Tuyển tập đề thi HSG môn Toán lớp và lời giải chi tiết TP Hà Nội từ năm 2009 đến 2019

vuông đã cho có một số xuất hiện ít nhất 17 lần.. Gọi M, I lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC và HP. Xếp 5 số này trên một đường tròn.. 2) Cho lục giác đều ABCDEF cạnh có độ dài [r]

(1)



Trịnh Bình Tổng hợp

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

MƠN TỐN LỚP TP HÀ NỘI

(2)

TUYỂN TẬP ĐỀ THI

HỌC SINH GIỎI LỚP THÀNH PHỐ HÀ NỘI

LỜI NÓI ĐẦU

Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh luyện thi học sinh giỏi

toán lớp thành phốHà Nội qua năm có hướng dẫn sốđề Đây bộđềthi mang tính chất thực tiễn cao, giúp thầy cô em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp có tài liệu bám sát đềthi đểđạt thành tích cao, mang lại vinh dựcho thân, gia đình nhà trường Bộđề

gồm nhiều Câu tốn hay thầy cả nước sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua sẽgiúp các em phát triển tư môn tốn từ đó thêm u thích học giỏi mơn học này, tạo

tảng để có kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức ở các lớp, cấp học được nhẹnhàng hiệu quảhơn.

Các vịphụhuynh thầy dạy tốn có thểdùng có thểdùng tuyển tập đềtốn để giúp em học tập Hy vọng Tuyển tập đềthi học sinh giỏi lớp thành phốHà Nội sẽ có thểgiúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung.

Bộ đề này viết theo hình thức Bộ đề ơn thi, gồm: đề thi hướng dẫn giải đề

dưới đề thi dựa đềthi thức sử dụng kì thi học sinh giỏi

toán lớp thành phốHà Nội

Mặc dù có sựđầu tư lớn vềthời gian, trí tuệsong khơng thể tránh khỏi hạn chế,

sai sót Mong sựgóp ý thầy, cô giáo em học!

Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết quảcao từbộđềnày!

(3)

MỤC LỤC Phần 1: Đề thi

Đề số Đề thi Trang

1. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2018- 2019

10. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2009- 2010

Phần 2: Hướng dẫn giải

Đề số Hướng dẫn Trang

(4)

Câu 1: (5,0 điểm)

a) Giải phương trình:

2− = −x x−1

b) Cho 2

2.3 3.4 2020.2021

    

= −  −   − 

    

S tích 2019 thừa số TínhS

(kết quảđểdưới dạng phân số tối giản)

Câu 2: (5,0 điểm)

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

minh a b chia hết cho

b) Tìm tất sốnguyên dương n cho 9n +11 tích k (k∈,k≥2) số tự

nhiên liên tiếp

Câu 3: (3,0 điểm)

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

1 , +

−

x y

1 , +

−

y z

1 +

−

z x ln tồn số lớn

b) Với số thực dương a b c, , thay đổi thỏa mãn điều kiện a2 +b2+c2+2abc=1

, tìm giá trị lớn biểu thức P=ab bc ca abc+ + −

Câu 3:(6,0 điểm) Cho tam giác ABCvuông A (AB<AC) Đường tròn ( )I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC CA AB, , D E F, , Gọi S giao điểm

AI DE

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

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

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

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

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

Người ta điền vào ô vuông bảng số nguyên tùy ý cho hiệu hai số

điền hai ô chung cạnh có giá trị tuyệt đối khơng vượt Chứng minh

rằng tồn sốnguyên xuất bảng lần

TỈNH HÀ NỘI

Đề số

(Đềthi có trang)

LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN

(5)

Câu 1: (5,0 điểm)

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

+ + =

+ + +

b c c a a b

Tính giá trị biểu thức: = + +

+ + +

a b c

P

b c c a a b

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

2

7 13 −

= + +

x y x xy y Câu 2: (5,0 điểm)

6x +2x+ =1 3x 6x+3

b) Giải hệ phương trình:

3 2 3 4

2 2

 + + = − +

 

+ = + 

x x y y y

x y

Câu 3: (3,0 điểm)

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

2019+ 2019 = 2018

m n p

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

3 3

16 16 16

= + +

+ + +

x y z

P

y z x

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

a) Chứng minh ∠BAO= ∠HAC

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

c) Đường tròn ngoại tiếp AMPvà đường tròn ngoại tiếp tam giác BHP cắt Q (Q khác P) Chứng minh đường thẳng PQ qua điểm cố định P thay đổi

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

n cặp điểm, cặp điểm tạo thành đoạn thằng (hai đoạn thẳng số

n đoạn thẳng tạo khơng có đầu mút chung)

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

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HÀ NỘI

Đề số

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

(6)

Bài (5.0 điểm)

a) Chứng minh n + 5n - 6n5 chia hết cho 30 với số nguyên dương n. b) Tìm tất số nguyên dương ( )x; y cho x + 8y2 y + 8x2 đều số

phương

Bài (5.0 điểm)

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

b) Giải hệ phương trình      

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

5y = x + y + x - y

x

Bài (3.0 điểm)

Với số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 22 2 a) Chứng minh x + y + z + xy≤

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

2 + yz + zx + xy Bài (6.0 điểm)

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

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

b) Đường thẳng qua H song song với AO cắt cạnh BC E Gọi F điểm cạnh

BC cho CF = BE Chứng minh ba điểm A, F, O thẳng hàng

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

Bài (1.0 điểm)

Trên bàn có 100 thể đánh số từ đến 100.Hai người A B chọn lấy

một tẩm thẻ bàn cho người A lấy thẻ đánh số n đảm bảo người B chọn thẻ đánh số 2n + Hỏi người A lấy nhiều bào nhiêu thẻ bàn thỏa mãn yêu cầu toán

Đề số

(7)

Câu (5.0 điểm)

a) Cho nguyên a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a + b = c - 8d3 ( 3)

Chứng minh a + b + c + dchia hết cho

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

Câu 2.(5.0 điểm).

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

b) Tìm tất ba số (x; y; z) thỏa mãn

2 2

     

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

Câu (3.0 điểm)

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

3 xy + yz + zx =

4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2

4y

4x 4z

P = + +

3 - 4x - 4y - 4z

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

2016 2016 2016

2015 2015 2015

a + b + c a + b + c b + c - a c + a - b a + b - c

Câu 4.(6.0 điểm).

Cho tam giác ABC có cạnh a Lấy điểm Q cạnh BC (Q khác B

và C) Trên tia đối tia BA lấy điểm P cho CQ.AP = a2 Gọi M giao điểm AQ CP

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

b) Gọi I, J, K hình chiếu M AB, BC, CA

Xác định vị trí Q để IK có độ dài lớn

Chứng minh MI + MJ + MK2 2 không đổi Q di chuyển cạnh BC Câu (1.0 điểm)

Cho bảng vng kích thước 10.10 gồm 100 vng có kích thước 1x1 Điền vào

mỗi vng bảng số nguyên dương không vượt 10 cho hai số hai ô vuông chung cạnh chung đỉnh nguyên tố Chứng minh bảng

vng cho có số xuất 17 lần SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số

(8)

Câu 1: (5,0 điểm)

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

a b c

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

2 + − = n + n +

A

hợp số

Bài 2:(5,0 điểm)

3 2− =3 −6 +4

x x x x

b) Giải hệ phương trình: 22 212

8 12

 + + =



+ =



x xy y

x y

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho a, b, c > thỏa mãn 1+ + =1

a b c

Tìm giá trị lớn của:

2 2 2

1 1

= + +

− + − + − +

P

a ab b b bc c c ca a

Bài 4: (6,0 điểm)

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

a) Chứng minh rằng: cos2BAC+cos CBA cos ACB 12  + 2 <

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

Bài 5: (2,0 điểm)

a) Tìm số nguyên tố p cho 2 − −

p p là lập phương số tự nhiên

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

9

Đề số

LỚP THCS NĂM HỌC 2014– 2015 MƠN THI: TỐN

(9)

Câu 1: (5,0 điểm)

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

2014

+ + =

a b c

Tính giá trị M = 20131 + 20131 + 20131

a b c

b) Tìm số tự nhiên nđể

25n − +n −12 số nguyên tố

Bài 2:(5,0 điểm)

a) Giải phương trình

2 2

− − + − =

x x x

b) Giải hệ phương trình 4 24 22 2 2

9

 + = − +



+ = − − −



x y x xy

x y z z x y

Bài 3: (2,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 6và 0≤a b c, , ≤4

Tìm giá trị lớn = 2+ 2+ 2+ + +

P a b c ab ac ca

Bài 6: (6,0 điểm)

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

a) Chứng minh tam giác IMB IMC tam giác cân

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

2 = IN

BAC

c) Gọi điểm D, E hình chiếu điểm I cạnh AB, AC Gọi

điểm H, K đối xứng với điểm D, E qua điểm I Biết AB + AC = 3BC, chứng minh điểm B, C, H, K thuộc đường tròn

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

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

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

giác M1M2M3M4M5M6có cạnh có độ dài lớn

Đề số

(10)

Câu 1.( điểm)

a) Tìm sso thực a, b cho đa thức 4x4 – 11x3 – 2ax2+ 5bx – chia hết cho đa thức x2 -2x -3

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

8 11 11

= − + + − +

P a a a b b b

Tính giá trị P vớia= +4 b= −4

Câu 2 ( điểm)

a) Giải hệphương trình: 22 2 5

20 28

 − − + + − =



− − + =



x y xy x y

x y x

b) Tìm sốnguyên x, y thỏa mãn: 2

6x +10y +2xy− −x 28y+18=0

Câu 3 (2 điểm) Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn: 1+ + =2 3

a b c Chứng minh:

( ) ( ) ( )

