Tính độ dài đườ ng chéo AC... HƯỚNG DẪN GIẢI Câu1..[r]
(1)
Sưu tầm tổng hợp
TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI
MƠN TỐN LỚP NĂM 2019-2020
(2)
Đề số 1: ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN TRIỆU PHONG NĂM HỌC 2019-2020 Câu 1: (4,0 điểm)
1) Cho A n= 4−10n2+9
Với số nguyên n lẻ , chứng minh A chia hết cho 384 2) Tìm số nguyên a b, thỏa mãn:
a b a b
5 18 3
2 − + =
+ −
Câu 2: (4,0 điểm)
Cho biểu thức B ( x y) x y x x y y
x y x x y y x y
2
+ − −
= −
−
+ −
a) Rút gọn B
b) So sánh B B
Câu 3: (6,0 điểm)
1) Biết x2+y2 = +x y
Tìm giá trị lớn nhỏ C x y= −
2) Cho biểu thức D= 4− 10 5− − 4+ 10 5− + 2 2+ 3+ 14 3−
Chứng minh D nghiệm phương trình D2−14D+44 0=
3) Cho x y z, , ba sốdương Chứng minh rằng:
xy yz zx x2 yz y2 zx z2 xy
1 1 1 1
2
+ + ≤ + +
+ + +
Câu 4: (4,0 điểm)
Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Gọi I trung điểm cạnh AB
Điểm H thuộc cạnh DI cho AH vng góc với DI
1) Chứng minh ∆CHD cân 2) Tính diện tích ∆CHD
Câu 5: (2,0 điểm)
Xác định M nằm tam giác ABC cho tích khoảng cách từ M đến cạnh tam giác đạt giá trị lớn
……….HẾT……… HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ
Câu 1: 1) Ta có A n= 4−10n2+ =9 n n4− 2−9n2+ =9 n n2( 2− −1) 9(n2−9)
(3)Theo giả thiết n số nguyên lẻ, nên đặt: n=2k+1(k N∈ ) , ta viết lại: A=(2k+2 2) (k k+4 2) ( k−2)=16(k+1) (k k+2).(k−1)
Ta nhận thấy rằng: (k+1) , ,(k k+2) ,(k−1) số nguyên liên tiếp nên chia hết cho
2.3.4 24=
⇒A(16.24) 384= Với số nguyên n lẻ 2) ĐK: a Z b Z a b∈ , ∈ , + ≠0 , a b≠ 2
Ta có:
a b a b
5 18 3
2 − + =
+ − , với
(a b ) (a b )
a2 b2
5
18
− − +
⇔ + =
−
⇔ −a 9 2b =(3 18 2− )(a2−2b2)
⇔ −a 9 2b =(3a2−6b2)−18 2(a2−2b2)
⇔(18a2−36b2−9b) 2 3= a2−6b a2−
Nếu 18a2−36b2−9b≠0 a b a
a b b
2
2
3
2
18 36
− −
⇒ =
− −
Vì a b, nguyên nên a b a Q Q
a b b
2
2
3 2
18 36
− −
∈ ⇒ ∈
− −
⇒ Vơ lý số vơ tỉ
Vì ta có:
a b b a b
a b b
a b b
a b a a b a a b a
2
2
2
2 2 2 2 2
3
3 18 36
18 36 2
3 3 6 3 6
− − = − = =
− − = ⇒ ⇔ ⇔
− − =
− = − =
thay a 3b
2
= vào 3a2−6b a2− =0 , ta có:
3.9b2 6b2 3b 0 27b2 24b2 6b 0 3b b( 2) 0
4 − −2 = ⇔ − − = ⇔ − =
b loai
b thoa man
0 ( )
2 ( )
= ⇔ =
Khi b= ⇒ =2 a (thoa man)
Vậy a=3 , b=2 thỏa mãn điều kiện toán Câu 2:
(4)Ta có : ( )
( )( ) ( )( ) (( )()( ))
+ − + − + +
= −
−
+ − + − +
x y x y x y x y x xy y
B
x y
x y x xy y x y x y
2
+ + +
= + −
− + +
x y x xy y
B x y
x xy y x y
+ + + − − −
=
− + +
x y x xy y x xy y B
x xy y x y
2
+ =
− + +
x y xy
B
x xy y x y
B xy x xy y =
− +
b) Vì x y, > ⇒0 xy >0 x xy y x y y x y
2
3 0 , , 0
2
− + = − + > ∀ >
Nên B>0 với x y, thỏa mãn điều kiện cho
Lại có: ( x− y)2 ≥ ⇔ + −0 x y xy≥ xy
x y xy xy
1
⇒ ≤
+ −
xy xy
x y xy xy
⇒ ≤ =
+ −
Dấu “ = “ không xảy x y≠ Vậy 0< <B , nên B B>
Câu 3:
1) Ta có:
( )
C x y x y y
x y y
x y
2 2
2
1 1 = − = + −
= + −
= + − − ≥ −
Dấu “ = “ xảy x=0 , y=1
(5)( ( ))
( )
C x y x x y x x y
x x y
x y
2
2
2 2
2 ( )
2
2 1
1 1
= − = − +
= − +
= − − + − +
= − − − + ≤
Dấu “ = “ xảy x=1, y=0
Vậy giá trị lớn C= ⇔ =1 x 1;y=0
2) Ta có: D= 4− 10 5− − 4+ 10 5− + 2 2+ + 14 3−
D= 4− 10 5− − 4+ 10 5− + 3+ + 28 10 3−
D= 4− 10 5− − 4+ 10 5− + 5+ + − D− =6 4− 10 5− − 4+ 10 5− , với (D− <6 0) ⇔(D−6)2 = −8 16 10 5− +
⇔(D−6)2 = −8 5( + = −)
⇔(D−6)2 =( 1− )2
⇒ − = −D hay D= −7 Ta có: D2−14D+44 0=
⇔(7− 5) (2−14 7− 44 0)+ =
⇔54 14 98 14 44 0− − + + =
Vậy toán chứng minh
3) Ta có: x yz x yz yz
xyz x yz x yz
2
2
1
2
2
+ ≥ ⇒ ≤ =
+
Tương tự, ta có: zx
xyz y2 zx y zx
1
2
≤ =
+ ;
xy xyz z2 xy z xy
1
2
≤ =
+
Mà:
y z yz
y z y z
yz
xyz xyz2 xyz
2 2
+
+ +
≤ ⇒ ≤ =
Tương tự, ta có: zx z x
xyz xyz
2
+
≤ ; xy x y
xyz xyz
2 + ≤
(6)
( )
y z z x x y x y z
xyz xyz xyz xyz
x yz y zx z xy
dpcm xy yz zx
2 2
1 1 2 2 2
4 4
1 1 1 ( )
+ + +
+ + ≤ + + = + +
+ + +
= + +
Dấu “ = “ xảy ⇔ = =x y z
Câu :
1) Gọi K trung điểm AD ; E giao điểm CKvà DI Xét ∆ADI ∆DCK có:
90 ( )
= =
CDK DAI gt ; CD AD gt= ( ) ;
2
= = =
AB CD
AI DK
Suy ra: ∆ADI= ∆DCK (c .c)g
⇒ ADI DCK= ; mà DCK DKC + =900
Suy ra: ADI DKC+ =900
(1) ⇒KC⊥DI
- Lại có: HK đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AD
⇒HK KD= (2)
Từ (1) va(2) suy : KC đường trung trực
DH
⇒CH CD= ⇒ ∆CHD cân C
2) Áp dụng định lý Pytago tam giác vuông ADI , ta tính : DI a
2
= Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ADI, đường cao AH ta có:
DH DI AD DH AD a a
DI a
2
2
5
= ⇒ = = =
AH DI AI AD AH AI AD a a a
DI
2
:
2 5
= ⇒ = = =
Mà EK đường trung bình ∆AHD EK 1AH a
2 2 5
⇒ = =
Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông DKC, đường cao DE ta có:
KE CK KD CK KD a a a
KE
2
2
:
4 2 5
(7)Suy ra: CE CK KE a a 2a
2 2 5 5
= − = − =
Diện tích ∆CHD là: SCHD 1CE DH 2 a a 2a2
2 5 5
= = = (đvdt)
Câu 5:
Đặt AB c BC a AC b= , = , =
Gọi D E F, , hình chiếu M cạnh BC AC AB, , đặt
MD ME MF, , x y z, ,
Ta có: SABC SMAB SMBC SMAC xa yb zc 33xa yb zc
2
+ +
= + + = ≥
ABC ABC
ABC
S S
S abc xyz xyz xyz
abc abc
3
3 3 3
3
2
3 .
