng đường di chuyển người AE+EB

( )2

2 2

118 492 487

x x

= + + − +

Ta có với a b c d, , , a2 +b2 + c2+d2 ≥ (a c+ ) (2+ +b d)2 (1) Thật ( ) 2 2 2 2 ( 2 2)( 2 2) ( ) (2 )2

2

1 ⇔a +b + +c d + a +b c +d ≥ a c+ + +b d

( 2)( 2)

(2)

a b c d ac bd

⇔ + + ≥ +

Nếu ac bd+ <0 (2) ln Nếu ac bd+ ≥0bình phương hai vếta (2) trở thành ( )2

0

ad−bc ≥ Dấu đẳng thức sảy ad=bc

Áp dụng (1) ( ) (2 )2

492 487 118 608089 779,8

AE+EB≥ x+ −x + + = ≈ m

Dấu đẳng thức xảy 487x=118 492( −x)⇔ ≈x 96m Vậy quãng đường nhỏ 780 m

a) Ta có   180o

ABO+ACO= nên tứgiác ABON nội tiếp

Gọi J giao điểm AD với đường tròn (ABOC).Suy ∆DMA đồng dạng

DNJ

∆

Suy DM DN =DA DJ

Mà ;

2 DA= DI DJ = DE

Nên DM DN =DI DE ⇒∆DMI đồng dạng ∆DEN

Vậy tứgiác MINE nội tiếp hay có đpcm

b) Dễ thấy MN ⊥OAthì ( )O ( )T tiếp xúc E

Khi MN không vng góc OA Gọi K giao điểm MN với tiếp tuyến ( )O E

Ta có O J K, , thẳng hàng

Trong tam giác

: (1)

OEK KJ KO=KE ( Định lý hình chiếu)

Trên đường trịn (ABOC) ta có KJ KO =KN KM (2) Từ(1) (2) suy

KE =KN KM nên KE tiếp xúc ( )T c)Ta có OED  =ODE=TIE

Nên IT / /OD Gọi W=OA∩IT

Vì I trung điểm AD nên W trung điểm OA (đpcm)

Khi MN ⊥OA W∈IT

Ta chứng minh ( ) ( )

( ) (( )) (( ))

2 2 2

3 3

9

t x y t y z t z x

t x y z

t x xy t y yz t z zx

 − − −    + + + + ≤ + + +    

2

3 3

9

x y y z z x

x xy y yz z zx

− − −

⇔ + + ≤

+ + +

( )

( ) ( ( )) (( ))

4 4 4

9

1 1

x x y y y z z z x

x x y y y z z z x z x x y y z

− + − + − +

⇔ + + ≤ ⇔ − + − + − ≤

+ + + − − −

2 2

5 5

x y y

x x y y z z

− − −

⇔ + + ≤

− − −

Vì a b c, , ba cạnh tam giác nên , , 0;1 a b+ > ⇒c x y z∈ 

 

Ta có:

( ) (2 )

2

5

18 3

x

x x x

x x − ≤ − ⇔ − − ≤ − 0;

x  

∀ ∈ 

( ) (2 )

2

5

18 3

y

y y y

y y − ≤ − ⇔ − − ≤ − 0;

y  

∀ ∈ 

 

( ) (2 )

2

5

18 3

z

z z z

z z − ≤ − ⇔ − − ≤ − 0;

z  

∀ ∈ 

Suy 5x 12 5y 12 5y 12 18(x y z)

x x y y z z

− − −

⇔ + + ≤ + + −

− − − 2

5 5

x y y

x x y y z z

− − −

⇔ + + ≤

− − −

- Hết - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LẠNG SƠN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2017 - 2018 Mơn thi: Tốn THCS

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

Ngày thi: 05/4/2018

(Đề thi gồm 01 trang, 05 câu)

Câu 1: Cho biểu thức: 4 4

2 3

x x x x x x x x

A

x x x x x x

− − + + − −

= −

− + + − với x≥0, x≠1, x≠4

b) Tính giá trịcủa biểu thức A ( )

2

2

x

+ −

=

−

Lời giải

a) ( )( )( )

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

1 2 2

2

x x x x x x

A

x x x x

− − + + − + = + + − − + 2 1 x x x x − + = + − + x x − = − b) (2 3)

2

x= + −

−

(2 3)(2 3) + − = − =

− = 1+

Vậy 2 x A x − = = − −

Câu 2: Cho phương trình:

2

x − mx+ m− =

a) Chứng minh phương trình cho ln có nghiệm

b) Gọi x1 x2 nghiệm phương trình Tìm giá trị nhỏ biểu thức

sau:

( )

1

2

1 2

2

2

x x B

x x x x

+ =

+ + +

Lời giải

a) PT có nghiệm ⇔ ∆ ≥'

2

m m

⇔ − + ≥ ( )2

1

m

⇔ − ≥ , ∀m

Vậy phương trình cho ln có nghiệm

b) Theo định lí Viet ta có: 2

2

x x m

x x m

+ =



 = −



( )

1 2

2 2 2

1 2

2 3 2(2 1)

2 ( ) 4

x x x x m m

B

x x x x x x m m

+ + − + +

⇒ = = = =

+ + + + + + +

Có ( ) ( )

2

2

2 2

2 2 1

4 1

4 2

m m m m

m B

m m m

+ + − − +

+

= = = −

+ + +

Vì ( )2

1

m+ ≥ ( )

Câu 3: a) Giải phương trình:

4

x − x+ + x− =

b) Cho f x( ) đa thức với hệsốnguyên Biết f (2017 ) (f 2018)=2019 Chứng

minh phương trình f x( )=0 khơng có nghiệm nguyên Lời giải

a) Điều kiện x≥ Pt

(3 1)

x x x x

⇔ − − − + − = ⇔(x− 3x−1)(x− +1 3x− =1)

1

x x

x x

 − − =

⇔ 

− + − =



Với x− 3x− =1 0⇔ =x 3x−1

3

x x

⇔ = − (do x≥ )

2

3

x x

⇔ − + =

2

x ±

⇔ = (thỏa mãn) Với x− +1 3x− =1 ⇔ − =1 x 3x−1

( )2

1

1

x

x x

≥  ⇔ 

− = −



1

5

x

x x

≥  ⇔ 

− + =



5 17

x x

≥   ⇔  = ±



5 17

2

x −

⇔ =

Vậy phương trình cho có nghiệm 17

x= − ,

2 x= ± b) Giảsửphương trình f x( )=0 có nghiệm nguyên x=α

Suy f x( ) (= x−α) ( ).g x với g x( ) đa thức với hệsốnguyên

Ta có: f (2017) (= 2017−α) (g 2017); f (2018) (= 2018−α) (g 2018)

Suy f (2017 ) (f 2018) (= 2017−α) ( 2018−α) (.g 2017 ) (g 2018)=2019

Do 2017−α; 2018−α hai sốnguyên liên tiếp nên f (2017 ) (f 2018) sốnguyên

chẵn.

Mà 2019 sốngun lẻsuy vơ lí

Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC có AC>AB nội tiếp đường tròn ( )O Kẻphân giác

AI tam giác ABC I( ∈BC) cắt ( )O E Tại E C kẻ hai tiếp tuyến với ( )O

cắt F, AE cắt CF N , AB cắt CE M a) Chứng minh tứgiác AMNC nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh 1 CN +CI =CF

c) Gọi AD trung tuyến tam giác ABC, kẻ DK//AI K( ∈AC) Chứng minh

2AK =AC−AB

Lời giải

a)Ta có  1(  )

2 sđ

ANC= AC−sđEC ( )1 ;  1(  ) sđ

AMC= AC−sđEB ( )2

Mà sđ EB=sđ EC (Do CAE =BAE) ( )3

Từ ( )1 , ( )2 ( )3 ta có  ANC= AMC ⇒CAMN nội tiếp đường tròn

b) Theo a) ta     NMC=CAN =NAM =NCM =FEC ⇒EF MN// MN =CN, FE=FC ( )4

Lại có   NCM =CBE=NMC ⇒MNCI hình thang

//

CI MN

⇒ ⇒CI MN FE// // nên ta có: EF EF NF CF

CI +MN = NC +CN =

1 1

CI MN EF

⇔ + = ( )5

P

H K

D

M N F E

I

O B

A

Từ ( )4 ( )5 ta 1 CN +CI =CF

c) Dựng DH AB H// ( ∈AC)

2

DH AB

⇒ = ( )6 ;

2

AH = AC ( )7 Lại có AK =AH−HK ( )8 Gọi P giao điểm DK AB Do CKD    =CAI =BAI =BPD=HDK ⇒HK =HD ( )9

Từ ( )6 , ( )7 , ( )8 ( )9 1

2

AK AC AB

⇒ = − hay 2AK =AC−AB

Câu 5: Trường trung học phổ thơng A tổ chức giải bóng đá cho học sinh nhân kỷ niệm

ngày thành lập đồn 26 3− Biết có n đội tham gia thi đấu vòng tròn lượt

(hai đội bất kỳđấu với trận) Đội thắng điểm, đội hòa điểm đội thua không điểm Kết thúc giải, ban tổ chức nhận thấy số trận thắng – thua gấp bốn lần số trận hòa tổng sốđiểm đội 336 Hỏi có tất cảbao nhiêu đội bóng tham gia?