2 2

2 2 2

27

2

9 + + ≥

+ + +

a b c

c c a a a b b b c

Câu 4 (7 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn (O) AB < AC Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H Gọi I giao ddiemr hai đường

thẳng EF CB Đường thẳng AI cắt (O) M (M khác A)

a) Chứng minh năm điểmA, M, F, H, E nằm đường tròn

b) Gọi N trung điểm BC Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng

c) Chứng minh BM AC + AM.BC = AB MC Câu 5(1 điểm)

Cho 2013 điểm A1, A2,…,A2013và đường tròn (O; 1) tùy ý nằm mặt phẳng Chứng minhtrên đường tròn (O; 1) đó, ta ln có thểtìm đường điểm M cho MA1+ MA2+…+ MA2013 ≥2013

Đề số

LỚP THCS NĂM HỌC 2012– 2013 MÔN THI: TOÁN

(11)

Câu (5 điểm)

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

A a b c a b c với a,b,c sốnguyên dương Chứng minh A chia hết cho 30

2) Cho ( ) ( 3 )2012

2 21 29

= − −

f x x x

Tính f(x) 7 49 37 49

8

= + + −

x

Câu 2.(5 điểm)

1) Giải phương trình: 2

12 5

+ + = + +

x x x

2) Giải hệphương trình: 2 2 2

6

 + + − − =



− + + = 

x xy x y y

x y x y

Câu 3.(2 điểm) Tìm tất sốnguyên dương x, y thỏa mãn:

2

2x +3y −5xy− +x 3y− =4

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

1) Chứng minh AO ⊥MN

2) Cho AH = √2𝑐𝑚, BC = √7𝑐𝑚 Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC Câu 5.(4 điểm)

1) Gọi h1, h2, h3, r độdài đường cao bán kính đường trịn nội tiếp

một tam giác Chứng minh tam giác tam giác chỉkhi:

ℎ1+2ℎ2+

1

ℎ2+2ℎ3+

1

ℎ3 +2ℎ1 =

1 3𝑟

2) Trong mặt phẳng cho 8045 điểm mà diện tích tam giác với đỉnh

điểm cho không lớn Chứng minh sốcác điểm cho tìm 2012 điểm nằm nằm cạnh tam giác có diện tích

không lớn

Đề số

(12)

Bài 1.(2 điểm) Rút gọn biểu thức : A = 16 21

1

x x x

x

− + −

−

Bài (5 điểm)

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

3

x + x + x+

2, Cho số thực x, y thay đổi thỏa mãn: ( ) ( )

4x – y + 11 x + 8y + 14 = Tìm y x lẫn lượt đạt giá trị lớn , giá trị nhỏ

Bài 3 (5điểm)

1, Tìm sốnguyên dương cho tích bình phương chúng lần tổng bình phương chúng

2, Cho số thức không âm x, y thay đổi thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn

giá trị nhỏ của: B = (4x2+ 3y) (4y2+ 3x)+ 25xy

Bài 4.( điểm )

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

1, Vẽ vềphía ngồi tam giác ABC nửa đường trịn (I) đường kính AB nửa đường trịn (K) đường kính AC Đường thẳng qua A cắt hai nửa đường tròn (I), (K)

điểm M, N( M khác A, B N khác A,C)

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

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

So sánh AF

AB

AF

AC với cos



AEB

Bài 5 (2 điểm)

Hai người chơi trò chơi sau: hộp có 311 viên bi, người lấy k viên bi, với k ∈{1, 2, 3} Người thắng người lấy viên bi cuối hộp bi

1, Hỏi người thứ hay người thứ2 thắng chiến thuật chơi thếnào để thắng? 2, Cũng hỏi câu trên, đềbài thay 311 viên bi n viên bi, với n sốnguyên dương?

Đề số

(13)

Câu (4 điểm)

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

= + −

A x x x với ( )

3

3 17 38 14

 + − 

 

 

=

+ −

x

Câu 2 (4 điểm)

a Giải phương trình

3

+ − − + =

x x x x

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

xy x y a

x y xy a

Câu (4 điểm)

a Giải bất phương trình:

4

1

x x x

x x x x

+ + + ≤

− + − +

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

1 1

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

Với x, y, z sốdương xyz=1 Câu4 (6 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) D điểm

thuộc cung nhỏAC(D khác A C) Gọi M,N chân đường vng góc kẻ từD

tới đường thẳng AB, AC Gọi P giao điểm đường thẳng MN,BC 1) Chứng minh DP BC vng góc với

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

3

1

+ =

−

x x

C

xy

Đề số 10

(14)

Câu 1(4 điểm)

1) Chứng minh với sốnguyên a ta có ( )

5 +

a a sốnguyên chia

hết cho

2) Cho 10 102 103 1010

27309 27309 27309 27309

= + + + +

A Tìm sốdư phép

chia A cho Câu 2(4 điểm)

1) Chứng minh1+ ≥1 +

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

2) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P, biết

2

2 35

2 ,

= + +

+

P ab

a b ab với a > 0, b > a+ ≤b

Câu 3(4 điểm)

Cho phương trình x + m – = m√3 2𝑥 −1 (với x ẩn số) 1) Giải phương trình m =

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

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

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

2) Tồn hình thang cân MNPQ nội tiếp đường trịn (O; 3) thỏa mãn đồng thời hai

điều kiện MA + NA + PA + QA > 12và MN + NP + PQ + QM < 12

Câu 5(4 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R C điểm giưa cung AB

Lấy điểm M tùy ý cung BC (M khác B) Gọi N giao điểm hai tia OC BM; H, I

lần lượt trung điểm đoạn thẳng AO, AM; K giao điểm đường thẳng BM HI

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

2

= R

AK

Đề số 11

(15)

Câu 1. (4 điểm)

a Tìm sốnguyên p thoảmãn: (p+4), (p+8) sốnguyên số b Tìm số hữu tỉ a thoảmãn: 2a+5a số tựnhiên sốchính phương Câu 2.(4 điểm)

Cho 𝑥 ≥1tìm giá trị nhỏ biểu thức

1

= − + − +

A x x x

Câu 3.(4 điểm)

Cho phương trình 2𝑥2−2(2 +𝑚)𝑥+ 8−4𝑚 = 3√𝑥3+ 8

với x ẩn số

a Giải phương trình m=1

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

Cho đa giác 91 đỉnh đỉnh đa giác Mỗi đỉnh đa giác tô

một hai màu xanh đỏ Chứng minh ln tìm đỉnh 91 đỉnh đa giác thoảmãn: đỉnh màu đỉnh tam giác cân có góc nhỏ hơn600

Câu 5.(4 điểm)

Cho đường tròn (O’,R) dây BC cốđịnh (BC <2R) A điểm di chuyển cung

lớn BC (A khác B,C) Gọi M trung điểm đoạn AC, H hình chiếu vng góc M AB Xác định vịtrí điểm A cung lớn BC đểđoạn CH cóđộ dài lớn

Đề số 12

(16)

Câu 1.(4 điểm)

Cho x, y số thỏa mãn x + y = Tìm giá trị nhỏ biều thức

A = x3+ y3+ 2xy

Câu (4 điểm)

a, Cho p số tựnhiên khác Gọi x1, x2là hai nghiệm phương trình x2+ 5px – =

x3, x4là hai nghiệm phương trình x2 + 4px – = Chứng minh tích: (x1 – x3) (x2 – x3)(x1+ x4) (x2+ x4)

là sốchính phương

b, Tìm số tựnhiên m thỏa mãn đồng thời điều kiện 9000< m < 10000, m chia cho 95 dư 25 m chia cho 97 dư 11

Câu 3.(4 điểm)

a, Tìm sốa, b đểphương trình

(x -1)(x – a) + = (x -2 )(x + b)

có nghiệm x = 30, x =3 x = 2007

b, Giải phương trình

2 1

4

x x x

x x

− + − = , với điều kiện 32

2

Câu 4.(4 điểm)

Trong mặt phẳng cho 19 điểm phân biệt, khơng có ba điểm thẳng hàng

và nằm hình chữ nhật kích thước 2x3 Chứng minh 19 điểm cho có điểm nằm hình trịn bán kính

4 tạo thành tam giác có góc khơng

vượt 45o

Câu 5. (4 điểm)

Trong đường tròn (O, R), cho dây AB cốđịnh (AB < 2R) C điểm

cung nhỏAB Gọi M điểm tùy ý cung lớn AM với dây AB

a, Chứng minh tích CM.CN có độ lớn khơng phụ thuộc vào vịtrí M

b, Xác định vịtrí điểm M cung lớn AB cho AM – BM =

3AB

Đề số 12

(17)

Câu 1 (4 điểm)

a Cho năm chữ số1,3,5,7,9 Hỏi có số tựnhiên gồm bốn chữ sốphân biệt

được thành lập từnăm chữ sốđã cho?

b Chứng minh tồn số tựnhiên n khác không thoảmãn(13579n−1) chia hết cho

13579

3

Câu 2 (4 điểm)

Cho phương trình

4

− − =

x mx (x ẩn số)

a chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 𝑥1,𝑥2 với giá trị

của m Tìm giá trị lớn biểu thức ( 2)

2

1

2 + +7

=

+

x x

A

x x

b Tìm giá trị m cho hai nghiệm phương trình sốnguyên Câu 3 (4 điểm) Giải phương trình

1 3

− = +

x x

Câu 4 (4 điểm)

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

+ - + - + -

- + + + - +

+ - - - + +

Hình Hình

Ta thực phép biến đổi:

“Đổi ngược dấu tất cảcác dịng cột” Hỏi sau số hữu hạn lần áp dụng phép biến đổi ta có thểthu bảng hình khơng? Tại sao?