2 3 27
⇒ ≥ ⇒ ≤ ⇔ ≤ (luôn sốkhông đổi)
Vậy tích khoảng cách từM đến cạnh ∆ABC đạt GTLN S ABC
abc
3
8 27 Dấu “ = “ xảy ⇔xa by cz= = ⇔SMAB =SMBC =SMAC
Hay : M trọng tâm ∆ABC
ĐỀ SỐ 2: CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN CHƯƠNG MỸ VÒNG - NĂM 2020 Câu 1: (3,0 điểm)
1 Chứng minh rằng: ( 2019 2020)
2019 +2021 2020
2 Tìm số tự nhiên n để n+24 n−65 sốchính phương Câu 2: (4,0 điểm) Cho
1
x y xy
H
x y xy y x xy x y x xy y
= − −
+ − − + + + + − −
(8)1 Cho số a b c x y z, , , , , dương thỏa mãn: x y z a + b + c =
a b c
x + y + z =
Tính giá trị biểu thức M x y z 2019 a b c
= + + +
2 Giải phương trình: ( )
2x +16x− =6 x x+8 Câu 4: (4,0 điểm)
1 Tìm a b, để f x( )=x4+2x3−x2+x a( − + +4) b viết thành bình phương
một đa thức
2 Cho a b, sốdương thỏa mãn (1+a)(1+b)=4, Tìm giá trị nhỏ
biểu thức 4
1
Q= a + + b +
3 Cho a b c, , dương cho a b c
b+ + =c a Chứng minh:
b c a
a + b + c ≤ Câu 5: (7,0 điểm)
1 Cho tam giác ABC vuông A (AB<AC), đường cao AH (H thuộc BC) Kẻ ,
HD HE vng góc với AB AC, (D thuộc AB, E thuộc AC) Đường
thẳng qua A vng góc với DE cắt BC I
a) Chứng minh: I trung điểm BC
b) Kẻ đường thẳng vng góc với AI A cắt đường thẳng BC K Chứng
minh AB tia phân giác góc KAH
c) Chứng minh:
AD BD+AE EC≤ AI
2 Cho tam giác ABC, kẻ đường phân giác AD BE CF, , tam giác ABC
a) Chứng minh
AB BD−BD DC =AD
b) Chứng minh: 1 1 1
AB+ AC+BC < AD+BE +CF
HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ
Câu 1: Ta có: ( 2019 ) ( 2020 ) 2019 2020
2019 + +1 2021 − =1 2019 +2021
Mà 2019 ( )( 2018 2017 2016 )
2019 + =1 2019 2019+ −2019 +2019 − − (1)
( )( )
2020 2019 2018 2017
2021 − =1 2021 2021− +2021 +2021 + + (2)
(9)( 2018 2017 2016 ) ( 2019 2018 2017 )
2020. 2019 −2019 +2019 − − + 2021 +2021 +2021 + + 2020
2 Đặt 24 22
65
n k
n h
+ =
− =
2
24 65
k h
⇒ − = +
Với k h, >0 ta có: (k−h)(k+h)=89 1.89= =89.1
+) TH1: 45
89 44
k h k
k h h
− = =
⇒
+ = =
Khi
45 24 45 2001 k = ⇒ +n = ⇒ =n
+) TH2: 89 45
1 44( )
k h k
k h h KTM
− = =
⇒
+ = = −
Vậy với n=2001 n+24 n−65 sốchính phương Câu 2: ĐKXĐ: x y, ≠1; ,x y>0
Ta có: x+ y− xy− =y ( x+ y)− y( x+ y) (= x+ y)(1− y)
( ) ( ) ( )( 1)
x+ xy+ x+ y = x x+ y + x+ y = x+ y x+
( ) ( ) ( )( )
1 1 1
x+ − xy− y = x+ − y x+ = x+ − y
Khi ( ) ( ) ( )
( )( )( )
1
1
x x y y xy x y
H
x y y x
+ − − − +
=
+ − +
( )(1 )( 1)
x x x y y y xy x xy y H
x y y x
+ − + − −
=
+ − +
( )
( )(1 )( 1)
x y x y x xy y xy
H
x y y x
+ − + − + −
=
+ − +
(1 )( 1)
x y x xy y xy H
y x
− + − + −
=
− +
( ) ( ) ( )( )
( )( )
1
1
x x y xy y x x
H
y x
+ − + + − +
=
− +
( ) ( ) ( )( )
( )( )
1 1
1
x x y x y x x
H
y x
+ − + + − +
=
− +
(1 )
1
x y y x x y y y x H
y y
− + − − + −
= =
(10)(1 )(1 ) (1 )
1
x y y y y
H
y
− + − −
=
−
(1 )
H = x + y − y = x+ xy− y
Ta có H =20⇒ x+ xy− y =20⇒ x( y+ −1) ( y+ =1) 19
( y 1)( x 1) 19 19.1 1.19 ( ) (1 19) ( 19 ) ( )1
⇒ + − = = = = − − = − −
TH1: 1
400 19
y y
x x
+ = =
⇒
=
− =
TH2: 19 324
4 1
y y
x x
+ = =
⇒
=
− =
TH3: 1
1 19 y
x
+ = −
⇒
− = −
loại
TH4: 19
1 y
x
+ = −
⇒
− = −
loại
Vậy với x=400;y=0 x=4,y=324 H =20
Câu 3: Từ x y z x y z xy yz xz
a b c
a + b + c = ⇒ + + + ab + bc + ac = ayz bxz cxy x y z
a b c abc
+ +
⇒ + + + = (1)
Mà a b c ayz bxz cxy
x y z xyz
+ +
+ + = ⇒ =
0 ayz bxz cxy
⇒ + + = (2)
Từ (1) (2) suy x y z a+ + =b c
Do M x y z 2019 2019 2020 a b c
= + + + = + =
2 Đk: x≥0 x≤ −8
( )
2
2x +16x− =6 x x+8
( )
2
8
x x x x
⇔ + − = + (1)
Đặt t= x x( +8) (t≥0) 2 t x x ⇒ = +
(1) 2
3 2
3 t
t t t t
t = −
⇔ − = ⇔ − − = ⇔
=
(11)Với
3
9 x
t x x
x =
= ⇒ + = ⇔
= −
(tmđk)
Vậy tập nghiệm phương trình S ={1; 9− } Câu 4: Biến đổi
( )
1 2 2
f x =x +x + + x − x− x −ax− x b+ +
( 2 )2 ( ) ( )
1
x x a x b
= + − + − + +
Để f x( ) trởthành bình phương đa thức 2
1
a a
b b
− = =
⇒ + = = −
Vậy với a=2,b= −1 f x( ) trởthành bình phương đa thức
2 Ta có: (1+a)(1+b)=4, ⇔ a b+ +ab=
Ta xét số thực a b x y, , , ta có bất đẳng thức sau:
( )2 ( )( )
2 2 2 2 2 2
2
a +b + x +y =a +b +x +y + a +b x +y
( ) (2 )2
2 2 2 2
2 2
a b x y ax by a b x y ax by a x b y
≥ + + + + + ≥ + + + + + = + + +
( ) (2 )2 2 2
a b x y a x b y
⇒ + + + ≥ + + +
Áp dụng vào tốn ta có:
( )2 2 ( )2 2 ( 2 2)2 ( )2
1 1
Q= a + + b + ≥ a +b + +
Mà ( )
2
2 3
2 2
2
a + − ≥ a − = − a
(1)
( )
2
3 2
b + − ≥ − b
(2)
( ) ( )
2
2 2
3 2
2
a b
ab a b ab
+ −
≥ ⇒ + ≥ − (3)
Cộng (1), (2) (3) lại ta được:
( ) ( )( )
2 2
3
2 2
2 a b ab a b
−
+ + ≥ − + +
( 2) ( )
3
11 2
2 a b
⇔ + + − ≥ −
Hay 2
11 a +b ≥ −
(Cách khác: ( )( )
2
9 1
1 2
2 2
a b a b
a b + + + + + a b
= + + ≤ ⇒ ≥ ⇒ + ≥ −
(12)Mặt khác: ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 11
2
a b a b a b
−
+ ≤ + ⇒ + ≥ = − )
Do Q≥ (11 2− )2+ =4 87 12 2−
Dấu “=” xảy 2
2 a b −
⇔ = =
Vậy MinQ= 87 12 2− 2 a= =b −
Câu 5:
a) Gọi giao điểm DE với AH, AI J G;
Tứ giác ADHE hình chữ nhật HAE =JAE ?