Lời giải

Từcách tính điểm ta nhận thấy sau trận đấu tổng sốđiểm hai đội có trận thắng – thua trận hịa Vì số trận thắng – thua gấp lần

số trận hòa nên tổng sốđiểm trận thắng – thua gấp lần tổng sốđiểm trận hịa

Do tổng sốđiểm trận hòa là: 336 : 1( + =) 48 (điểm)

Số trận hòa là: 48 : 2=24(trận) ⇒số trận thắng – thua là: 24.4=96(trận) Vậy tổng số trận đấu giải đấu là: 24 96 120+ = (trận)

Một đội đấu với (n−1) đội cịn lại có (n−1)(trận)

Vì có n đội tham gia đội gặp lần nên tổng số trận đấu

( 1) n n−

Ta có phương trình: ( 1) 120

n n−

=

240

n n

⇔ − − = ⇒ =n 16

Vậy có tất cả16 đội tham gia

STT 27.ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: Trần Văn Quảng

Người phản biện: Tạ Thị Huyền Trang Câu 25: Rút gọn biểu thức P a 2018 a 2018 a 1.

a 1

a 2 a 1 2 a

 + −  +

= − 

−

+ +

 

Câu 26: Cho ba số thực dương x, y,z thỏa mãn x+ =y ( x + y − z)2, x + y ≠ z

và y≠z. Chứng minh đẳng thức ( )

( )

2 2

x x z x z

.

y z

y y z

+ − −

= −

+ −

Câu 27: Tìm số tự nhiên abcd cho abcd +abc+ab+ =a 4321.

Câu 28: Cho hệphương trình ( m )x y 2

x 2 y 2

− + =



 + =

 (m tham số x, y ẩn số)

Tìm tất cảcác giá trịnguyên m để hệphương trình có nghiệm ( x, y ) x, y

các sốnguyên

Câu 29: Giải phương trình 1− +x 4+ =x 3.

Câu 30: Cho tam giác ABC vuông A, AB=12cm, AC=16cm. Gọi I giao điểm đường

phân giác tam giác ABC , Mlà trung điểm cạnh BC Chứng minh đường thẳng BIvng góc với đường thẳng MI

Câu 31: Cho hình thoi ABCDcó góc  0

BAD=50 , Olà giao điểm hai đường chéo Gọi Hlà chân

đường vng góc kẻ từOđến đường thẳng AB Trên tia đối của tia BC lấy điểm M ( điểm

M không trùng với điểmB), tia đối tia DC lấy điểm N cho đường thẳng HM song song với đường thẳng AN

a) Chứng minh rằng: MB.DN =BH AD b) Tính sốđo góc MON

Câu 32: Cho đường tròn (O)cốđịnh hai điểm phân biệt B, Ccốđịnh thuộc đường tròn ( O ). Gọi

A điểm thay đổi đường trịn (O) (điểm Akhơng trùng với điểm B C), M

trung điểm đoạn thẳng AC Từđiểm M kẻđường thẳng (d)vuông góc với đường thẳng

AB, đường thẳng (d) cắt đường thẳng AB điểm H Chứng minh điểm Athay đổi

trên đường trịn (O)thì điểm H ln nằm đường trịn cốđịnh

Câu 33: Cho a,b,c số thực dương thoả mãn điều kiện 1 1 1 2

a+ + ≤b c Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 2

. 3

5a 2ab 2b 5b 2bc 2c 5c 2ca 2a

+ + ≤

+ + + + + +

Câu 34: Cho hình vng ABCD 2018đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

1)Mỗi đường thẳng cắt hai cạnh đối hình vng

2) Mỗi đường thẳng chia hình vng thành hai phần có tỉ lệ diện tích 1. 3

STT 27 LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: Trần Văn Quảng

Câu 1: Rút gọn biểu thức P a 2018 a 2018 a 1. a 1

a 2 a 1 2 a

 + −  +

= − − 

+ +

 

Lời giải

Điều kiện: a 0

a 1

>   ≠ 

Khi đó: P a 20182 a 2018 a 1

( a 1 ) ( a 1 )( a 1 ) 2 a

 + −  +

= − 

+ − +

 

2

( a 2018 )( a 1 ) ( a 2018 )( a 1 ) a 1

.