Câu 5.(4 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2 điểm C điểm cung AB gọi

M điểm tuỳý cung BC (M≠B,C) Kẻdây BK song song với CM Đường tròn đường kính MK cắt tia BM điểm thứhai S xác định vịtrí điểm M cho khoảng cách

từđiểm S đến AB lớn tính khoảng cách lớn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 14

(18)

Câu (4 điểm)

a Có số tựnhiên gồm chữ sốmà chữ sốhàng đơn vịlà 4?

b Có số tựnhiên gồm chữ số thoảmãn có chữ sốhàng đơn vịlà chi

hết cho 3? Câu (4 điểm)

Cho a, b số thoảmãn 0< a <3, 0< b <4 Tìm gái trị nhỏ tổng:

( ) (2 )2

2

3

= + + − + −

A a b a b

Câu (4 điểm)

Cho phương trình ( )( )

2 2

− − − − + =

x x x x m m

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

b Tìm tất cảgiá trị m đểphương trình có nghiệm phân biệt xác định

nghiệm Câu 4.(4 điểm)

Cho 53 sốngun dương phân biệt có tổng khơng lớn 2004 Chứng minh ln tìm sốtrong 53 sốđã cho thoảmãn: ốnày chia thành cặp số, mà cặp có tổng 53

Câu (4 điểm)

Cho tam giác vuông ABC (𝐴̂= 90𝑜) Nội tiếp đường tròn (O) M điểm

tuỳý thuộc đường tròn (𝑀 ≠ 𝐴,𝐵,𝐶) Gọi I trung điểm đoạn AM h hình chiếu

vng góc I đường thẳng CM Hãy xác định vịtrí M cho tam giác ACH có diện tích lớn

Đề số 15

(19)

Câu (4,0 điểm)

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

b) Cho số

( ) ( ) ( ) ( )

3 97 48 49

= + + + +

+ + + +

S

So sánh S với

7

Câu (4,0 điểm)

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

( )( )

+ + +

= x y z x y

A

xyzt Câu (4,0 điểm)

Giải phương trình: ( ) 2

2 1

− + − − + − =

x x x x x

Câu (4,0 điểm)

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

Câu (4,0 điểm)

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

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

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HÀ NỘI

Đề số 16

LỚP THCS NĂM HỌC 2003– 2004 MÔN THI: TOÁN

(20)

Câu (4,0 điểm)

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

b) Cho a, b số tự nhiên khác ) ( 2)

+ 

a b ab Hãy tính gía trị biểu thức: a2+b2

ab Câu (4,0 điểm)

a) Giải phương trình 2

2x+ 4x − +1 2x− 4x − =1

b) Tìm giá trị m để phương trình sau có nghiệm:

2 2

2x+ 4x − +1 2x− 4x − =1 4x −2x+ +2 m

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

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

= +

−

A

x x Câu (4,0 điểm)

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

3 cm

2và có góc nhỏ nhỏhơn 45o

Câu (4,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) dây AB cố định, AB = R Gọi P điểm

cung nhỏ AB Đường thẳng d quay quanh P cắt đoạn AB điểm N (N ≠ A, B) cắt (O) điểm thứ hai M Gọi I điểm nằm đoạn thẳng BM cho

1 =

BI BM

a) Chứng minh AP tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN

b) Hãy dựng đường thẳng d cho tổng khoảng cách từ điểm I đến hai đường thẳng AO AP nhỏ

THÀNH PHỐ HÀ NỘI

Đề số 17

(21)

Bài (4,0 điểm)

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

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

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

Bài (4,0 điểm)

Cho phương trình: ( ) ( )

2 2

+ − − + − − =

x a b x a b

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

Bài (4,0 điểm)

Giải phương trình x+ =1 2(x+ +1) 2(x+ +1) 4(x+1)

Bài (4,0 điểm)

Trong hình chữ nhật kích thức cm × 10 cm,ta đặt điểm khác cách hú

họa Chứng minh ln tìm điểm điểm cho mà khoảng cách

chúng không lớn cm Bài (4,0 điểm)

Dựng tam giác thỏa mãn hai điều kiện: Độdài hai trung tuyến m, n diện

tích tam giác lớn

Đề số 18

(22)

Bài (4,0 điểm)

Cho 2000 số a1, a2, ,a2000 lớn -1 có tổng Chứng minh: 1+ +1 2+ + +1 2000+ ≤1 2001

a a a

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

1) Hãy tìm số tự nhiên n thỏa mãn: 1n+2n+3n+4 5n

2) Chứng minh sốnguyên bao giờcũng tìm sốcó tổng

chia hết cho Bài (4,0 điểm)

Cho phương trình:

2

8 10

4

+ + =

+ +

m

x x

1) Giải phương trình m =

2) Tìm giá trị m đểphương trình có nghiệm phân biệt

Bài (4,0điểm)

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

2 m

2

Bài (4,0 điểm)

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

2+ 2+

MD ME MF Có giá trị nhỏ

Đề số 19

(23)

Bài (4,0 điểm)

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

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

2 1 1

2 + + ; + + = n + n = n − n

A B

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

Bài (4,0 điểm)

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

Bài (4,0 điểm)

Cho phương trình: ( )( ) ( )

2 2

− + − − − + =

x x x x m x x

a) Giải phương trình m = -2

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

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

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

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

Bài (4,0 điểm)

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

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

a) Tính độ dài AM theo cạnh tam giác ABC

b) Chứng minh A, H, M thẳng hàng SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 20

(24)

Bài (4,0 điểm)

Cho ( )3

3 10

= + − − +

x

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

x Bài (4,0 điểm)

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

= + +

+ + +

a b c

A

b c c a a b Bài (4,0 điểm)

Cho phương trình x2+ 5(m2+ 1)x + = với m sốngun a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm x x1, = +

n n

n

S x x số nguyên với số nguyên n

b) Tìm số dư phép chia S1999cho

Bài (4,0 điểm)

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

Bài (4,0 điểm)

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

1) BC = AC+ AB

DH DI DK

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

Đề số 21

(25)

Bài (4,0 điểm)

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

4

= +

A a b số nguyên tố

Bài (3,0 điểm)

Cho số a, b thỏa mãn 2

9

+ + = +

a b a b Chứng minh rằng: 7≤3a+4b≤27

Khi đẳng thức xảy Bài (5,0 điểm)

Cho hệ ( )

2

4 2

1

3

 + ≤ + +



 + + − − + − =



x x x a

x x a x x a

1) Giải hệ với a = -3

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

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

Bài (4,0 điểm)

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

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

Đề số 22

(26)

ĐỀ SỐ (2018-2019)

Câu 1:

a) Phương trình: (*)

ĐKXĐ:

Đặt với

Từ ta có:

Thay vào thệ thức

* Nếu (Thỏa mãn) Ta (Thỏa mãn ĐKXĐ)

* Nếu Ta (Thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy phương trình có tập nghiệm

b)

Với ta có:

Áp dụng kết quảtrên ta có:

2− = −x x−1

1 ≥ x  = −   = −  a x b x

a≤1,b≥0

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

( )* a= −1 b ⇒ = −b a

1 = −

b a a3+b2 =1⇒ ( )2

1

+ − =

a a ⇔a3+a2−2a+ =1

3

2

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

=

a ⇒ =b 2

1 − =  ⇔ =  − =  x x x + =

a ⇔ = −a ⇒ =b 10

1 − = −  ⇔ =  − =  x x x − =

a ⇔ =a ⇒ =b 1

1 − =  ⇔ =  − =  x x x

{1; 2;10}

=

S

2 2

1

2.3 3.4 2020.2021

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

2 1 2

1

1 1

− + + − − = = + + + n n n n

n n n n n n

1.4 2.5 3.6 2019.2022

2.3 3.4 4.5 2020.2021 =

S ( ) ( )

(1.2.3 2019 4.5.6 20222.3.4 2020 3.4.5 2021) ( )

= 1.2022 337 2020.3 1010

(27)

Vậy

Câu 2:

a) Ta có:

Mà nên mà sốnguyên tốnên

nên

Từ mà sốnguyên tố

mà nên

Vậy chia hết cho

b) Ta có tích từ ba số tựnhiên liên tiếp trởlên chia hết cho

Theo đề tích k số tựnhiên liên tiếp mà không chia hết

Đặt với sốnguyên dương

Vì nguyên dương nên xảy trường hợp sau: Trường hợp

Từ ta có (Loại)

Trường hợp

Từ ta có (Thỏa mãn)

Trường hợp

337 1010 =

S

( 2)

9

+ + 

a ab b ⇒4(a2+ab b+ 2)9

( )2 2

2

 

⇒ a b− + b  ( )1

2

3b 3 (2a b− )23 (2a b− )3

(2a b− )3 (2a b− )29 ( )2

( )1 ( )2 ⇒3b29⇒b23 ⇒b3 (2a b− )3 b3 ⇒ 2a3 ( )2;3 =1 a3

a b

9n+11 9n+11 k =2

( )

9n+ =11 a a+1 a

( )

9n+ =11 a a+1 ⇔4.9n+45=4a2+4a+1

( )2 ( )2

2 2.3 45

⇔ + − n =

a ⇔(2a+ −1 2.3n)(2a+ +1 2.3n)=45 ,

a n 2a+ +1 2.3n ≥9 ( ) ( ) 2.3 2.3

 + − =   + + =  n n a a

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

( ) 2.3 15 2.3

 + − =   + + =  n n a a

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

( ) 2.3 45 2.3

(28)

Vậy

Câu 3: a) Ta có

Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có:

Giả sử ba số nhỏhơn

(Trái với )

Do số ln tồn số lớn

b) Ta có

(Vì )

Mặt khác:

Từ , ,

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

1 1 1

36

4 4

 

= + − + + − + − 

− − −

 x x y y y y z z z z x x

( ) 1 1 1

4 4

 

≤ + − + + − + + −  + + + + + 

− − −

 

x y y z z x

1 1 1 36 12

4 4

 