Mà A1+HAE= °90 (hai góc phụ nhau)
3 90
A +JEA= °(∆AGE vng) Do A1= A3
Vì A1=C (cùng phụ HAC) ⇒A 3 = ⇒ ∆C AIC cân I ⇒AI =IC Tương tự: AI =BI
Vậy IB=IC(=IA)
b) Ta có ∆AIB cân I ⇒IBA =IAB
mà
4
90 90 A IAB A HAC
+ = °
+ = °
HAC=IBA (cùng phụ A1 ) Do đó: A1= A4
AB
⇒ phân giác HAK
J 4
3 1
I K
H
G
2
E D
C B
(13)c) Ta có:
2
2 2
2
AD DB HD
AD DB AE EC HD HE DE AH
AE EC HE
= ⇒
+ = + = =
=
Xét ∆AHI vuông H, ta có AH2 ≤AI2
Do
AD DB+AE EC≤ AI
2
a) Lấy K thuộc tia đối tia DA cho AKB= ACB
Vì ∆ACD∽∆AKB (g.g) AD AC AB AC AD AK AB AK
⇒ = ⇒ = (1)
Vì ∆DAC∽∆DBK (g.g) DC AC AD DC BD DK AD DK BK BD
⇒ = = ⇒ = (2)
Trừ (1), (2) suy ( )
AB AC−DC BD= AD AK−KD = AD AD= AD b) Kẻ BM AD// , cắt đường thẳng AC M
ABM
⇒ ∆ cân A ⇒AM =AB
Theo BĐT tam giác: MB<AM +AB⇒MB<2AB
Do AD BM// AD CA AC AC
BM CM AC AM AC AB
⇒ = = =
+ + (do CM =AC+AM AM; = AB)
AD AC BM AC AB
⇒ =
+
.2
AC AC AB AB AC
AD BM
AC AB AC AB AC AB
⇒ = < =
+ + +
1 1 1
2 2
AC AB
AD AB AC AC AB AC AB
+
⇒ > = + = +
2 1
M
J
K
F E
D C
B
(14)Tương tự: 1 1
BE AB BC
> +
1 1
2
CF AC BC
> +
Cộng vế với vế, ta được: 1 1 1
AD+BE+CF > AB+BC+ AC
ĐỀ SỐ 3: CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN HUYỆN ĐỨC CƠ - NĂM 2019 Câu (4,0 điểm)
1 Rút gọn biểu thức: A
2 2
x y x y x y y x
x y x y
+ − +
= − −
−
− + với x y, >0, x ≠ y
2 Cho 2; 2
2
x x x x x
A B
x x
− − + + +
= =
− + Tìm x cho A B=
Câu (4,0 điểm)
1 Tìm x y, ∈ Ζ biết x− +y 2xy=6
2 Tìm n để n5+1 chia hết cho n3+1 với n∈Ν* Câu (4,0 điểm) Giải phương trình
1
9 x − − x− =
2
1 1
x− + x +x + + = +x x −
Câu 6: (2,0 điểm)
Cho a b c, , độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh bc ac ab
a b c
a + b + c ≥ + + Đẳng thức xảy nào?
Câu (6,0 điểm)
Cho góc vng xOy Trên cạnh Ox lấy điểm A cho OA=4cm, tia đối
của tiaOx lấy điểm B cho OB=2cm Đường trung trực AB cắt AB H
, M điểm nằm đường trung trực Các tia AM MB, cắt Oy C D Gọi E trung điểm AC, F trung điểm BD
1 Chứng minh OE.OF = AE BF
2 Gọi I trung điểm EF Chứng minh điểm O I M, , thẳng hàng
3 Xác định vị trí điểm M OM=EF Khi S1 diện tích tứ giác
OBME, S2 diện tích tứ giác ABFE Tính tỉ số 2
S S S S
+
(15)HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1: A
2 2
x y x y x y y x
x y x y
+ − +
= − −
−
− + 2( ) (2 )
x y x y x y
x y
x y x y
+ − +
= − +
−
− +
( ) ( ) ( )( )
2
x y x y x y
x y x y x y x y
+ − +
= − +
− + − +
( )( ) ( )( ) ( )
( )( )
2
x y x y x y x y x y x y x y
+ + − − − + +
=
− +
( )( ) ( ( )( ) )
2
4 2
2
x y
xy x y x y
x y
x y x y x y x y
+
+ + +
= = =
−
− + − +
Vậy A x y
x y + =
−
2 + Ta có:
2
x x
A
x
− −
=
− xác định x≥0; 4.x≠
( 2)( 1)
2
2
2
x x
x x
A x
x x
− +
− −
= = = +
− −
+ Ta có: 2
2
x x x
B
x
+ + +
=
+ xác định x≥0
( )( )
3
2
1
2
x x x x x
B x
x x
+ +
+ + +
= = = +
+ +
Ta có A B= nên x+ = +1 x ⇔ −x x=0 ⇔ x( x− =2)
0
4
2
x x
x x
= =
⇔ ⇔ =
− =
Kết hợp với điều kiện suy x=0
Vậy x=0 A B=
Câu 2: 1.Ta có x− +y 2xy= ⇔6 2x−2y+4xy= ⇔12 2x+4xy− −1 2y=11
(2x 1 2)( y) 11 1.11 ( ) (1 11)
⇔ − + = = = − −
Ta có bảng sau:
2x−1 11 -1 -11
1 2+ y 11 -11 -1
(16)y -6 -1
Vậy cặp nghiệm ( )x y, nguyên là: ( )1, ; ( )6, ; (0, 6− ); (− −5, 1)
2 Ta có 5 2 ( 2) ( ) (2 ) ( )
1 1 1
n + = + − + =n n n n +n − n − =n n + − n −
Vì
n + chia hết cho n3+1 nên cần chứng minh n2−1 chia hết cho n3+1
Ta có: ( )( )
1 1
n − = −n n+ n3+ = +1 (n 1)(n2− +n 1) Khi n−1 chia hết cho n2− +n
Vì *
n∈ nên ta xét trường hợp sau:
Nếu n=1 n−1 chia hết cho n2− +n suy n5+1 chia hết cho n3+1
Nếu n>1 n− <1 n n( − +1) nên n−1 không chia hết cho n − +n
Vậy n=1 n5+1n3+1 Câu 3: Điều kiện x≥3
Ta có: ( )( ) ( )( )
9 3 3 3
x − − x− = ⇔ x+ x− − x− = ⇔ x− x+ − =
( )
( )
3
1
x TMDK x
x KTMDK x
− = =
⇔ ⇔
= + − =
Vậy x=3 nghiệm phương trình ĐKXĐ: x≥1
( ) ( ( )( ) ( )( ))
3 2
1 1 1 1 1
x− + x +x + + = +x x − ⇔ x− − + x + x+ − x − x + =
( ) ( ( )( ) ( )( )( ))
1 1 1 1
x x x x x x
⇔ − − + + + − − + + =
( ) ( )( )( )
1 1 1
x x x x
⇔ − − + + + − − =
( ) ( )( )( )
1 1 1
x x x x
⇔ − − − + + − − =
( )( ( )( ))
1 1 1
x x x
⇔ − − − + + =
( )( ) ( )( )
( )
( )( ) ( )
2 2
1 1
1 1
1 1 1 1 1
x
x x
x x x x x x
− − = − = − =
⇔ ⇔
− + + = + + = + + =
( )1 ⇔ − = ⇔ =x 1 x (TMDK)
( ) ( )( )
2 ⇔ x +1 x+ = ⇔ +1 x x + =x (vô nghiệm x≥1.)
Vậy phương trình có nghiệm x=2 Câu 4:
(17)Áp dụng bất đẳng thức cơsi cho hai số khơng âm, ta có: + bc ac bc ac 2c ( )1
a + b ≥ a b =
+ ac ab ac ab 2a ( )2 b + c ≥ b c =
+ ab bc ab bc 2b ( )3 c + a ≥ c a =
Lấy (1) cộng (2) cộng (3) vế theo vếta bc ac ab a b c
a + b + c ≥ + + (ĐPCM)
Câu 5:
1 + ∆BODcó OF đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BD nên FO FB=
BFO
⇒ ∆ cân F ⇒ =B FOB (1)
+ ∆EAO vng ? có OE đường trung tuyến ứng với cạnh huyền MA nên OE=EA⇒ ∆EAOcân E ⇒ A = AOE (2)
+ ∆MAB có MA MB= ⇒ ∆MABcân M ⇒ A B.= (3)
Từ (1), (2) (3) suy ∆BFO∽∆OEA (góc – góc) F
FO BF
OE O EA BF EA OE
⇒ = ⇒ =
2 Ta có: MAB =FOB nên OF/ /MA
MBA =EOA nên OE/ /MB
(18)Vậy điểm O I M, , thẳng hàng
3 OEMF hình bình hành có hai đường chéo OM=EFnên OEMF hình chữ
nhật ∆BFO∽∆BMA mà MA MB= ⇒ ∆AMB vuông cân M 45 MAB
⇒ =
Khi đó∆AHM vng cân H Mặt khác H trung điểm AB
HM HA cm
⇒ = =
Vậy M nằm đường trung trực đoạn thẳng AB cách AB đoạn
MH= cm
MAH
∆ vuông H, ta có: 2
3 18 18
MA =MH +HA = + = ⇒MA= = (cm)
+ ∆BFOvà ∆BMA có M =F A; =B; suy ∆BFO∽∆BMA (g - g) nên
2
2
6 3
FO BO MA
FO
MA= AB = = ⇒ = = = (cm)
2 2.FO 2
OE OA
OE
FO =OB = = ⇒ = = (cm)
( )
2
2 4( ) S : 2
OEMF FEO
S OE FO cm ∆ cm
⇒ = = = ⇒ = =
Ta có: 1
.3.6 9( )
2
ABM
S∆ = MH AB= = cm
Ta có ∆BFO∽∆OEA theo tỉ sốđồng dạng
k= nên
4 BFO
OEA
S
k S
∆ ∆
= =
( )2 ( )2
1 ;
BFO OEA
S∆ cm S∆ cm
⇒ = =
( )2 OBME BFO OEMF
S =S =S +S = + = cm
( )2 ABFE BFO FEO OEA
S =S =S +S +S = + + = cm
Vậy 2
5 12 S 5.7 35 S S
S
+ +
= =
ĐỀ SỐ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN THƯỜNG TÍN NĂM HỌC 2019-2020
Bài 1. Cho biểu thức: 1 : 2
1
1
x x x x x x
P
x
x x x x
+ − + −
= − +
−
− +
a) Rút gọn P
b) Chứng minh: P>1 Bài Giải phương trình:
4 x− x− + + x− x− + =
(19)1) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3
6x y +3x −10y = −2
2) Cho ba sốdương x y z, , thỏa mãn điều kiện: x+ + =y z
Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P x2 y2 z2 y z z x x y
= + +
+ + +
Bài 4:
1 Cho hai đường tròn (O R; ) đường tròn (O R′; / 2) tiếp xúc A Trên đường tròn ( )O lấy điểm B cho AB = R điểm M cung lớn
AB Tia MA cắt đường tròn ( )O′ điểm thứ N Qua N kẻđường thẳng
song song với AB.cắt đường thẳng MB Q cắt đường tròn ( )O′ P
a) Chứng minh tam giác OAM đồng dạng tam giác O AN′
b) Tính NQ theo R
c) Xác định vị trí M để diện tích tứ giác ABQN đạt giá trị lớn tính giá
trị lớn theo R
2 Cho tam giác ABC điểm O nằm tam giác Các tia AO, BO, CO cắt cạnh BC, CA AB, theo thứ tự M N P, , Chứng minh rằng:
2
OA OB OC
AM + BN +CP =
Bài 5: Cho hai sốdương x,y thỏa mãn điều kiện 3
x +y = −x y
Chứng minh 2 x +y ≤
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP HUYỆN THƯỜNG TÍN Bài 1.