( a 1 ) ( a 1 ) 2 a

+ − − − + +

=

+ −

2

2.2017 a a 1

.

( a 1 ) ( a 1 ) 2 a

+ =

+ −

2017

a 1

= −

Câu 2: Cho ba số thực dương x, y,z thỏa mãn ( )

2

x+ =y x + y − z , x + y ≠ z

và y≠z. Chứng minh đẳng thức ( )

( )

2 2

x x z x z

.

y z

y y z

+ − −

= −

+ −

Lời giải

Ta có: ( )

( ) (( )) (( ))

2 2 2

2 2 2

x x z x y z y x z

y y z x y z x y z

+ − + − − + −

=

+ − + − − + −

( )( ) ( )

( )( ) ( )

2 2

x 2 y z x z x z

2 x y z y z y z

+ − − + −

=

+ − − + −

( )( )

( )( )

x z 2 x 2 y 2 z

y z 2 x 2 y 2 z

− + −

=

− + −

x z

.

y z

− =

−

Câu 3: Tìm số tự nhiên abcd cho abcd +abc+ab+ =a 4321.

Lời giải

Ta có: abcd +abc+ab+ =a 4321⇔1111a+111b+11c+ =d 4321 ( )1

Vì a,b,c,d∈ 1≤ ≤a 9,0≤b,c,d≤9 nên 3214≤1111a≤4321

a 3

⇒ = Thay vào (1) ta được: 111b 11c+ + =d 988 ( )2

Lập luận tương tựta có: 880≤111b≤988⇒ =b 8 Thay vào (2) ta được: 11c+ =d 100

Mà 91 11c≤ ≤100⇒ =c 9 d =1 Câu 4: Cho hệphương trình ( m )x y 2

x 2 y 2

− + =



 + =

Tìm tất cảcác giá trịnguyên m để hệphương trình có nghiệm ( x, y ) x, y

các sốnguyên

Lời giải

Từphương trình thứhai ta có: x= −2 2 y thếvào phương trình thứ được: ( m−1 )( 2−2 y )+ =y 2

( 2m 3 )y 2m 4

⇔ − = − (3)

Hệcó nghiệm x, y sốnguyên ⇔( ) có nghiệm y sốnguyên

Với m∈ ⇒ 2m− ≠ ⇒3 0 ( ) có nghiệm y 2m 4

2m 3

− =

−

1 1

2m 3

= − −

2m 3 1

y

2m 3 1

− = 

∈ ⇔  − = −



 m 2

m 1

=  ⇔  =

 Vậy có giá trị m thoả mãn 1; 2 Câu 5: Giải phương trình 1− +x 4+ =x 3.

Lời giải

Điều kiện xác định 1 x 0 4 x 1 *( )

4 x 0

− ≥

 ⇔ − ≤ ≤

 + ≥ 

Với điều kiện (*), phương trình cho tương đương với:

5+2 1−x 4+ =x 9 ⇔ (1−x 4)( +x) =2 ⇔(1−x)(4+x)=4 ⇔x2 +3x=0

( )

x x 3 0

⇔ + = x 0

x 3

=  ⇔  = −

 Đối chiếu với điều kiện (*) ta x=0; x= −3.

Câu 6: Cho tam giác ABC vuông A, AB=12cm, AC=16cm. Gọi I giao điểm đường

phân giác tam giác ABC , Mlà trung điểm cạnh BC Chứng minh đường thẳng BIvng góc với đường thẳng MI

Lời giải

Ta có 2 2

BC= AB + AC =20cm Gọi Elà giao điểm BI với AC Theo tính chất đường phân giác ta có: AE EC AE EC 1

AB BC AB BC 2

+

= = =

+

BC

EC 10cm

2

⇒ = =

Ta có ∆ICE = ∆ICM ( c− −g c ) do:EC =MC =10; ICE=ICM ; IC chung

Suy ra: IEC =IMC⇒IEA=IMB

Mặt khác IBM =IBA⇒hai tam giác IBM , ABE đồng dạng

  0

BIM BAE 90 BI MI

Câu 7: Cho hình thoi ABCDcó góc BAD=500, Olà giao điểm hai đường chéo Gọi Hlà chân