⇔ ≤  + + + + + 

− − −

x y y z z x

1 1 1 4

     

⇔ +  + +  + + ≥

− −  − 

x y y z z x ( )*

1 , + − x y 1 , + − y z 1 + −

z x

⇒ 1 1 1 1 4

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

x y  y z z x ( )*

1 , + − x y 1 , + − y z 1 + − z x ( )

2P=2 ab bc ca+ + −2abc

( ) 2

2

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

( )2

1

= a b c+ + −

2 2

2

+ + + =

a b c abc

⇔ 2 2 2

2

+ + = − − +

a b abc c a b a b

( )2 ( 2)( 2)

1

⇔ ab+c = −a −b

2 2

2

+ + + =

(29)

Theo bất đẳng thức với hai số ta có:

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

Từ ta có:

Do

Dấu “=” xảy

Vậy

Câu 4:

–

AM GM

1−a ,1−b2

( )2 ( 2)( 2) 2 2

1  − −  + = − − ≤     a b

ab c a b

2

− −

⇔ab+ ≤c a b

( )2

2 − +

⇔ ≤c a b ( )1

–

AM GM (a+1)2

( )2 ( )2 ( )

1 .1

+ + ≥ + = +

a b a b a b

( )2

1

+ +

⇒ + ≤a b a b ( )2

( )1 ( )2 ( ) ( )

2

1 2

+ + − +

+ + ≤ a b + a b =

a b c

9 ≤ − P = ⇒ ≤P

( )

2

2 2

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

a b a b c

a b c abc

5 = ⇔ = = =

MaxP a b c

(30)

là tia phân giác góc nên

Theo tính chất tổng ba góc ta có:

(Do theo tính chất tổng ba góc tam giác)

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

Lại có: (Hai góc kềbù)

Mặt khác (Tính chất tia phân giác)

Do đó: (g - g)

b) Ta có:

Tứgiác có Tứgiác nội tiếp

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

phân giác) vng cân

vng cân có đường trung tuyến nên đườngtrung trực

2

BI ABC  1

2 =

IBA ABC ∆AIB

 180 ( ) 180  

2

+

= ° − + = ° −BAC ABC

AIB IAB IBA



180 180

2

−

= ° − C BAC +ABC=180° −C



90

= ° +C

=

CE CD ⇒ ∆CED

⇒  180 

2

° −

= C

DEC

=180° −

AES DEC

 

180

180 90

2

° −

= ° − C = ° +C

 

⇒ AIB= AES 90 

2

= ° +C

 =

EAS IAB

∆IAB#∆EAS

∆IAB#∆EAS ⇒   ASE= ABI =IBD

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

  90

⇒ISB=IDB= ° BI  1 45

2

= = °

IAB BAC

⇒ ∆ASB S

∆ASB S SA SA AB

(31)

Mặt khác vng có trung tuyến nên

thuộc đường trung trực Từ Ba điểm thẳng hàng

c) Vì tia phân giác nên

(Cùng vng góc với ) (Định lý Ta lét)

Từ

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

mà (Cùng vng góc với ) nên Từ ta có

Tứgiác có nên tứgiác hình chữ nhật

Ta có nên

Câu 5:

Ta thấy hai ô vuông ởhai góc đối hình vng xa

Gọi sốđược điền vào vng

∆ABC AO

2

= =

OA OB BC

⇒O AB ( )**

( )* ( )** ⇒ K O S, ,

AI ∆AMK AK = IK

AM IM ( )1

//AM

IF AB ⇒ IK = FK

IM FA ( )2

( )1 ( )2 ⇒ AK = FK

AM FA ⇒ =

AK AM

FK AF ( )3

//AN

ID BC ⇒ AN = SA

ID SI

//KS

IF AB ⇒ SA= AK

SI FK =

AN AK

ID FK ( )4

( )3 ( )4 AM = AN

AF ID

AEIF EAF  = AFI =AEI =90° AEIF

⇒ AF=EI =ID =

AF ID AM = AN

10 10×

1, 2, 3, , 19

a a a a

1

a a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10

11

a

12

a

13

a

14

a

15

a

16

(32)

Ta có

Tương tựta có:

Cộng vế bất đẳng thức ta có:

Vì sốngun nên chỉcó tối đa sốnguyên khác điền vào

trong bảng

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

ít (lần)

ĐỀ SỐ (2017-2018)

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

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

 

= + +  + + − = − =

+ + +

 

P a b c

b c c a a b

b) Điều kiện 2

0

+ + ≠

x xy y Từphương trình suy x – y ≠ Bây giờ, ta viết lại phương trình cho dạng ( ) ( 2) ( )

13 x−y =7 x +xy+y

Từđây, ta có 13(x – y) chia hết cho Mà (13, 7) = nên x – y chia hết cho (2) Mặt khác, ta lại có: 2 2 1( )2 3( )2 1( )2

4

+ + = − + + ≥ −

x xy y x y x y x y

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

13

− ≥ −

x y x y

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

< − <x y Kết hợp với (2), ta

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

18

a

19

a

1 2

1 a a 1

⇔ − < − <

; ;

2 3

1 a a 1

− < − <

1− <1

a a

18 19

1

− <a −a <

1 19

18 18

− < −a a < ⇔ a1−a19 <18

1, 2, 3, , 19

a a a a 19

100

1 19

  + =

 

(33)

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

yêu cầu đềbài (3, -4) (4; -3)

Bình luận: Ởcâu b) học sinh sử dụng phương pháp phương trình

bậc hai đểgiải Tuy nhiên, hệ số phương trình tương đối lớn nên khối lượng

tính tốn nhiều vất vảđể chặn gía trị x, y Câu 2: a) Điều kiện

2 ≥ −

x Do 6x2+ 2x + = 5x2+ (x + 1)2> nên từphương trình ta suy x > Bây giờ, đặt a= 6x+3ta có 6x2+ 2x +1 = 6x2+

3a nên phương trình cho viết lại

thành: 2 ( )( )

6 3

+ = − − =

x a xa hay a x a x

Từđây ta có a = 3x a = 6x

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

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

12

+ = x

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 13 12

+ = x

b) Điều kiện: x ≥ -2 Từphương trình thứhai, suy y ≥ - Phương trình thứ hệcó thểđược viết lại thành: x3+ x = (y – 1)3+ (y – 1)

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

( )2

2 y+ = +1 y 2, hay y+ −1 =0

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

Vậy hệphương trình óc nghiệm (x, y) (-1, 0) Câu 3:

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

Phương trình cho có thểđược viết lại thành ( ) 2018 ( )

1

+ =

m n A p 2018 2017 2017 2017 2018

= − + − − +

A m m n m n mn n

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

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

(34)

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

Bây giờ, ta viết lại phương trình cho dạng:

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

2019 2019

+ = + − + =

m n hay m n m mn n B

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

= − + − +

B m m n m n n

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

2019 Tuy nhiên, điều xảy

( ) ( )

2 2

3 mod 2019 mod 2019

− + ≡

≡

m mn n n

Vậy không tồn sốm, n, p thỏa mãn yêu cầu đề

b) Ta chứng minh

6 ≥

P với dấu đạt (x, y, z) = (0, 1, 2) (và hốn vị vịng quanh bộnày) Bất đẳng thức

6 ≥

P tương đương với

3 3

16 16 16 , 16 16 16

16 16 16 16 16 16

+ + ≥

+ + +

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

 

x y z

y z x

x y z

hay x y z x y z

y z x

Một cách tương đương, ta phải chứng minh

( )

3 3

1 16+ 16+ 16≤3

+ + +

xy yz zx

y z x

Không tính tổng quát, giả sửy nằm x z Ta có

( )( )2

16 12 12

+ = + − + ≥

y y y y y

Nên 3

16 ≤12 +

y

y Từđó

3

16≤ 12 +

xy xy

y

Đánh giá tương tự, ta có 3 , 3 3 16≤ 12 16≤ 12

+ +

yz yz zx zx

z x

Suy 3 3 3 2 ( )2 16 16 16 12

+ +

+ + ≤

+ + +

xy yz zx xy yz zx

y z x

(35)

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

( ) ( )

( ) ( )( )

( )

2

2 2 2

2

3 4

4

+ + ≤ + + ≤ +

= − = − − −

≤

xy yz zx y x xz z y x z

y y y y

Từ(2) (3) ta thu (1) Vậy =

(36)

(37)

(38)

Nguyễn Công Lợi Bài (5.0 điểm)

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

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

đôi một) ta phân tích A cho A chia hết cho 2, 3, 5. • Lời giải Đặt A =n5 +5n3 −6n ta có

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

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

5 2

2

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

n n n n 10n n n

n n n n n 10 n n n

= + − = − + + = − + − +

= − + − + − +

= − − + + + − +

Do (n n n n n 2− )( − ) ( + )( + ) tích năm số tự nhiên liên tiếp nên tích chia hết cho 2, 3, Mà 2, 3, nguyên tố theo đôi nên

(n n n n n 2− )( − ) ( + )( + ) chia hết cho 30 Mặt khác ta lại có (n n n 1− ) ( + ) chia hết cho 2, nên chia hết cho Do 10 n n n 1( − ) ( + ) chia hết cho 30 Vậy A chia hết cho 30 hay

5

n +5n −6n chia hết cho 30

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

phương

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

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

2

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

thể suy

( ) (2 ) (2 )2

2

x +8y = x , x , x 3+ + + Đến ta xét trường hợp để tìm ( )x; y thỏa mãn.