a) Điều kiện: P có nghĩa: x>0;x≠1
( ) (( )()( )) ( ( )( )( ))
1 2 1
2 :
1 1 1
x x x x x
x P
x x x x x x x
− + − − +
= +
− − + + − +
( ) ( )
2
2
:
1
1
x x
x x
x x x
x x
− − −
= +
− − − +
( ) (1 : 2)( )
1 1
x x
x x x x x
− −
=
− − − +
x x
x
− +
(20)b) P x x x x 1
x x x
− +
= = + − ≥ − = (BĐT Cauchy)
Vì đẳng thức xảy x x x
⇔ = ⇔ = không thỏa mãn điều kiện xác định nên
1 P> Bài
ĐKXĐ: x≥1
Phương trình viết lại là:
(x− −1) x− + +1 (x− −1) x− + =1
⇔ ( x− −1 2) (2 + x− −1 3)2 =1
⇔ x− − +1 x− − =1 1( )
* Nếu 1≤ <x ta có ( )1 ⇔ −2 x− + −1 x− =1 1⇔ x− = ⇔ =1 x không
thuộc khoảng xét
* Nếu 5≤ ≤x 10 ta có 0x=0 phương trình có vơ số nghiệm
* Nếu x>10 ( )1 ⇔ − =5 phương trình vơ nghiệm
Vậy phương trình có vơ số nghiệm: 5≤ ≤x 10 Bài 3.
1)
2 3 6x y +3x −10y = −2
2 3
3x (2y 1) 5(2y 1)
⇔ + − + = −
2
(3x 5)(2y 1)
⇔ − + = −
Nên suy
3x −5; 2y +1 ước −7
3
3
*
1 1
x x
y y
− = = ±
⇔
= −
+ = −
(thỏa mãn)
2
3
2
*
2 1 0
x x
y y
−
− = − =
⇔
+ =
= (loại)
3
3
*
2
3 x x
y
y = ± − = −
⇔
+ =
= (loại)
3
3
*
2
x x
y y
− = = ±
⇔
+ = − = −
(loại)
(21)2) Áp dụng BĐT Cauchy ta có
2 2
; ;
4 4
x y z y z x z x y
x y z
y z z x x y
+ + +
+ ≥ + ≥ + ≥
+ + +
Cộng vếta
1
2
x y z x y z
P+ + + ≥ + + ⇒ ≥x y z P + + =
Dấu “ = ” xảy
2 x= = =y z
Bài 4:
1)
a) Ta thấy ∆OAM∽∆O AN′ (g.g) OAM =O AN AOM′ ; =AO N′
b) Vì AB NQ// , áp dụng hệ quảđịnh lí Ta-lét ta có 3
2 AB MA OA R R NQ = MN =OO′ = =
3
NQ R
⇒ =
c) Kẻ AK ⊥NQ MH, , ⊥AB OC⊥AB, gọi OC∩( ) { }O = I
( )
1
2 2
ABNQ max
R
S = AB+NQ AK = R+ R AK = AK ⇒S ⇔ AK
có giá trị lớn
nhất
Ta có ∆ ∆ ( )⇒ = = =
′
MH MA OA
g.g
AK AN AO
MAH∽ ANK ⇒MH =2AK
Để AK có giá trị lớn MHlớn
Ta có (2 3)
2
R R
MH MC OM OC R
+
≤ ≤ + = + = Nên suy (2 3)
4 R AK
+
(22)Khi đó, tứ giác ABQN có diện tích lớn ( )
2
5 16 max
R
S = + M ≡I
giao điểm đường trung trực AB với ( )O
2)
Gọi S S S S1; 2; 3; diện tích tam giác , , ,
OBC OCA OAB ABC
Dựng AH ⊥BC H ( ∈BC AK), ⊥BC K ( ∈BC) ⇒AH OK//
Áp dụng đính lý Talets tỉ số diện tích tam giác, ta có
1
S
OM OK
AM = AH = S , tương tự
2;
S S
ON OP
BN = S CP = S
Cộng đẳng thức theo vế
1
S S S
OM ON OP S
AM BN CP S S
+ +
+ + = = =
1
AM OA BN OB CP OC
AM BN CP
− − −
⇔ + + =
3 OA OB OC AM BN CP
⇔ − + + =
2
OA OB OC
AM BN CP
⇔ + + =
Bài 5:
Từ giải thiết x > y > Giả sử x2+y2 ≥1
Ta có
3 2 3 2
x +y = − ≤x y (x−y x)( +y )⇔x +y ≤x +xy −x y−y
( )
2 3
2 ( )
xy x y y xy y x y
⇔ − − ≥ ⇔ − + − ≥
Vô lý
– 0; y x < − y <
Điều vô lý chứng tỏ giải sửban đầu sai Vậy 2
1 x +y ≤
ĐỀ SỐ 5: CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN YÊN THÀNH - NĂM 2019-2020 Câu (3.0đ)
1 Tồn hay không số nguyên tố a b c, , thỏa mãn điều kiện ab +2011=c
2 Tìm giá trị nguyên x y, thỏa mãn x2−4xy+5y2 =2(x−y) Câu (6.0đ)
1 Giải phương trình: 2 10x +3x (6x 1) x+ = + +3
(23)Câu (3.0đ) Cho a, b, clà số thực dương Chứng minh rằng:
2 2
1 1 ( + )+ ( + )+ ( + )≥ +2 +2
bc ca ab
a b c b c a c a b a b c
Câu (6.0đ)
Cho tam giác nhọn ABC AB( <AC), Ba đường cao AD, BE CFcắt H Gọi I giao điểm EFvà AH Đường thẳng qua I song song với BCcắt AB BE, B Q
1 Chứng minh: ∆AEF∽∆ABC
2 Chứng minh: IP=IQ
3 Gọi M trung điểm AHchứng minh I trực tâm tam giác BMC Câu (2.0đ)
Trong mặt phẳng cho điểm A ; A ; A ; A ; A ; A1 khơng có ba điểm thẳng
hàng Với ba điểm số điểm ln tìm hai điểm mà khoảng cách chúng nhở 673 Chứng minh sáu điểm cho ln tìm ba điểm
là ba đỉnh tam giác có chu vi nhỏhơn 2019
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN YÊN THÀNH - NĂM 2019-2020
Câu 1: Giả sử tồn số nguyên tố a, b, cthỏa mãn điêu kiện: ab +2011=c Khi ta có: c>2011⇒clà số nguyên tố lẽ
⇒ b
a chẵn ⇒ =a
Nếub=2thì
2 2011 2015
= + = ⇒
c clà hợp số (trái với giả thiết)
Nếu b≥3thì số nguyên tố lẻ ⇒ =b 2k+3(với k∈N)
2 3 + 2 ⇒ b = k = k
a
Vì 2k
2 ≡1(mod 3) ≡ −1(mod 3)
b 2k
a 2 1(mod 3)
⇒ = ≡ −
Lại có: 2011 1(mod 3)≡ 2011 0(mod 3)
⇒ =c ab+ ≡ ⇒clà hợp số (trái với giả thiết)
Vậy không tồn số nguyên tố a, b, cthỏa mãn điều kiện ab+2011=c
2 Ta có : 2
4 2( )
− + = −
x xy y x y
2 2
(4 4 ) ( 1) ⇔ y +x + − xy− x+ y + y − y+ =
2 2
(2y x 1) (y 1) 1
⇔ − + + − = +
2 2
(2 1) 1 1 ( 1)
− + = − + = ±
⇔ ⇔ − = ±
− =
y x y x
(24)2 1 1 1
1 1
1 1
1 − + = − = − + = − − = − ⇔ − + = − − = − + = − = − y x y y x y y x y y x y x y x y x y x y = = = = ⇔ = = = =
Vậy ( ; )x y ∈{(4; 2); (2; 0); (6; 2); (0; 0);}
Câu 2: ĐKXĐ phương trình là: x∈
Ta có: 2
10x +3x+ =1 (6x+1) x +3
2
40 12 4(6 1) ⇔ x + x+ = x+ x +
2 2
(36 12 1) 4(6 1) 4( 3) ⇔ x + x+ − x+ x + + x + − =
( )2
2 2
(6x 1) 2.(6x 1).2 x x
⇔ + − + + + + =
( )2
2
6 ⇔ x+ − x + =
2
6 3 3
+ − + = ⇔ + − + = − x x x x
* Trường hợp 1: 2
6x+ −1 x + = ⇔3 x + =3 6x− ⇔2 x + =3 3x−1
2
x
x 9x 6x + ≥ ⇔ + = − +
4 ≥ ⇔ − − = x x x ≥ ⇔ − = + = x x x ⇔ =x
* Trường hợp 2: 2
6x+ −1 x + = − ⇔3 x + =3 6x+ ⇔4 x + =3 3x+2
2
x
x 9x 12x + ≥ ⇔ + = + + 2
8 12 − ≥ ⇔ + + = x x x x 3 x x − ≥ − + ⇔ = = − − − + ⇔ =x
Vậy phương trình có hai nghiệm là: x=1 − + = x
.