đường vuông góc kẻ từOđến đường thẳng AB Trên tia đối của tia BC lấy điểm M (điểm M không trùng với điểmB), tia đối tia DC lấy điểm Nsao cho đường thẳng HMsong song với đường thẳng AN

a) Chứng minh rằng: MB.DN =BH AD b) Tính sốđo góc MON

Lời giải

a) Ta có    MBH = ADN ,MHB= AND

MBH

∆ ∽∆ADN MB BH

AD DN

⇒ = ⇒MB.DN=BH AD ( )

b) Ta có:∆OHB∽ AOD BH OB DO.OB BH AD 2( )

DO AD

∆ ⇒ = ⇒ =

Từ(1) (2) ta có: MB.DN DO.OB MB OB

DO DN

= ⇒ =

Ta lại có:  0  0  

MBO=180 −CBD=180 −CDB=ODN

nên ∆MBO∽∆ODN ⇒OMB=NOD.

Từđó suy ra:  0 (  ) 0 (  )

MON =180 − MOB+NOD =180 − MOB+OMB



0 0

180 OBC 115

= − =

Câu 8: Cho đường tròn (O)cốđịnh hai điểm phân biệt B, Ccốđịnh thuộc đường tròn ( O ). Gọi

A điểm thay đổi đường tròn (O) (điểm Akhông trùng với điểm B C), M

trung điểm đoạn thẳng AC Từđiểm M kẻđường thẳng (d)vng góc với đường thẳng

AB, đường thẳng (d) cắt đường thẳng AB điểm H Chứng minh điểm Athay đổi

trên đường trịn (O)thì điểm H ln nằm đường trịn cốđịnh

Gọi D trung điểm đoạn BC, tam giác BOC, AOC tam giác cân O nên

OD⊥BC ,OM ⊥ AC

Ta có:   0

ODC =OMC=90 ⇒Bốn điểm O, D, C, Mcùng nằm đường tròn ( I ) có tâm I

cốđịnh, đường kính OCcốđịnh

Gọi Elà điểm đối xứng với Dqua tâm I, E cốđịnh DElà đường kính đường

tròn ( I )

Nếu H ≠ E ,H ≠B :

- Với  0

M ≡ ⇒E BHE=90

- VớiM ≠ E, DM  BH ⇒DMH =900 Khi DME =DMH =900 ⇒H ,M ,E

thẳng hàng Suy  0

BHE=90

Vậy ta ln có:  0

BHE=90 H ≡Ehoặc H ≡Bdo H thuộc đường trịn đường

kính BE cốđịnh

Câu 9: Cho a,b,c số thực dương thoả mãn điều kiện 1 1 1 2

a+ + ≤b c Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 2

. 3

5a 2ab 2b 5b 2bc 2c 5c 2ca 2a

+ + ≤

+ + + + + +

Lời giải

Với ∀x, y,z>0 ta có : x+ + ≥y z 3 xyz3 , 1 1 1 33 1

x+ + ≥y z xyz

( ) 1 1 1

x y z 9

x y z

 

⇒ + +  + + ≥

 

1 1 1 1 1

x y z 9 x y z

 

⇒ ≤  + + 

+ +   Đẳng thức xảy

x= =y z

Ta có: 2 2 2 2 2

5a +2ab+2b =( 2a+b ) +( a−b ) ≥( 2a+b )

2 2

1 1 1 1 1 1

2a b 9 a a b

5a 2ab 2b

 

⇒ ≤ ≤  + + 

+  

+ + Đẳng thức xảy khia=b

Tương tự:

2 2

1 1 1 1 1 1

2b c 9 b b c

5b 2bc 2c

 

≤ ≤  + + 

+  

+ + Đẳng thức xảy khib=c

2 2

1 1 1 1 1 1

2c a 9 c c a

 

≤ ≤  + + 

+  

Do đó:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 3 3 3

9 a b c

5a 2ab 2b 5b 2bc 2c 5c 2ca 2a

 

+ + ≤  + + 

 

+ + + + + +

1 1 1 1 2

3 a b c 3

  ≤  + + ≤

 

Đẳng thức xảy rakhi a b c 3 2

= = = Vậy bất đẳng thức chứng minh

Câu 10: Cho hình vng ABCD 2018đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