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

( )2

2 2

x < x +8y x≤ +8x x< +8x 16+ = x 4+

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

( ) (2 ) (2 )2

x ; x ; x 3+ + +

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

(39)

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

Do y2 +8x số phương nên suy y2 +16y 8− số phương

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

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

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

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

Suy y2 +16y 8− ∈{(y ; y ; y ; y 7+ ) (2 + ) (2 + ) (2 + )2}

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

toán

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

hợp không xẩy 8y số chẵn 6x 9+ số lẻ

Vậy cặp số ( )x; y thỏa mãn yêu cầu toán ( ) ( ) ( ) ( ) (x; y = 1;1 , 3; , 5; , 11;21 , 21;11) ( )

• Nhận xét Để tìm y thỏa mãn y2 +16y 8− là số phương ta xử lý theo cách khác

Đặt y2 +16y 8− =k k N2( ∈ ) Khi ta có

( )2 ( )( )

2 2

y +16y k− = ⇔ y 8+ =k +72⇔ y k y k+ − + + =72 Để ý y k+ + > + − >y k và y k; y k+ + + − cùng tính chẵn lẻ.

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

y k+ − 2 4 6

y k+ + 36 18 12

k 17 7 3

y 11 3 1

Đến ta có kết tương tự trên.

Bài (5.0 điểm)

a) Giải phương trình 2x 2x

x x 2x

− + − = +

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

ta nhận thấy 2x 2x

x x x

   

− + − =

   

(40)

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có

x x 2 x 2 x  2x

Đến ta giải phương trình.

• Lời giải Điều kiện xác định phương trình x 0;2x 0;6 2x

x x

≠ − ≥ − ≥ hay

6

x

2 ≤ ≤

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

3 6

2x 2x 2x 2x

x x x x 2x

   

− + − ≤  + − +  + − = +

   

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

3

2x 3

x x

6 2x 1

x



− =

 ⇔ =



 − = 

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

2

=

b) Giải hệ phương trình

4x x y x y

5y

5y x y x y

x



= + − −

  

 = + + −



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

5y x = và nhân hai vế phải

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

x = + + −

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

trình hệ cho ta

( )( )

4x 5y

x y x y x y x y 2y y

5y x = + − − + + − ⇔ = ⇔ =

Thay vào phương trình thứ hai hệ cho ta x x

x = + + −

+ Xét x

= Khi ta 5

4

= + + − , đẳng thức Do x

= nghiệm phương trình

+ Xét x

> Khi ta có 5 x x

x < = + + − < + + − , phương trình

(41)

+ Xét x

< Khi ta có 5 x x

x > = + + − > + + − , phương trình

khơng có nghiệm Do x

4

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

4

  =  

 

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

a) Chứng minh x y z xy+ + ≤ +

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

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

x y z x y z.1 xy

2 2

+ + + + + + +

+ + = + + ≤ + = = +

Dấu xẩy

2 2

x y

x z 1; y z

y z 1; x

x y z

 + =

 = = =

 = ⇔ 

 = = =



 + + = 



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

2 yz zx xy

= + +

+ + +

• Lời giải

+ Tìm giá trị lớn P

Áp dụng kết câu a ta có bất đẳng thức

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

Khi ta P x y z x y z

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

= + + ≤ + + =

+ + + + + + + + +

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

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

2 yz+ = 2yz+ ≥ y+ +z = x− Ta chứng minh x≤ ≤ 2x 2 x2

6 x− ≥ 2 2 Thật vậy, đặt t x 2= ta có 0≤ ≤t Ta cần chứng minh ( ) ( )2

2

t t

t t t

3 t− ≥ ⇔ − + ≥ bất đẳng thức

Vậy ta có 2x 2 x2

(42)

2 yz+ 2 2

Áp dụng tương tự ta y y2 ; z z2

2 zx+ ≥ 2 2 xy+ ≥ 2 2 Công theo vế bất đẳng thức ta

2 2

x y z x y z 2

P

2 yz zx xy 2 2 2 2

+ +

= + + ≥ = =

+ + +

Dấu xẩy x= 2; y= =z hoán vị

Vậy giá trị nhỏ P

2 , đạt x= 2; y= =z hốn vị

• Nhận xét Câu a tốn gợi ý để tìm giá trị lớn biểu thức P Ngồi ta có thể tìm giá trị lớn P độc lập với gợi ý câu a sau

2x 2y 2z 1

2P x y z xyz

2 yz zx xy yz zx xy

 

= + + = + + −  + + 

+ + +  + + + 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta

2 2

1 1 9 1

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

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

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

( )( ) ( )

2 2 2

2 2

x yz y z x y z yz

2 2yz 2yz y z 2y z yz

   

 − + +  ≤ + + − +

   

     

= + − + = + − ≤

Bất đẳng thức cuối ln yz y2 z2 2

+

≤ ≤ Do ta 4P2 ≤ ⇒4 P 1≤ .

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

( )

( ) ( ) ( ) ( ( ) )

2

x y z x y z

x y z

P

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

+ + + +

= + + ≥ =

+ + + + + + + + + + +

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

t ≤3 x +y +z =6. Từ suy ≤ ≤t 6 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta

( )( ) t t( 2)

9xyz x y z xy yz zx

2

−

(43)

Kết hợp với bất đẳng thức ta

( )

2

t 6t

P

t 10 t t

2t

2

≥ =

+ −

+

.

Ta có ( ) ( )( )

2

6t

12t t 10 t t

2

t +10 ≥ ⇔ ≥ + ⇔ − − ≤ .

Bất đẳng thức cuối ≤ ≤t 6 Vậy ta P 2

≥ .

Bài (6.0 điểm)

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

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

trực tâm tam giác BMC

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

• Phân tích Để chứng minh bốn điểm A,

B, C, P thuộc đường tròn ta cần

có BPC BAC = .

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

 

BPC 180= −BMC.

Lại thấy BAC 180 = −BHC Đến ta có

điều cần chứng minh BHC BMC = . • Lời giải Do P trực tâm tam giác BMC nên M trực tâm tam giác PBC

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

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

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

thuộc đường tròn

b) Đường thẳng qua H song song với AO cắt cạnh BC E Gọi F điểm cạnh BC

cho CF=BE Chứng minh ba điểm A, F, O thẳng hàng

P

N H

I

K M

O

F

E C

B

(44)

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

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

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

tứ giác BHCK hình bình hành

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

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

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

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

BHC CKB

∆ = ∆ nên bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BHC bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BKB Từ ta suy OB=OC= IB=IC Chú ý ON

đường trung trực AB OI đường trung trực BC, IN đường trung trực BM nên ta suy ONI =ABM OIN =MBC

Từ dẫn đếnABM MBC 1ABC

= = nên OIN ONI 1ABC

= = hay tam giác OIN cân O, đồng thời ta có NOI 180 = −2NIO 180 = −ABC

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

Từ ta NOI =POB nên suy NOP = IOB

Hai tam giác OBI OPN có OI=ON; NOP = IOB;OB=ON nên ∆OBI= ∆POB

Mà tam giác OBO cân B nên tam giác OPN cân P Từ suy PN= PO

(45)

• Phân tích Vì B bốc thẻ có đánh số 2n 2+ nên 2n 100+ ≤ Suy n≤49 Do A

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

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

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

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

được có tập hợp trên.

+ Nhóm gồm { } {2;6 , 10;22 , 14; 30 ; 18; 38} { } { }, có số A bốc số B bốc có

trong tập hợp trên.

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

tương ứng 13 số B bốc từ số cịn lại.

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

ứng số B bốc từ số lại.

Như A bốc từ 34 số trở lên có hai số trùng Từ ta có lời giải sau • Lời giải Vì B bốc thẻ có đánh số 2n 2+ nên 2n 100+ ≤ Suy n ≤49 Do A

được bốc thẻ có đánh số từ đến 49 Ta chia tập hợp {1;2; 3; 4; ; 49} thành 33 tập

hợp sau

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

+ Nhóm gồm { } {2;6 , 10;22 , 14; 30 ; 18; 38} { } { }(4 nhóm)

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

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

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

(46)

Vậy A lấy tối đa 33 thẻ

ĐỀ SỐ (2015-2016)

Nguyễn Công Lợi Câu (5.0 điểm)

a) Cho nguyên a, b, c, d thỏa mãn 3 ( 3)

a +b =2 c −8d Chứng minh a b c d+ + + chia hết cho

• Phân tích Để chứng minh a b c d+ + + chia hết cho ta cần tạo tổng có

chứa biểu thức a b c d+ + + và tổng chia hết cho Để ý đến giả thiết a3 +b3 =2 c( −8d3), ta

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

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

3 3 3

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

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

+ + + + + + + = + + + + −

⇔ + + + = + + + + −

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

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

( ) (3 ) (3 ) (3 )( )( ) a b+ + c d+ = a b c d+ + + −3 a b c d a b c d+ + + + + Đến ta có đươc điều cân chứng minh.

• Lời giải Từ giả thiết 3 ( 3)

a +b =2 c −8d ta có

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

3 3 3

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

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

+ + + + + + + = + + + + −

⇔ + + + = + + + + −

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

hết cho

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

(47)

• Nhận xét Bản chất tốn tốn bản: Nếu x3 +y3 chia hết cho x y+

chia hết cho

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

• Phân tích.Dễ thấy x =2 khơng thỏa mãn u cầu tốn cịn x =3 thỏa mãn yêu cầu toán

Ta cần chứng minh x >3 thì khơng tồn số nguyên tố thỏa mãn Chú ý x >3

thì x số nguyên tố lẻ ta ln có x2 chia có số dư Ngồi số ngun tố x >3 thì 2x

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

hợp số.

• Lời giải.Ta xét trường hợp sau

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

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

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

Ngoài x số nguyên tố lẻ nên ta đặt ( *)

x =2k k N+ ∈

Từ ta có 2x =22k 1+ =2.4k =2 1( )+ k chia có số dư 2.

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

Vậy x =3 giá trị thỏa mãn yêu cầu tốn

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

Câu (5.0 điểm).