2 Ta có: 2a+ + = ⇒ + = − +b c a b (a c)
3
(25)Q P I H A B C D F E N K +
3 3 2
2 ( )
⇒ a + +b c = − a ac c+ +ab b+
[ ]
3 3
2 ( ) ( )
⇒ a + +b c = − a c a+ +c b a b+
[ ]
3 3
2 ( ) ( )
⇒ a + +b c = − a −c a b+ +b a b+ (Vì a+ = − +b (a c)) 3
2 ( )( )
⇒ a + +b c = − a a b b c+ − 3
2 ( )( )
⇒ a + +b c = a a b c b+ − .
3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-Sy cho hai sốdương ta có:
2
1
2
( ) ( )
+ +
+ ≥ =
+ +
bc b c bc b c a b c bc a b c bc a
2
1 1 ( ) 4
⇒ ≥ − −
+ bc
a b c a b c (1)
Tương tự: 2 1
( + )≥ −4 −4 ca
b c a b c a (2)
2
1 1 ( + )≥ −4 −4
ab
c a b c a b (3)
Cộng vế theo vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được:
2 2
1 1 1
( ) ( ) ( ) 2
⇒ + + ≥ + + − + +
+ + +
bc ca ab
a b c b c a c a b a b c a b c
2 2
1 1 ( ) ( ) ( ) 2
⇒ + + ≥ + +
+ + +
bc ca ab
a b c b c a c a b a b c .
Câu 4: Chứng minh: ∆AEF∽∆ABC
Ta có: ( ) (1)
AF ∆AEF ∆ABC g−g ⇒ AE = AB
AC
∽
Xét ∆AEF và∆ABCcó:
( óc )
( ) (1) AF = ⇒ ∆ ∆ − − =
EAF BAC g chung
AEF ABC c g c AE AB
AC
∽
2 KẻAK HN vng góc với EF (K N; ∈EF)
Ta có: AK / /HN(cùng vng góc với EF) EF EF ∆ ∆
⇒ = = = AEF
HEF AK
S IA AK
IH HN S
HN
(1)
Lại có:
1 BC ∆ ∆
= = ABC
(26)I H A
B C
D F
E M
J
Mặt khác: ∆EHC ∆FHB g( −g)⇒ HE = HF ⇒ HE = HC HC HB HF HB
∽
2 HEF
HCB
S EF
HEF HCB (c g c)
S BC
∆ ∆
⇒ ∆ ∆ − − ⇒ =
∽
Và
2 EF EF EF ( â ) ∆
∆
∆ ∆ ⇒ =
A ABC S A ABC c u a
S BC
∽
2
EF EF EF EF ∆
∆ ∆ ∆
∆ ∆ ∆ ∆
⇒ = = ⇒ =
ABC
H A A
HCB ABC HEF HBC S
S S S
S S BC S S (3)
Từ (1), (2) (3) ⇒ IA = AD ⇒ AI = HI
IH HD AD HD (*)
Vì PQ/ /BCnên áp dụng quan hệđịnh lý Ta-Lét ta có: IP AI IQ HI
DB=AD DB= HD (**)
Từ (*) (**) IP IQ IP IQ DB DB
⇒ = ⇒ =
3 Ta có: = ( â )⇒ = +
+ AI HI HI HI AI
c u b
AD HD HD HD AD
VìM trung điểm AH ⇒HI+AI =AH =2MA
Và HD+AD= AH+2HD=2MH+2HD=2MD
1
2
⇒ HI = MA = MA ⇒ HI + = MA + HD MD MD HD MD
⇒ ID = AD ⇒ID MD=AD HD
HD MD (1)
Lại có:
DH DB
DHB DCA (g g) DB.CD AD.HD DC DA
∆ ∽∆ − ⇒ = ⇒ = (2)
Từ (1) (2) ID.MD BD.CD ID CD
BD MD
⇒ = ⇒ =
( )
⇒ ∆DIB∽∆DCM c− − ⇒g c DIB=DCM =BCJ
90
⇒BCJ+CBJ =DIB+DBI = ⇒BJ ⊥MC
Mặt khác: MD⊥BC
(27)-Tổng sốđoạn thẳng sinh từ6 điểm cho là:5 3+2 15+ + + = (đoạn thẳng)
- Trong 15 đoạn thẳng đoạn thẳng A Am n(với m n; ∈{1; 2;3; 4;5; 6}; 6}) có độ dài nhỏ 673 tơ mà đỏ Các đoạn thẳng cịn lại tơ màu xanh
- Khi đó, tam giác ln tồn cạnh màu đỏ tam giác có cạnh
được tơ màu đỏ có chu vi nhỏhơn 2019
- Vì thế, ta cần chứng minh ln tồn tam giác có cạnh màu đỏ - Thật vậy: Nối điểm A1với điểm lại ta đoạn thẳng gồm
1 A A ; A A ; A A ; A A ; A A
- Theo nguyên lí Dirichlet đoạn thẳng tồn đoạn thẳng tơ màu
- Khơng tính tổng qt, Giả sử A A ; A A ; A A1 2 1 3 1 4có màu xanh, tam giác
A A A có cạnh tơ màu đỏ (vì tam giác ln tồn cạnh màu đỏ)
- Nếu đoạn thẳng A A ; A A ; A A1 2 1 3 1 4có màu đỏ, tam giác A A A2 3 4 có
cạnh tơ màu đỏ (trong tam giác ln tồn cạnh màu đỏ) Giả sử
cạnh A2A4 tơ màu đỏ, Ta có tam giác A A A1 có З cạnh tơ màu đỏ
- Bài toán chứng minh
ĐỀ SỐ CHỌN HSG HUYỆN TAM DƯƠNG NĂM HỌC 2019-2020 Câu (2,0 điểm) Tính giá trị biểu thức sau: A= 4+ 10 5+ + 4− 10 5+ Câu (2,0 điểm) Tìm số thực a b, để đa thức ( )
–
f x =x +ax +bx chia hết cho đa
thức
– x x+
Câu (2,0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x−2y= xy Tính giá trị biểu
thức P x y x y − =
+
Đỏ Đỏ Đỏ
Đỏ
Đỏ Đỏ Đỏ
Xanh
Xanh Xanh
Xanh Xanh
(28)Câu (2,0 điểm) Giải phương trình:
4 x+ =1 x −5x+14
Câu (2,0 điểm) Tìm tất giá trị m đểphương trình
m
m x
− = −
− vô nghiệm
Câu (2,0 điểm) Cho a b c, , số dương thỏa mãn a+ + =b c Chứng minh
3
ab bc ca abc
abc
+ + + ≥ +
Câu (2,0 điểm) Chứng minh với số nguyên n 5
n − n + n chia hết cho
120
Câu (2,0 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên
8 x + = x+
Câu (2,0 điểm) Cho O trung điểm đoạn thẳngAB Trên nửa mặt phẳng
có bờ đường thẳng AB vẽ hai tia Ax By, vng góc AB Trên tia Ax lấy điểm C
(khác A), qua O kẻđường thẳng vng góc với OCcắt tia Bytại D
a) Chứng minh AB2 =4AC BD.