1)Mỗi đường thẳng cắt hai cạnh đối hình vng

2) Mỗi đường thẳng chia hình vng thành hai phần có tỉ lệ diện tích 1. 3

Chứng minh 2018đường thẳng có 505đường thẳng đồng quy

Lời giải

Giả sử hình vng ABCD có cạnh a ( a>0) Gọi M, N, P, Q trung điểm

của AB, BC, CD, DA Gọi d đường thẳng 2018 đường thẳng cho thỏa

mãn yêu cầu tốn Khơng tính tổng qt, giảsử d cắt đoạn thẳng AD, MP, BC S, E, Ksao cho SCDSK =3SABKS

Từ SCDSK =3SABKS ta suy được:DS+CK =3 AS( +BK)

( ) 1

a AS a BK 3 AS BK AS BK a

2

⇔ − + − = + ⇔ + =

1

EM a

4

⇔ = suy E cốđịnh d qua E

Lấy F, H đoạn NQ Gtrên đoạn MPsao cho FN GP HQ a 4

= = =

Lập luận tương tựnhư ta có đường thẳng thỏa mãn điều kiện đề phải qua bốn điểm cốđịnh E, F, G, H

Theo nguyên lý Dirichlet từ 2018 đường thẳng thỏa mãn điều kiện đề phải có

nhất 2018 1 505

4

  + =  

  đường thẳng qua bốn điểm E, F, G, Hcốđịnh, nghĩa

505 đường thẳng đồng quy

STT 28.ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: Tạ Thị Huyền Trang

Người phản biện: Nguyễn Dương

Câu 1. (3 điểm)

1) Cho biểu thức

4

A=n + n+ (n số tự nhiên lẻ) Chứng minh A không

chia hết cho

2) Cho số x (x∈;x>0) thỏa mãn điều kiện: 2

1 x

x

+ = Tính giá trịcác biểu thức:

5

1 B x

x = +

Câu 2. (3 điểm)

Rút gọn biểu thức:

2 2 2 2

1 1 1 1

1 1

1 2 3 2017 2018

X = + + + + + + + + + + + +

Câu 3. (4 điểm)

1) Giải phương trình:

3x+2 27x + =8 9x +6

2) Tìm số m, n dấu thỏa mãn điều kiện: m +2n đạt giá trị nhỏ

cho hai phương trình sau có nghiệm chung:

2

x +mx+ = ; x2+2nx+ =6

Câu 4. (3 điểm)

1) Cho phương trình: ( )

2 3

x + m− x m− − = Tìm giá trị m để phương

trình có nghiệm nhỏhơn nghiệm lớn

2) Cho x, y, z, t số thực dương Chứng minh rằng:

x y z t

y+z+z+t+t+x+ x+y ≥

Câu 5. (3,5 điểm) Đểcó tờ giấy khổA4 (kích thước xấp xỉ 21cm × 29, 7cm) người ta

thực hình vẽ minh họa bên

Bước 1: Tạo hình vng ABCD cạnh a=21cm

Bước 2: Vẽcung trịn tâm A bán kính AC cắt tia AD F

Bước 3: Tạo hình chữ nhật ABEF

Khi hình chữ nhật ABEF tờ giấy A4 thơng dụng

trung điểm BE) mở tờ giấy An ngạc nhiên thấy hai đường thẳng FM AE vng góc với Em chứng minh giúp bạn An vẽđiều

Câu 6. (4 điểm)

Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn tâm O, dây cung DC lấy điểm E

sao cho DC=3DE, nối AE cắt cung nhỏ CD M Trên cung nhỏ CB lấy điểm N

sao cho cung nhỏ DM cung nhỏ CN, nối AN cắt dây cung BC F Chứng minh rằng: F trung điểm BC

-HẾT -

STT 28 LỜI GIẢI ĐỀ THI HSG TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2017-2018 Người giải đề: Tạ Thị Huyền Trang

Câu 1. (3 điểm)

1) Cho biểu thức

4

A=n + n+ (n số tự nhiên lẻ) Chứng minh A không

chia hết cho

2) Cho số x (x∈;x>0) thỏa mãn điều kiện: 2

1 x

x

+ = Tính giá trịcác biểu thức:

5

1 B x

x = +

Lời giải

1) Ta có: 2

4

n + n+ =n − + n+

=(n−1)(n+ +1) (2 2n+3) Do n lẻ nên n−1 n+1là sốchẵn liên tiếp

(n 1)(n 1)

⇒ − + chia hết cho

Mà 2n+3 lẻ ⇒ 2n+3 không chia hết cho ⇒ 2( n+3) không chia hết cho

(n 1)(n 1) (2 2n 3)