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

• Phân tích.Quan sát phương trình ta nhận thấy ( ) ( ) ( )

2x +11x 19+ − 2x +5x 7+ =6 x 2+ nên ta nghĩ đến phép nhân liên hợp Để ý cần xét trường hợp phép nhân liên hợp thực hiện được.

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

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

(48)

đương với ( ) ( ) 2

2

6 x

3 x 2x 11x 19 2x 5x

2x 11x 19 2x 5x

+

= + ⇔ + + − + + =

+ + − + +

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

2x 11x 19 2x 5x

 + + + + + = +

 

+ + − + + =



Từ ta ( )

( )

2

3x

2 2x 11x 19 3x x

4 2x 11x 19 3x

 + ≥ 

+ + = + ⇔  ⇔ =

+ + = +



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

• Nhận xét

+ Kỹ thuật nhân liên hợp gọi nhân liên hợp đưa hệ tạm toán có nhiều em sai lầm khơng xét trường hợp x = −2 và x ≠ −2, điều vừa cho phép nhân

liên hợp không xảy vừa làm cho ta lấy thiếu nghiệm.

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

( )

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

2

a b x a b x a b x

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

 + = +  + = +  + = +

 ⇔ ⇔ 

 − = +  + − = +  + − = +

  

  

Đến ta có hai trường hợp x 2+ = và a b− =2 thì thu kết tương tự trên.

b) Tìm tất ba số (x; y; z) thỏa mãn

2 2

x y z

1 1

x y z

x y z 17

 + + = 

 + + = 



+ + =



• Phân tích.Để ý x y z+ + =3 và 1 1

x+ + =y z ta nhận thấy

1 1

x + + =y z x y z+ + , quy đồng phân tích thành tích ta (x y y z z x+ )( + )( + ) =0 Đến ta xét trường hợp thế vào phương trình thứ ba để tìm nghiệm cho hệ.

• Lời giải Từ x y z+ + =3 1 1

x+ + =y z ta

1 1

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

( )

( )( 2) ( )( )( )

1 1 0 x y x y 0

x y z x y z xy z x y z

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

+ +

+ + − = ⇔ + =

+ + + +

⇔ + + + + = ⇔ + + + =

(49)

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

Từ ta hai số (x; y; z) thỏa mãn (2; 2; , 2;2; 3− ) (− )

+ Giải trường hợp y z+ =0 z x+ =0 ta số hoán vị hai số

Vậy số (x; y; z) cần tìm (2; 2; , 2;2; , 2; 3; , 2; 3;2 , 3;2; , 3; 2;2− ) (− ) ( − ) (− ) ( − ) ( − )

Câu (3.0 điểm)

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

< < xy yz zx

+ + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 4x 2 4y 2 4z 2

3 4x 4y 4z

= + +

− − −

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

2

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

3 4x− ≥ 4y− ≥ 4z− ≥

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

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

3 4x− ta xét biểu thức

( )

2 2

x x

3 4x 3 4x

 

=

 

−

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

4x

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

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

rằng x

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

( )2 ( )( ) 2

2 2 2 8x 4x 4x

8x 4x 8x 4x 4x

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

2 4

4

2

2 2

x 8x 8x x

8

3 4x 8x 4x

= ≥ =

− − nên

2

4x

4x 4x− ≥

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

( )2 ( )( ) 2

2 2 2 8x 4x 4x

8x 4x 8x 4x 4x

3

 + − + − 

− = − − ≤  =

 

Từ ta

( ) ( )

2 4

4

2

2 2

x 8x 8x x

8

3 4x 8x 4x

= ≥ =

− − nên

2

4x

4x 4x− ≥ Hồn tồn tương tự ta có 2

2

4y 4y ; 4z 4z

3 4y− ≥ 4z− ≥

(50)

2

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

2016 2016 2016

2015 2015 2015

a b c

b c a+ − + c a b+ − +a b c+ − ≥ + +

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

đẳng thức Cauchy hay Bunhiacopxki Do ta nghĩ đến phương pháp biến đổi tương đương. Xét hiệu a2016 a2015 b2016 b2015 c2016 c2015

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

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2015 2015 2015

2015 2015 2015 2015 2015

a b c

b c a c a b a b c

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

a b c

b c a c a b a b c

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

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

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

b a c

a a b c

− −

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

Khi ta thấy a2015 b ; b2015 c2015 ; a2015 c2015 b c a+ − ≥ c a b a c b+ − + − ≥ a b c b c a+ − + − ≥ a b c+ − . Do ta (a b) a2015 b2

b c a c a b

 

−  −  ≥

+ − + −

  Hồn tồn tương tự ta có

( ) b2015 c2015 ( ) a2015 b2015

b c 0; a c

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

   

−  − ≥ −  − ≥

+ − + − + − + −

   

Đến toán xem chứng minh.

• Lời giải Xét hiệu a2016 a2015 b2016 b2015 c2016 c2015

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

2015 a 2015 b 2015 c

a b c

b c a c a b a b c

     

− + − + −

 + −   + −   + − 

     

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

2015 2015 2015

2015 2015 2015 2015 2015 2015

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

a b c

b c a c a b a b c

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

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

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

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

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

Do ta có (a b) a2015 b2

b c a c a b

 

−  −  ≥

+ − + −

(51)

( ) b2015 c2015 ( ) a2015 b2015

b c 0; a c

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

   

−  − ≥ −  − ≥

+ − + − + − + −

   

Cộng theo vế bất đẳng thức ta

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

2015 2015 2015 2015 2015 2015

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

0

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

− − − − − −

− + − + − ≥

+ − + − + − + − + − + −

Do a2016 a2015 b2016 b2015 c2016 c2015 0

b c a+ − − + c a b+ − − + a b c+ − − ≥ Từ suy a2016 b2016 c2016 a2015 b2015 c2015

b c a+ − + c a b+ − + a b c+ − ≥ + +

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

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

• Phân tích Giả thiết

CQ.AP a= được viết lại thành CQ.AP AC= 2 hay CP AC

AC = AQ Từ ta

nghĩ đến hai tam giác ACP CQA đồng dạng Điều này được khẳng định do

 

PAC=QCA=60 Để chứng minh tứ giác

ABMC nội tiếp đường tròn ta cần

 

MAB BCM= là

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

AC = AQ

Xét hai tam giác ACP CQA có CP AC

AC = AQ  

0

PAC=QCA=60 nên ∆ACP∽∆CQA

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

Lại có AQC =ABC BAM + =600+BAM

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

• Phân tích

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

O

K J

I

P

Q M

C B

(52)

IK dài IK=BC, điểm M nằm cung nhỏ BC đường tròn (O) Dễ

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

BC = MB.

Mà ta có IM≤MB nên ta IK≤BC Từ ta có lời giải cho tốn.

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

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

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

ABM BCM ACM

1 1

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

2 2

= = =

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

4

= Từ ta thấy AB.MI MK.AC BC.MJ a 32

+ = +

hay ta MI MK MJ a MI MK MJ a

2

+ = + ⇔ + − = Để tính MI2+MJ2 +MK2 ta có

thể bình phương hai vế biểu thức MI MK MJ a

+ − =

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

4

+ + + − − = Để chứng minh

được yêu cầu toán ta cần phải chứng minh MI.MK MI.MJ MJ.MK− − khơng đổi

Trong tốn liên quan đến đường thẳng Simson ta thấy có hệ thức liện hệ MI, NJ, MK 1

MI +MK = MJ Cầnkiểm tra xem hai hệ thức có mối liên hệ khơng.

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

MI + MK = MJ ⇔ = + ⇔ − − = Đến

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

• Lời giải.

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

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

Mà hai tứ giác BIMJ CKJM nội tiếp nên ta lại có BMI =BJI; KMC  =KJC

Do ta BJI = KJC nên ba điểm I, J, K thẳng hàng

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

BC = MB

Mà ta có IM≤MB nên ta IK≤BC hay IK≤a, dấu xẩy MB ⊥AB hay M

(53)

Vậy IK lớn Q trung điểm BC

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

Do tứ giác BIMJ nội tiếp nên ta có IMJ =ABC 60= =ACB Lại có MIJ  =MBJ= MAC

Do hai tam giác IMJ ACQ đồng dạng, ta MJ CQ

MI = CA Tương tự ta

MJ BQ

MK = AB

Từ suy MJ MJ CQ BQ

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

Hay MI.MK MJ.MI MJ.MK− − =0

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

2 2

= = =

Mà SABM +SACM =SBCM +SABC SABC a 32

= Nên ta có AB.MI MK.AC BC.MJ a 32

+ = + hay

a a

MI MK MJ MI MK MJ

2

+ = + ⇔ + − = Do ( )2 3a2

MI MK MJ

+ − =

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

4

+ + + − − =

Mà MI.MK MJ.MI MJ.MK− − =0 nên MI2 MJ2 MK2 3a2

4

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

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

chứng minh hai toán nhỏ sau.

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

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

+ Bài tốn 2. Cho tam giác ABC có cạnh a nội tiếp đường trịn tâm O. Gọi M điểm

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

1 1

MI +MK = MJ Hệ thức tốn cịn cho tam giác nhọn ABC bất kì.

Câu (1.0 điểm).

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

(54)

trong 100 vng đơn ví có 25 vng 2x2 nên có nhiều 50 số lẻ khơng chia hết cho Mà

các số lẻ không chia hết cho thỏa mãn toán gồm 1; 5; Như theo nguyên lý Dirichlet bài tốn chứng minh.