b) Gọi M hình chiếu vng góc O trênCD Chứng minh M thuộc đường trịn đường kínhAB
c) Kẻđường cao MH tam giácMAB Chứng minh MH, AD, BCđồng quy
Câu 10 (2,0 điểm) Cho sáu đường trịn có bán kính có điểm chung Chứng minh tồn đường tròn chứa tâm
đường tròn khác
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG HUYỆN TAM DƯƠNG NĂM HỌC 2019-2020
Câu 1: A= 4+ 10 5+ + 4− 10 5+ >0
( )
2
4 10 10 16 10
A = + + + − + − − +
2
8 A
2
8 A
2
6 A
2
2
5 A
5
A (Do A > 0)
Câu 2: Ta có:
– – –
x x x x Theo ra: f x x– 1x–
f x chia hết cho x1 f 1 0
a b b a
(1)
f x chia hết cho x2 f 2 0 8a –15b
(2)
(29)Từ (1) (2) 8a2 – a –15
2
a ; b
Vậy
2
a ; b
Câu 3: x−2y= xy ⇔ x− xy −2y= ⇔ −0 x xy+ xy −2y=0
⇔ ( x−2 y)( x+ y)=0
Vì x+ y >0 nên x−2 y =0⇔x = 4y
Khi P=4
4
y y y y
− = +
Câu 4: ĐKXĐ: x1
2
4 x+ =1 x −5x+14 x2 5x x 1 14
6 4
x x x x
2 2
3
x x
3 x
x
x (TM)
Vậy phương trình có nghiệm x3
Câu 5: ĐKXĐ: x2
2
3
m
m x
−
= −
− 2m 1 x 2m3 m 3x 4m
(*)
+ Xét m3 Phương trình (*) trở thành 0x = (Vô lý)
m
phương trình cho vơ nghiệm + m3, phương trình cho có nghiệm
3 m x
m
Đểphương trình cho vơ nghiệm
3 m m
1 m Vậy với m3,
2
m phương trình cho vơ nghiệm
Câu 6: Áp dụng BĐT cauchy ta có 3 2
3
a b c ab bc ca abc a b c 9abc
ab bc ca
abc
Ta chứng minh
3 ab bc ca ab bc ca
abc
(30)1
3
ab bc ca ab bc ca abc
Thật vậy:
2 2
3
3
9
ab bc ca ab bc ca VT
abc abc
Dấu xảy a b c
Câu 7: Ta có:
5 4
n − n + n=n n( 2−1)(n2−4) (n 2)(n 1) (n n 1)(n 2)
= − − + +
Và
120=2 5 .
Trong số nguyên liên tiếp tồn số chia hết cho 5, số chia hết cho hai số chẵn liên tiếp nên tích số chia hết cho
Mà 3, 5, đôi nguyên tố nên tích sốđó chia hết cho 120
Câu 8:
8
x + = x+
ĐK xác định: 1
+ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥
x x x (vì x∈)
PT tương đương với:
( ) ( ) ( )
3 25
5 40 25 7 13 28 91
x
x + = x+ ≤ . + + = . x+ = x+
( )( )
3
5x 28x 51 x 5x 15x 17
⇔ − − ≤ ⇔ − + + ≤
Vì với x≥0thì 5x2+15x+17>0 nên suy x− = ⇔ =3 x
Vậy PT có nghiệm x=3
Lưu ý: HS giải theo cách thử trực tiếp x = 1,2, ,5 Với x > chứng minh vế
trái lớn vế phải
Câu 9:
a) Chứng minh ∆OAC∆DBO(g.g)
OA AC
OA OB AC BD DB OB
⇒ = ⇒ =
2 AB AB
AC BD
⇒ =
4 .B
AB AC D
⇒ = (đpcm)
b) Theo câu a ta có: ∆OAC∆DBO (g.g)
OC AC
OD OB
⇒ = mà OA=OB OC AC
OD OA
⇒ =
+) Chứng minh: ∆OAC∽∆DOC(c.g.c)
ACO OCM
⇒ =
+) Chứng minh:∆OAC= ∆OMC (ch.gn)⇒AO=MO
x
y
K
O
A B
C
D
M
(31)⇒ M nằm đường trịn (O OA, ) hay đường trịn đường kínhAB
c) Gọi K giao MH vớiBC , I giao BM với Ax
Ta có ΔOAC = ΔOMC ;⇒OA=OM CA=CM ⇒OC trung trực AM
OC AM
⇒ ⊥
Mặc khác OA=OM =OB ⇒ ∆AMB vuông M //
OC BM (vì vng gócAM) hay OC // BI
+) Xét ∆ABI có OM qua trung điểmAB , song song BI suy OM qua trung điểm AI ⇒IC= AC
+) MH // AI theo định lý Ta-lét ta có:MK BK KH IC = BC= AC
Mà IC= AC ⇒MK =HK ⇒BC qua trung điểm MH
Tương tự AD qua trung điểmMH Suy AD BC MH, , đồng quy Câu 10:
Giả sử có sáu đường tròn tâm Oi (i = 1, 2, , 6) có bán kính r Mlà điểm chung đường trịn
này Để chứng minh tốn ta cần chứng minh có hai tâm có khoảng cách không lớn
hơn r
Nối M với tâm Nếu hai đoạn thẳng vừa nối nằm tia có điểm đầu mút Mthì tốn chứng minh
Trong trường hợp ngược lại, xét góc nhỏ góc nhận đỉnh M, giả sửđó góc O1MO2
Do tổng góc 3600 nên góc O1MO2 ≤ 600 Khi tam giác O1MO2
có góc khơng nhỏhơn góc O1MO2(nếu ngược lại tổng góc tam
giác nhỏhơn 1800)
Từđó suy cạnh MO1 MO2 tam giác O1MO2 tồn cạnh
không nhỏhơn O1O2tức ta có O1O2≤ r MO1≤ r, MO2≤ r
ĐỀ SỐ CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN CHƯ SÊ - NĂM HỌC 2019 – 2020 Câu (6,0 điểm)
(32)b) Giải phương trình: ( 1) 31 1
x x
x
x x
Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d có phương trình
(m4)x (m3)y1 (m tham số) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độđến đường
thẳng d lớn
Câu (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD và điểm P nằm tam giác ABC cho
135
BPC Chứng minh rằng: 2PB2 PC2 PA2
Câu (5,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB 2R M là điểm di động
trên đoạn thẳng AB, kẻCM AB tại M (C thuộc nửa đường tròn tâm O) Gọi D E
là hình chiếu vng góc M CA CB Gọi P Q lần lượt trung điểm của AM MB Xác định vị trí của điểm M để diện tích của tứ giác DEQP đạt giá trị lớn
Câu (3,0 điểm)
a) Giả sử x y z, , số thực thỏa mãn điều kiện: x y z xyyzzx 6 Chứng minh rằng: x2 y2 z2 3
b) Chứng minh số tự nhiên có chữ số chọn hai số mà viết liền ta số có chữ số chia hết cho
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN CHƯ SÊ - NĂM HỌC 2019 – 2020
Câu 1: a)
4 5 48 10 4 5 48 10
M
3
28 10
4 5 5
25
b) Điều kiện: x 1
3
2 1 1 1
6 ( 1)
1 1
1
x x x x
x
x x x x
x x
Đặt 1 0
x x
t t
x
Phương trình trở thành:
1
6t
t
2
6 1
t n
t t
t l
(33)Với
2
2
1
1 1
2 1
x n
x x x x
t x x
x n
x x
Vậy phương trình có hai nghiệm x 0;x 2
Câu 2: Với giá trị m đường thẳng d khơng qua gốc tọa độ
Với m 4, ta có đường thẳng d :y 1 Do khoảng cách từ gốc tọa độ
đến đường thẳng d (1)
Với m 3, ta có đường thẳng x 1 Do khoảng cách từ gốc tọa độ đến
đường thẳng d (2)
Với m 4;m 3 đường thẳng d cắt trục Oy Ox; 0;
A m
và ;0
4
m
, suy
1 ;
OA OB
m m
Kẻ đường cao
OH AB H AB
Ta có 2 2
2 2
1 1
3 14 25
m m m m
OH OA OB
2 49 1
2
2 2
m m
2 2 2
OH OH
(3)