⇒ − + + + không chia hết cho ⇒ đpcm

2) Ta có: 2

1 x

x

+ =

2

1

9

x x

x x

 

⇒ +  = ⇒ + =

  (do x>0)

3

1

27 x

x

 

⇒ +  =

 

3

1

3 27

x x

x x

 

⇔ + +  + =

3 18 x x ⇔ + = 3 1 18.7 126 x x x x    ⇒ +  + = =    5 1 126 x x x x ⇔ + + + = 5 123 x x ⇒ + =

Câu 2. (3 điểm)

Rút gọn biểu thức:

2 2 2 2

1 1 1 1

1 1

1 2 3 2017 2018

X = + + + + + + + + + + + +

Lời giải

 Tổng quát:

( ) ( ) (( ) ) 2 2 2 1 1 1

n n n n

n n n n

+ + + + + + = +  +  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2

1 1 1

1

n n n n n n

n n n n

+ + + + + +         = = + +         ( ) ( ) (( )) ( ) ( )

1 1 1

1

1 1

n n n n

n n n n n n n n

+ + +

= = + = +

+ + + +

 Vậy:

2 2 2 2

1 1 1 1

1 1

1 2 3 2017 2018

X = + + + + + + + + + + + +

1 1

1 1

1.2 2.3 3.4 2017.2018

= + + + + + + + +

2017 số

1 1 1 1 1

2017

2 3 2016 2017 2017 2018

= + − + − + − + + − + − 2018 4072323

2018 2018

= − =

 Vậy

2 2 2 2

1 1 1 1 4072323

1 1

1 2 3 2017 2018 2018

X = + + + + + + + + + + + + =

Câu 3. (4 điểm)

1) Giải phương trình:

3x+2 27x + =8 9x +6

2) Tìm số m, n dấu thỏa mãn điều kiện: m +2n đạt giá trị nhỏ

cho hai phương trình sau có nghiệm chung:

2

x +mx+ = ; x2+2nx+ =6

Lời giải

1)

( )( )

3x 3x 9x 6x 9x

⇔ + + − + = + (Điều kiện

3 x≥− )

( )( )

2

9x 3x 9x 6x 3x

⇔ + − − − + − =

( )( )

2

9x 6x 3x 9x 6x 3x

⇔ − + − + − + + + =

( )2

2

9x 6x 3x

⇔ − + − + =

2

9x 6x 3x

⇔ − + = +

2

9x 9x

⇔ − + = 3 x x  =  ⇔   = 

(thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là: 1; 3 x∈  

  2) Do m, n dấu nên:

- Nếu m>0; n>0 thì: m +2n = +m 2n

- Nếu m<0; n<0 thì: m +2 n = − −m 2n= −(m+2n)

+ Gọi x0 nghiệm chung hai phương trình ta được:

0

2

0

2

2

x mx x nx  + + =   + + =

 có nghiệm chung

( )

2

0

2x m 2n x

⇒ + + + = có nghiệm x0

( )2

2 4.2.8

m n

⇒ ∆ = + − ≥

( )2

2 64 m n ⇔ + ≥ 8 m n m n + ≥  ⇔  + ≤ −  m n ⇒ + ≥

Vậy m +2n đạt GTNN khi: 8 m n m n + =   + = − 

+ TH1: m+2n=8, ta được:

0

2x +8x + =8 ⇔x02+4x0+ =4 0⇔ x0 = −2 Ta có:

( ) ( )

( ) ( )

2

3

2 2

5

2 2

2 m m n n =   − + − + =  ⇔   = − + − + =    

(thỏa mãn)

+ TH2: m+2n= −8, ta được:

0

2

3 2

5 2

2 m m n n = −   + + =  ⇔   =− + + =

  (thỏa mãn) Vậy với m=3

2

n= hai phương trình có nghiệm chung x0 = −2

Với m= −3

n=− hai phương trình có nghiệm chung x0 =2

Câu 4. (3 điểm)

1) Cho phương trình: ( )

2 3

x + m− x m− − = Tìm giá trị m để phương

trình có nghiệm nhỏhơn nghiệm lớn

2) Cho x, y, z, t số thực dương Chứng minh rằng:

2

x y z t

y+z+z+t+t+x+ x+y ≥

Lời giải

1) Xét phương trình: ( )

2 3

x + m− x m− − =

Giảsử: x1< <2 x2

Áp dụng Vi-et ta có:

( )

1

1

2

x x m

x x m

= − − 

 + = − −



Đểphương trình có nghiệm nhỏhơn nghiệm lớn thì:

( )( ) ( ) ( )

2

1 1 2 1 2

0 3

2 . 2 4 0

m m

x x x x x x

 ′

∆ >

 − + + >

 ⇔

 − − < 

− + + <

 

( )

( )

2

6

3 2

m m m

m m

 − + + + > 

⇔ 

− − − − − + <



2

5 12 11

m m

m

 − + > ⇔  − <  11 m

⇒ < (do

5 12

m − m+ lớn 0) Vậy với 11

3

m< phương trình có nghiệm nhỏhơn nghiệm lớn

2) Đặt:

x y z t

A

y z z t t x x y

= + + +

+ + + +

x y z t

M

x y y z z t t x

= + + +

+ + + +

y z t x

N

x y y z z t t x

= + + +

4

x y z t y z t x

M N

x y y z z t t x x y y z z t t x

⇒ + = + + + + + + + =

+ + + + + + + +

Ta có:

y t x z y t x z

N A

x y y z z t t x

+ + + +

+ = + + +

+ + + +

( ) 1 ( ) 1 4( ) 4( )

4

y t x z

y t x z

x y z t y z t x x y z t x y z t

+ +

   

= +  + + +  + ≥ + =

+ + + + + + + + + +

   

Chứng minh tương tựta có: A+M ≥4

8

A M A N A .

⇒ + + + ≥ ⇒ ≥

Dấu “=” xảy x= = = >y z t

Câu 5. (3,5 điểm) Đểcó tờ giấy khổA4 (kích thước xấp xỉ

21cm × 29, 7cm) người ta thực hình vẽ minh

họa bên

Bước 1: Tạo hình vng ABCD cạnh a=21cm

Bước 2: Vẽcung trịn tâm A bán kính AC cắt tia AD F

Bước 3: Tạo hình chữ nhật ABEF

Khi hình chữ nhật ABEF tờ giấy A4 thông dụng

Bạn An ngồi nghịch xếp tờ giấy A4 theo đường thẳng AE, xếp theo đường thẳng FM (M

trung điểm BE) mở tờ giấy An ngạc nhiên thấy hai đường thẳng FM AE vng góc với Em chứng minh giúp bạn An vẽđiều

Ta có: 2

21

AC=DB= AB +BC = (cm)

Mà AC =AF (C, F thuộc đường tròn tâm A) 21

AF AC EB

⇒ = = =

Xét ∆ABE vuông B

Áp dụng định lý Pi – ta – go ta có:

( )2

2 2

21 21 21

AE= AB +BE = + =

Xét ∆FME vng E có: 21

2

EM = EB=

Áp dụng định lý Pi – ta – go ta có:

2

2 2 21 21

21

2

FM = FE +ME = +  =

 

Ta có: 21 3

21 AE

EF = = ;

21

2 3

21 FM

ME = =

Xét ∆AEF ∆FME ta có:

  90

AFE=FEM = °

AE FM

EF = ME

AEF FME

⇒ ∆ ∽∆ (c.g.c)

 

FEA FME

⇒ =

Mà  FEA+HEM = °90 ⇒FME +MEH = °90

FM AE

⇒ ⊥ (đpcm)

Câu 6. (4 điểm)

Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, dây cung DC lấy điểm E

sao cho DC=3DE, nối AE cắt cung nhỏ CD M Trên cung nhỏ CB lấy điểm N

sao cho cung nhỏ DM cung nhỏ CN , nối AN cắt dây cung BC F Chứng minh rằng: F trung điểm BC

Gọi I giao điểm BM CD:

EI ME

EI AB

AB AM

⇒ =



Kẻ OX vuông góc với DM ⇒ ∆OXD∽∆ADE (g.g)

2

1 10

DX DE DE

OD AE DE AD

⇒ = = =

+

1 10

DX R

⇒ =

2 10

DM R

⇒ =

Xét ∆DEM ∽∆AEC ME DE MD

CE AE AC

⇒ = =

2

1

10

ME DE MD

AE CE AC

⇒ = =

1

5

ME ME

AE AM

⇒ = ⇒ =

1 1

6

EI AB CD ID EI DE CD

⇒ = = ⇒ = + =

CMI BNF

⇒ ∆ = ∆ (g.c.g)

1

BF CI BC

⇒ = =

⇒ đpcm