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

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

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

hết cho là1,5, 7.Áp dụng nguyên lí Dirichlet ta ba số xuất 50 17

3

  + =  

  lần

ĐỀ SỐ (2014-2015)

Câu 1: 1) Ta có

( )( )( )

1 1

1

1 1

+ +

+ + = + + = = + +

⇔ − + + + − − − =

⇔ − − − =

ab bc ca

a b c ab bc ca

a b c abc

abc a b c ab bc ca

a b c

Vậy có số 2) Ta có:

( ) ( ) ( )

3

2 2 5.8

8 mod mod mod 7

+

= + + = +

≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ + ≡ ⇒ 

n n n

n

A

Do A A

Mặt khác ta chứng minh A > nên A hợp số

Câu 2:

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

( )2 ( )

3 1 1, 3

+ + −

= − + ≥ = − ≤ x x x =

VP x VT x x x

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

( ) ( )( )

3 2 2

2

+ + + = ⇔ + − + = ⇔ = −

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

(55)

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

Ta có: ( ) ( )

2

3 1

4 2

+ − +  

− + = + ≥ ⇒ ≤ ≤  + 

+  

− +

a b a b a b

a ab b

a b a b

a ab b

Chứng minh tương tựta được:

2 2

1 1 1 1 ;

2

1 1     ≤  +  ≤  +      − + − +    ⇒ ≤   + + =    

b c a c

b bc c c ac a

P

a b c

Đẳng thức xảy a = b = c Câu 4:

Chứng minh:

2 cos   ∆ ∆ ⇒ =  =    AEF ABC S AE

AEF ABC BAC

S AB

2 2

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

ABC

S S S

BAC ACB BAC

S

a) Dựng đường kínhAK Dẫn đến∠APK = 90o(góc

nội tiếp chắn đường kính) Dẫn đến KP vng gócAP Sau chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành.Mlà trung điểm HK Suy raMI

đường trung bình tam giác HPK Thành raMIsong song với PK Suy điều phải chứng minh

Câu 5:

a) Từ giả thiết suy tồn số tự nhiên a cho

2 , − − = p p a hay

là ( ) ( )( )

1 1

− = + − +

p p a a a Nếu p =2thì a =0thoả mãn Nếu p > 2thì p lẻ Từ giả thiết suy p ước (a +1) p ước (a2 – a +1) Giờ xét trường hợp

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

1 1

− = + − +

p p a a a ta phương trình2a2−3a+2=0, vô nghiệm Nếu p ước a2 – a +1thì ta chọn số ngun dương k cho a2– a +1= kp Cũng thay trở lại phương trình p(p −1)=2(a+1)(a2 – a +1) cho ta p – 1=2(a+1)k, hay p =2(a+1)k+1

(56)

Ta cần tìm k cho Δlà số phương viết theo k

Chú ý bất đẳng thức: (2k2+2)2<4k4+12k2+4k – 3<(2k2+4)2

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

Vậy p =2, p =127

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

3 + ≤

b c ngược

lại

3 + >

b c ta có 2 > + >

a b c dẫn đến

3 >

a Cái dẫn đến điều vô lý a + b + c >

Vậy nên 1( )2

4

≤ + =

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

Thành ra, 12 ≤

ad Dẫn đến 1 12 ≤ ≤ <

ae ad Ta xếp sốa,d,c,b,etrên đường trịn theo thứ tự thuận kim đồng hồ Ta có 1, 1, 1, 1, ea ad

9 9 9 < < < ≤ ≤ ≤ ≤ ≤

ad dc ad bc be bc

Số

9là số nhỏ

ĐỀ SỐ (2013-2014)

Câu 1:

1) Từgiả thiết ta có:

( ) ( )( )( )

2013

1 1

0

0; 2014 0; 2014 0; 2014

2014

+ +

+ + − = ⇔ + =

+ + + +

+ = =

 

⇔ + + + = ⇒ + = =

 + = = 

⇒ =

a b a b

a b c a b c ab c a b c

a b c

a b b c c a b c a

c a b

M

2) Ta có ( )

2n −6n+ =2 2n n− +3 1

Vì n(n – 3) chẵn nên n(n – 3) + = 2k +1 với k∈ ∪ −N { }1

Suy

2 2

5 n − +n −12=25 k+ + −1 13 13

Vì

2

5 n − +n −12nguyên tốhay 52n2− +6n 2−12 13=

(57)

1) Điều kiện: ≥ −

x Đặtt− =1 2x+1,t≥1 ta có

( )( ) ( )

2

2 ; 2 0

1 4

− = − = ⇒ − + = ⇔ = + >

≥ 

⇒ − = + ⇔ − = ⇔ =



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

x

x x x

x x

2) Từphương trình thứ suy ( )2

4

− = − ≥ ⇒ ≥

z x y z

Từphương trình thứhai suy (4 5)( 1)

− − ≤ ⇒ ≤ ≤

z z z

Do

4

= ⇒ = =

z x y

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

Ta có: ( )

2

2 2 2

36

2

+ + + + + + + +

=a b c a b c =a b c

P

Mặt khác, bc ≥ nên

( )2 ( )2 ( )( )

2 2 2

2 12 36 2 10 20

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

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

Suy 2+ 2+

a b c đạt giá trị lớn 20

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

6 ≥ ≥ =   ⇔ − − = ⇔ =  + + = 

a b a c bc

a a a b c

a b c

Vậy giá trị lớn P 20 chẳng hạn a = , b = 2, c = Câu 4:

a) Ta có

; 2 2 ∠ ∠ ∠ = ∠ + ∠ = + ∠ ∠ ∠ = ∠ + ∠ = + ABC BAC

IBM IBC CBM

ABC BAC

BIM IAB IBA

Suy ∠IBM = ∠BIM ⇒ ∆IBM cân M

Tương tự, tam giác MIC cân M

b) Ta có sin sin ( )1

∠BAC = ∠ = MP = MP BCM

(58)

( ) ( ) ( )

2

= = ⇒MP = MI ⇒ ∆ ∆ ⇒ MI = IP

MP MN MB MI MPI MIN c g c

MI MN MN IN

c) Ta có AB + AC = 3BC

;

+ −

⇔ AB AC BC =BC⇔ AE=BC

( )

2

∆IAE∆MCP g g ⇒ MP= CP = ⇒IE= MP IE AE

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

MC=MI ∠PMC= ∠EIA= ∠MIF;

1

90

MP=IF = IE⇒ ∠IFM = ∠MPC= °

Suy ∆IMKcân M nên MK = MI Tương tựMH = MI

Suy MB = MC = MH = MK = MI

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

Với x=2k+1,k∈Nta có 2y =4 5( 2k +52k−1+ + + )

Nếu y < PT vơ nghiệm

Nếu y = x = (thỏa mãn)

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

Với x=2 ,k k∈Nta có

( )( ) ( )

2 5 , , , ; 2 2

5

−

 − =

= − + ⇒ ∈ ≤ < + = ⇒ − = − + =

 

k a

y k k b a a b a

k b a b N a b a b y vô lý

Nếu a ≥ 2a(2b a− −1 4) , vô lý

Nếu a = ; a = thì5k =3;5k =2 , vơ lý

Vậy (x; y) = (1; 2)

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

sau ta thống gọi đa giácM1 M6

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

6 ≡

(59)

Nếu P thuộc ba đường chéo lớn L , P ≠ O P thuộc

sáu đoạn OA, OB, OC, OD, OE, OF Giả sử P∈ODkhi hai tia AP, DP qua

đỉnh D, đỉnh A L ta cóM1 ≡D M, 4 ≡A Cịn lại tia, cắt nhiều cạnh củaL

Như tồn hai cạnh AB, AF củaL khơng chứa điểmM1, ,M6 Xét tam

giác có cạnh AB cạnh làM M4 i đa giác M1 M6gần AB (M4 ≡A), ta

ln có ∠ >90 ⇒ > =1 o

i i

M BM M M AB

Nếu P không thuộc ba đường chéo lớn L P nằm trong sáu

tam giác L mà ba đường chéo lớn chia Giả sử P nằm trong∆ODE Như vậy,

tồn cạnh AB L không chứa điểmM1, ,M6 Khi M M4 5ln cạnh đa giác M1 M6và ABM M5 4là tứgiác ln có

5 90 ; BAM4 90

∠ > o ∠ > o⇒ > =

ABM M M AB

ĐỀ SỐ (2012-2013)

Bài 1:

1) Đặt ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

4 11 3

= − − + − = − − = + −

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

Từđó ( )

( )

1 18 15 91 − =

  + =

 ⇔

 =  − =

 



f a b

2) Nhận xét

11 + = 

 =



a b

ab nên a, b nghiệm phương trình

2

8 11

− + =

x x

Ta có:

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

8 11 11 11 11

= − + + − + = − + + − + =

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

Bài 2:

1) Hệ ( )( )

2

6 5 20 28

 − − + + − =



 − − + =



x y xy x y

x y x

Ta có: ( ) (1 ⇔ 2x− +y 3)( x+ −y 2)=0

Rút y theo x thếvào phương trình (2) ta có thểgiải hệ

2) Nhân vào hai vếta

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

4 10 14 1; 0;1

+ + − + − + − = ⇒ ≤ ⇒ ∈ − ∈

x y y x x x x do x Z

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

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

tứgiác AMFE nội tiếp

(60)

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

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

thẳng hàng

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

Đặt x= 1; y=2; z= ⇒ + + =3 x y z

a b c

Khi ta cần chứng minh: 2 2 2 2 2 2

2

+ + ≥

+ + +

z x y

x z y x z y

Ta có: 2 2 2 2

2

= − ≥ − = −

+ +

z zx zx x

z z z

x z x z zx

Chứng minh tương tự cộng lại ta được:

( ) ( ) ( )

3 3

2 2 2

1

2 2 + +

+ + ≥ + + − + + = =

+ + +

z x y x y z

x y z x y z dpcm

x z y x z y

Bài 5:

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

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

Nếu P ≥ 2013 D điểm M cần tìm

Nếu P < 2013 E điểm cần tìm

ĐỀ SỐ (2011-2012)

Bài 1:

1) Ta có:

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

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

5 2

1 1 1 1 1

− = + − + = − + − +

= − − + + + − +

n n n n n n n n n n

n n n n n n n n

Do ∈ *

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

2) Ta có: 3 2

37 37 14 7 21 28

8 2 2

= + + − ⇒ = + − ⇒ − − =

x x x x x

Do ( ) ( 3 )2012 ( )2012

2 21 29 1

= − − = − =

(61)

Bài 2:

1) Ta có:

( )

2

5

5 12

5 3 12

4

3 12

2

2 12

+ + = + +

⇔ + − + − − + + =

− −

⇔ + − − =

+ + + +

 + + 

⇔ −  + − =

+ + + +

 

x x x

x x

x

x x

x

x x

Từđặc điểm PT suy 5; > ⇔ >

x x

2

5 12

+ > +

+ + + +

x x

x x ;vì

biểu thức ngoặc dương Suy x− ⇔ =2 x

2) Viết phương trình thứ hệthành: ( )

1

+ + − − =

x y x y y

Có ( )2 ( 2) 2 ( )2

1 ∆ = y+ + y+ y = y − y+ = y− Do x = y x = - 2y –

Với x = y thay vào PT thứhai tìm 2x= ⇔ =6 x

Với x = -2y – 1, thay vào PT thứhai tìm

2 1,

+ − = ⇔ = =

y y y y

Vậy hệcó ba nghiệm (x, y) = (3; 3) , (-3; 1), (-5;2) Bài 3:

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

Xảy trường hợp

2x – 3y + -1 -2

x – y - -1 -2

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

1) Gọi OA∩MN=K Ta có OAC ACB = 

(vì OA = OC); AMN ABC 1sdMC

 

= = = 

 

(62)

2) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp

Gọi J tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNC JI // AO (cùng vng góc với MN); JO // AH (cùng vng góc với BC) nên tứ giác AIJO hình bình hành, suy ra: OJ AI AH 2( )cm ;OB BC ( )cm

2 2

= = = = =

Do ( )

2

BJ OB OJ cm

2 2

   

   

= + =   +  =

   

Bài 5:

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

2 + + =

+ + +

+ +

S S S S S S S

a b b c c a a b c

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

 

+ =  + + ≥

+

 

S S S

S

a b a b b a b

Tương tự: ; 2

+ ≥ + ≥

+ +

S S S S S S

b c b c c a c a Do đó:

1 1

2 2 3

+ +

+ + ≤ =

+ + +

+ + a b c

S S S S S S S S

a b b c c a a b c

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

2)

Trong 8045 điểm ln tìm điểm đỉnh tam giác có diện tích lớn nhất, giả sửđó A, B, C vớiSABC ≤1 Dựng đường thẳng qua A

và song song với BC, qua B song song với AC, qua C song song với AB, chúng đôi cắt M, N, P Khi SMNP =4SABC ≤4

Ta chứng minh 8045 điểm cho nằm

(63)

B thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa AC) thìSDAC >SABC (mâu thuẫn với cách chọn tam giác ABC) Tam giác MNP chia thành tam giác nhỏ ANC, AMB, ABC, BCP Ta có 8045 = 4.2011+ Theo nguyên tắc Dirichlet tồn

2011 + = 2012 điểm phải nằm cạnh tam giác nhỏcó diện

tích khơng lớn

ĐỀ SỐ (2010-2011)

Bài 1: Rút gọn A

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

* Điều kiện: x > * A=|2x-3|

*

3 2x 3 x

2 A

3 3 2x 1<x<

2

 − ≤

 = 

 − 

Bài 2:

1) Giải phương trình …

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

* Điều kiện: x ≥ -2

* Đặt x+2=a, x2+ x +1=b đưa 2(a+b) = ab

* Giải a=4b, b=4a

* a =4b ⇔ x +2=4(x2+ x +1) phương trình vơ nghiệm * b =4a ⇔ x2 - 3x – 7=0 ⇔

1

3 37 3 37

x , x

2 2

+ −

= =

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

* Đưa phương trình: 8y2- 8yx+4x2- 11x+14=0 * ∆’y= - 16x2+88x - 112 ≥ ⇔2x2 - 11x+14 ≤0

* Giải ≤ ≤ 3,5

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

Bài 3:

1) Tìm số …

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

2 2 2

1 7

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

(64)

* x2…x7 ≤ 14 <4=22⇒ x2= …= x7=1

⇒ 2

x x =2(x12 +x22 +5)

* Đặt

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

ab =2a+2b+10⇔ (a - 2)(b – 2)=14.1=7.2 * Trường hợp 1: a 2 14 b 3 không

b 2 2 − = 

⇒ =  − =

 phải số phương

* Trường hợp 2:

2

x 3

a 2 7 a 9

b 2 2 b 4 x 2

=

− = = 

 

⇒ ⇒

 − =  =  =

   kết luận

2) Cho số …

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

* B =16x2y2+12(x+y)3- 2xy= …= 16(xy-

16 )2+ 19116 * B ≥ 19116 , B nhỏ =19116 ⇔xy= 161 Giải được:

2 3 2 3

x , y=

4 4

+ −

= x 2 3, y=2 3

4 4

− +

=

* Lại có ≤ 4xy ≤ (x+y)2=1 ⇒0 ≤ xy ≤

4 ⇒- 161 ≤ xy -161 ≤ 163 nên ≤ xy - 161 ≤ 163

* B =16(xy - 161 )2+191

16 ≤ 16 (163 )2+19116 = 2552

Vậy B lớn =2552⇔ (x +y) =1 xy = 41⇔ x =y= 12

* Kết luận Bài 4:

1) Tính góc…

N

K I

O C

B

A M

M

F

E D

C A

(65)

* Chứng minh 

BAC=90

* Chứng minh ∆AMB ∆CAN đồng dạng * Suy 13= AMB

CNA

S AB ( ) S AC

∆ ∆

= * ACAB =

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

2) So sánh …

* Kẻ AH ⊥BC có AFEH hình chữ nhật

* ∆ABD vng cân ⇒ ADB= 450

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

* Do ∆AHE vuông cân ⇒AH=HE=AF

* ∆ABC vuông: 12 1 2 1 2 12 22 12 22 AF = AH =AB + AC ⇒ AC 〈AF 〈AB * Từ 22 12

AC 〈AF ⇒



AF AF

cos AEB

AC 〈 〈AB = cos45

0= cos AEB

* Từ 12 22 AF 2

AF 〈AB ⇒ AB〉 2 = cos45

0= cos AEB

* Kết luận AF cosAEB AF

AC 〈 〈AB

Bài 5:

1) Ai thắng …

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

* Nười thứ lấy 3, viên số lại bội

* Cứ tiếp tục người lấy cuối phải người thứ

2) Với n viên bi

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

ĐỀ SỐ 10 (2009-2010)

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

Tính ( ) ( ) ( ) ( )( )

3

3 17 38

2 17 38 17 38 17 38 1 5

+ −

= = + − = + − = ⇒ =

+ −

x A

(66)

Xét x ≠ chia hai vếphương trình cho x2ta được:

2

1

3

2 2  = −  + − =

 + +  − − = ⇔ + + = ⇔ ⇔

 

    = − + − =

     

t x x

x x t t

t

x x x x

Giải hệ thống phương trình thu nghiệm PT (1) sau: {1; 2; 1− − + 3; 1− − 3}

b) Dễ thấy (x, y) nghiệm (y, x) nghiệm hệ

Để hệcó nghiệm x = y

Từ hệsuy 2; 2;1 2;1

4

   

∈ − ⇒ ∈ 

   

a a thỏa mãn (sau thử lại)

Câu 3:

a) Bất phương trình cho tương đương với

( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 1

0 1 1

+ − +

≤ ⇔ + ≤ ⇔ = −

+ − +

x x x

x x

x x x

b) Ta có bất đẳng thức : 3 ( ) ( )

, *

+ ≥ + ∀ >

x y xy x y x y

Thật bất đẳng thức (*) tương đương với:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 3 2 2 0 0 + − + ≥ ⇔ + − + − + ≥ ⇔ + − + ≥ ⇔ + − ≥

x y xy x y

x y x xy y xy x y

x y x xy y

x y x y

Bất đẳng thức cuối phép biến đổi tương đương nên bất đẳng thức

(*) chứng minh Dấu “=” xảy x = y Áp dụng (*) ta được:

( ) ( ) ( )

3 3

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

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

x y xy x y z

( ) ( )

3 3

1 1

;

1≤ 1≤

+ + + + + + + +

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

Cộng theo vế bất thức ta được:

( ) ( ) ( )

( )

3 3 3

1 1 1 1 1

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

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

x y z

(67)

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

a) Nhiều cách làm Xin giới thiệu cách dễnghĩ đến

KẻDP’ vng góc BC Suy P’, M, N thẳng hàng (Đường thẳng Sim son) Dẫn tới

P P’ trùng (do MN BC chỉcó mọt giao điểm nhất)

b) Dễ chứng minh được:

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

Câu 5:

C thuộc Z ( ) ( ) ( ) ( )

3 2 2

3 2

2

1

− + − + − + +

+

= =

− −

x y x y x y x xy y x y

x y xy y C

xy xy

( )( ) ( )

( )( )

2

1

1 1

+ + − + + +

= = + + + ∈

− −

⇒ + ≥ − + ⇔ − − ≤

x y x y xy x y x y

x y x y Z

xy xy

x y xy x y

Với x = y =

Với x > y− ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ∈1 y y {1; 2;3}

Nếu y = 1 3; ( 1) 1

+ = + = + ∈ ⇒ = >

− − −

x y x

Z x do x

xy x x

Nếu y =

1 2

+ = + = + ∈

− − −

x y x

Z

xy x x từđây tìm x

Nếu y =

1 3

+ = + = + ∈

− − −

x y x

Z

Định dạng
Số trang	67
Dung lượng	2,04 MB