Từ (1), (2) (3) suy khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng d lớn
nhất
m
Câu 3: Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB
không chứa điểm P , vẽ điểm P' cho PBP'
vuông cân B Khi
Xét AP B' CPB có
AB BC (giả thiết);
ABP'CBP (cùng phụ với ABP;
BP' BP (theo cách vẽ)
Suy AP B' CPB (cạnh – góc – cạnh)
'
AP B CPB
Mà CPBBPP'180 AP B' BPP'180
' ' ' 180 ' 90
AP P BP P BPP AP P
Do AP P' vng P' Theo định lý Py-ta-go, ta có
P'
P
B A
(34)
2 '2 ' 2 '2 2 2
AP AP P P PC BP BP PC BP (do AP B CPB)
Vậy AP2 PC2 2BP2
Câu 4:
Tam giác ABC nội tiếp đường trịn đường
kính AB nên vng C Từ tứ giác MDCE hình chữ nhật DE CM Do
1
DME MDCE
S S (1)
Tam giác ADM có DP trung tuyến nên
2
DPM ADM
S S (2)
Tương tự, EQ trung tuyến MEB nên
MEQ MEB
S S (3)
Từ (1), (2) (3) ta có
1
2
PDEQ DPM DME MEQ MDCE ADM MEB ABC
S S S S S S S S
Mà 1 2
2 2
ABC
S CM AB CO AB R RR (khổng đổi)
Suy
2
PDEQ
S R
Dấu “ = ” xảy M O Vậy SPDEQ lớn
2R M O
Câu 5: a) Ta có x2 1 2 ;x y2 1 2 ;y z2 1 2z 2x2 y2 z22xy yz zx Cộng vế theo vế bất đẳng thức trên, ta
2 2
3 x y z 3 x y z xyyz zx
Theo đề bài, ta có x y z xy yz zx 6 nên
2 2 2
3 x y z 3 2.6x y z 3 (điều phải chứng minh) b) Lấy số chia cho 7, ta nhận sốdư nhận số sau: 0; 1; 2; 3; 4; 5; Theo nguyên lý Di-rich-le có số có sốdư
Giả sử hai số abc def hai số chia cho có sốdư r Suy
7
abc k r def 7mr
Khi
1000 1000 7 1000 1001
abcdef abcdef k r m r k m r
Vậy ta có điều phải chứng minh
P Q
D
E C
O
(35)ĐỀ SỐ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP HUYỆN BA VÌ NĂM HỌC: 2019 - 2020
Câu 1: 1) Cho biểu thức 2 3 2 2
5 12
8 :
4
x P
x x x x
x x
x x
+
= + − −
+ + − − +
a) Rút gọn P
b) Tìm giá trị x để P=0; P=1
c) Tìm giá trị x để P>0
2) Tìm số tự nhiên n để giá trị biểu thức
6
A=n − n + n− số nguyên
tố
Câu 2: 1) Giải phương trình: 2
2−x +2x+ − −x 6x− = +8
2) Cho ba số a b c, , thỏa mãn1 1 a+ + =b c a+ +b c
Tính giá trị biểu thức ( 27 27)( 41 41)( 2019 2019) Q= a +b b +c c +a
Câu 3: 1) Chứng minh với số nguyên n cho trước, không tồn số nguyên dương x cho x x( + =1) n n( +2)
2) Cho ba sốdương a b c, , thỏa mãn abc=1
Chứng minh rằng: 2 2 2 12 2 2
2 3
A
a b b c c a
= + + ≤
+ + + + + +
Câu 4: Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH , lấy điểm E AB , kẻ HF vng góc với HE ( F thuộc AC )
a) Chứng minh HE BC =EF AB
b) Cho AB=6cm AC, =8cm , diện tích tam giác HEF 6cm2 Tính cạnh
tam giác HEF
c) Khi điểm E chạy AB trung điểm I EF chạy đường nào?
Câu 5: Cho ∆ABCnhọn Phân giác A C cắt O Trên tia AB lấy điểm E
cho
AO = AE AC Trên tia BC lấy F cho CO2 =CF AC Chứng minh E O F, , thẳng
hàng
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN BÌNH GIANG - NĂM 2019
Câu 1: 1) Cho biểu thức 2 3 2 2
5 12
8 :
4
x P
x x x x
x x
x x
+
= + − −
+ + − − +
a) Sau biến đổi thu gọn ta x P= +
b) Với P= ⇔ = −0 x 4(t m/ ) với P= ⇔ = −1 x 2( không thỏa mãn đkxđ)
(36)2) Ta có : ( )( )
6 2
A=n − n + n− = n− n − n+ để A số nguyên tố
-Nếu n− = ⇒ = −2 A (loại )
-Nếu
4 1 0,
n − n+ = ⇒ =n n= với n=0 A=-2 (loại ) với n=4 A=2 (nhận )
-Thử tương tự cho trường hợp n-2=-1
4 1
n − n+ = − cho n=1 thỏa Vậy với n=4 n=1 giá trị cần tìm
Câu 2: 1) Giải phương trình: 2
2−x +2x+ − −x 6x− = +8 (1) ĐKXĐ:
2
2 x 2x 0
x 6x 0
− + ≥
− − − ≥
Ta có: 2 ( 2 ) ( )2
2 x− +2x= − x −2x−2 = −3 x 1− ≤3
( ) ( )2
2
x 6x 8 x 6x 8 1 x 3 1
− − − = − + + = − + ≤
Do đó: Vế trái (1) ≤ 3 1+ Dấu “=” xảy khi: ( )
( )
2
2
x 1 0 x 1 x 3 x 3 0
− = =
⇔
= −
+ =
(vơ lí)
Vậy phương trình cho vơ nghiệm 2) Điều kiện: a,b,c 0≠ Khi đó, ta có:
1 1 1 a + + =b c a b c+ +
1 1 1 1
0
a b c a b c
⇔ + + − = + +
(a b) 1 ( 1 ) 0
ab c a b c
⇔ + + =
+ +
(a b ca cb c)( ab) 0
⇔ + + + + =
(a b b c c a)( )( ) 0
⇔ + + + =
a b b c c a = − ⇔ = −
= −
27 27
41 41 2019 2019
a b
b c
c a
= −
⇒ = − = −
Do đó: ( 27 27)( 41 41)( 2019 2019)
= + + + =
(37)Câu 3: 1) Chứng minh với số nguyên n cho trước, không tồn số nguyên dương x cho x x( + =1) n n( +2)
Ta có: x x 1( + =) (n n 2+ )⇔x2 + + =x 1 (n 1+ )2 (1)
Với x∈ Ν* thì: x2 <x2 + + <x 1 (x 1+ )2 nên x2 + +x 1 khơng phải số
phương mà (n 1+ )2là sốchính phương với ∀ ∈ Ζ, (1) khơng xản y Vậy với số nguyên n cho trước, không tồn sốnguyên dương x cho
( 1) ( 2)
x x+ =n n+
2) Với a,b,c 0> , ta có:
2 2 2
1 1 1 A
a 2b 3 b 2c 3 c 2a 3
= + +
+ + + + + +
( 2) ( ) ( 2) ( ) ( 2) ( )
1 1 1
a b b 1 2 b c c 1 2 c a a 1 2
= + +
+ + + + + + + + + + + +
1 1 1 2ab 2b 2bc 2c 2ca 2a 2
≤ + +
+ + + + + +
1 1 1 2A
ab b bc c ca a 1
⇒ ≤ + +
+ + + + + +
1 abc b
ab b bc c abc abc ab b
= + +
+ + + + + + (do abc 1= )
1 ab b 1
ab b b ab ab b
= + + =
+ + + + + +
1 A
2
⇒ ≤ (đpcm) Câu 4:
a) ∆AHE” ∆HCF g( −g) HE HA( )1 HF HC
⇒ =
( ) HA AB(2)
HAB HCA g g
HC CA
∆ ” ∆ − ⇒ =
Từ (1) (2) : HE AB HEF (c g c) HF = AC ⇒ ∆ ” ∆ABC − −
. .
HE EF
EF AB HE BC AB BC
(38)b)
2
1 4
HEF ABC
S EF HEF
S BC
∆ ” ∆ABC⇒ = = ⇒EF =5;HE =3;HF =4
c) Ta có : 1
2
IH = EF( đường trung tuyến tam
giác vuông ) 1
2
IA= EF( đường trung tuyến tam
giác vuông )
IH IA
⇒ = Idi chuyển đường trung trực AH Echạy AB
Câu 5:
Lấy M thuộc AC cho AE= AM ; lấy Nthuộc AC
sao cho CF =CN
Ta có : ( )
.
AO =AM AC⇒ ∆AOM” ∆ACO c− −g c AOM ACO( )1
⇒ =
( )
2
.
CO =CN CA⇒ ∆CON” ∆CAO c− −g c
( )2
CAO CON
⇒ =
Mặt khác : ∆AOE= ∆AOM c( − − ⇒g c) AOM = AOE
∆CON = ∆COF c( − − ⇒g c) CON =COF
Mà AOC+CAO+OCA=180°( Tam giác AOC)
180
AOC COF AOE
⇒ + + = ° O E F, , thẳng hàng
ĐỀ SỐ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP HUYỆN CẨM XUYÊN NĂM HỌC: 2019 - 2020
Mã đề 01
I PHẦN ĐIỀN KẾT QUẢ (thí sinh cần ghi kết vào tờ giấy thi)
Câu 1: Với giá trị x x2−9 có nghĩa? Câu 2: Rút gọn biểu thức A= 3− + 3+
Câu 3: Cho sốdương a b, thỏa mãn 2a−3 ab−2b=0 Tính tỉ số a b Câu 4: Tìm giá trị lớn biểu thức
2 B= − + +x x
I
F
H B
A C
E
N M
F O
A
B C
(39)Câu 5: Cho ∆ABC vuông A có AB=3cm AC, =4cm Tính khoảng cách từA đến cạnh
BC
Câu 6: Cho ∆ABC nhọn có AB=8cm AC, =10cmvà sin
A= Tính độ dài cạnh BC Câu 7: Cho ∆ABC có AB=4cm AC, =6cm
30
BAC= Tính diện tích ∆ABC
Câu 8: Cho ∆ABC vuông A, đường cao AH Biết AB
AC = BC =10cm Tính độ dài
cạnh HC
Câu 9: Cho góc nhọn α Tính tanα biết os c α =
Câu 10: Tứ giác ABCD có AB/ /CD AC, ⊥BD BH, ⊥CD H Biết BD=6cm BH, =4,8cm Tính độdài đường chéo AC
II PHẦN TỰ LUẬN(thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi)
Câu 11: Rút gọn biểu thức 2 2
4
4
x x
P= + x − − − x − với x≥2
Câu 12: Giải phương trình 2
3x −12x+13+ 2x −8x+12=3
Câu 13:Chứng minh bất đẳng thức a(4a+5 )b + b b(4 +5 )a ≤3(a b+ ) với a b, số
không âm Dấu “=” xảy nào?
Câu 14: Tìm sốnguyên dương x y, để A B, đồng thời sốchính phương biết
1
A=x + +y B= y2+ +x
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Để biểu thức
9
x − có nghĩa 3 x x
x ≥ − ≥ ⇔ ≤ −
Câu 2: Ta có A= 3− + 3+
2
(2 3) ( 1)
A= − + +
A= −2 3+ 1+
A=3 Câu 3:
2a−3 ab−2b=0
(2 a b)( a b)
⇔ + − = (Vì a+ b>0)
2
a b
⇒ − =
2
a b
⇔ =
2
a a
b b
(40)Câu 4:
Ta có
2 B= − + +x x
2 B= −x− +
3 ax
4
M B
⇒ = Dấu “=” xảy
2
1
2
x x
⇔ − ⇔ =
Câu 5:
Ta có 2 12 12
AH = AB + AC
1 1 16 AH
⇔ = +
2 144 25 AH
⇔ = ⇔AH =2, 4(cm)
Vậy khoảng cách từA đến cạnh BC 2,4cm
Câu 6: Kẻ BH ⊥AC
Ta có sin
2
A=
2
BH
BH cm
AB
⇒ = ⇒ = =
Có 2
64 48 16
AH = AB −BH = − = = cm
10
HC AC AH cm
⇒ = − = − =
2
48 36 21
BC HC BH cm
⇒ = + = + =
Câu 7: Kẻ BH ⊥AC
1
sin
2
BH BH
A BH cm
BA
= ⇒ = ⇒ =
2
1
.2.6
2
ABC
S∆ BH AC cm
⇒ = = =
Câu 8:
Ta có 3
4
AB AC
AB
AC = ⇒ =
2
BC AB AC
⇒ = + 2
10
16 AC
AC
⇔ = +
2
2 25
100 64
16 AC
AC
⇔ = ⇔ =
H
A C
B
H
B C
A
H
B C
A
H
A C
(41)Lại có AC2 =HC BC. ⇒64=HC.10⇒HC=6, 4cm
Câu 9:
os 41, 41 tan 0,882
o
c α = ⇒ ≈α ⇒ α ≈
Câu 10:
Gọi giao điểm BH AC I
Kẻ CH vuông với AB F⇒HCFB hình chữ nhật HB=CF =4,8cm
2 2
6 4,8 12, 96 3,
DH = BD −HB = − = = cm
IKB IHC
∆ ∽∆ (g-g)
KBI ICH
⇒ = hay DBH =ICH
Mà DC/ /AB⇒ICH =CAB
DBH CAF
⇒ =
sinDBH sinCAF DH CF
BD AC
⇒ = ⇒ =
3, 4,8 6.4,8 AC AC 3, cm
⇒ = ⇒ = =
II PHẦN TỰ LUẬN(thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi)
Câu 11:
2
2
4
4
x x
P= + x − − − x −
2
2
4
4
4
x x
P= − + x − + − − − x − +
2
2
4
1
2
x x
P
− −
= + − −
2
4
1
2
x x
P= − + − − −
2
4
1
2
x x
P= − + − − + (Vì x≥2 2)
2 P= Câu 12:
Ta có
2 2
3x −12x+13= 3(x −4x+ + =4) 3(x−2) + ≥1
F I H D
K
A B
(42)2 2
2x −8x+12 = 2(x −4x+ + =4) 2(x−2) + ≥4 4=2
VT
⇒ ≥ + =
Dấu “=” xảy ( )2
2
x− = ⇔ =x
Câu 13:
Ta có a(4a+5 )b + b b(4 +5 )a
= a (4a+5 )b + b (4b+5 )a
≤ (a b+ )(4a+5b+4b+5 )a (Bất đẳng thức Bunhia)
9(a b)
= +
=3(a b+ )
Dấu “=” xảy
4
a a b
b b a
+ =
+
4
a a b
b b a
+ ⇔ =
+
2 4ab 5a 4ab 5b
⇔ + = +
⇔ =a b (Vì a b, >0) Câu 14:
Ta có
1 A=x + +y
4 B=y + +x
- Với x≥ y x2 ≤x2+ + ≤y x2+ + <x x2+2x+ =1 (x+1)2
2
( 1)
x B x
⇒ < < + Không tồn x y,
- Với 2 2
4 4 ( 2)
x< ⇒y y < y + + <x y + + <y y + y+ = y+
2
( 2)
y B y
⇒ < < + 2
( 1)
B y y x
⇒ = + = + +
2
x y
⇒ = −
2 2
1 (2 3) 11 10 A=x + + =y y− + + =y y − y+
Vì A sốchính phương nên
A=k
2
4 11 10
k y y
⇒ = − +
2
4y 11y 10 k
⇒ − + − =
2 16k 39 ⇒ ∆ = −
Để A sốchính phương ⇒ ∆ sốchính phương
2
16k 39 a
(43)(4k a ak)( a) 39 1.39 3.13
⇒ − + = = =
4 19
4 39
k a a
k a k
− = =
⇒ ⇔
+ = =
4
4 13
k a a
k a k
− = =
⇒ ⇔
+ = =
Với k= ⇒ = −5 y (loại)
Với k= ⇒ = ⇒ =2 y x
Vậy cặp số (1; 2) thỏa mãn yêu cầu đề
ĐỀ SỐ 10 CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HƯƠNG KHÊ - NĂM 2019 I PHẦN GHI KẾT QUẢ (Thí sinh chỉghi kết vào tờgiấy thi)
Câu Tính giá trị biểu thức: A= 2+ − 2− Câu Tìm số thực a, b cho:
Đa thức 21
x − x + x +ax b+ chia hết cho đa thức x2−x2−2 Câu Viết hai số dãy 1; 2; 3; 5; 7; 10; 13; 17; 21;…
Câu Tính giá trị biểu thức: 2019 2019
1 2019
2020 2020 M = + + +
Câu Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2
5 4 2020 F= x + y + xy− x+ y+ Câu Tìm tất cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn: (x2+1)(x2+y2)=4x y2
Câu Giả sử x y hai số thỏa mãn x> y xy=1 Tìm GTNN biểu thức 2
x y A
x y + =
−
Câu Tìm A số nguyên dương, biết ba mệnh đề P, Q, R có
nhất mệnh đề sai:
P= “A+45 bình phương số tự nhiên” Q= “A có chữ số tận số 7”
1. R= “A−44 bình phương số tự nhiên”
Câu Cho tam giác ABC có góc A 1200, AD phân giác góc A (D∈BC) Tính độ dài AD biết AB=4cm, AC=6cm
Câu 10 Cho tam giác ABC vng A, có đường trung tuyến AE BD vng góc
với nhau, biết AB=1cm Tính cạnh BC
(44)a) 2 2 5;
1
x x
x − +x −x + +x = b)
2
5 2 x − x+ = x−
Câu 12 Cho hình vng ABCD có AC cắt BD O M điểm thuộc cạnh BC (
M khác B, C) Tia AM cắt đường thẳng CD N , cạnh AB lấy điểm E
sao cho BE=CM
a) Chứng minh ∆OEM vuông cân
b) Chứng minh ME BN//
c) Từ C kẻ CH ⊥BN H( ∈BN) Chứng minh ba điểm O M H, , thẳng hàng Câu 13 Cho hình vng có cạnh 1, có chứa 29 đường trịn, đường trịn có đường
kính
7 Chứng minh tồn đường thẳng giao với đường trịn LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HƯƠNG KHÊ - NĂM 2019 I PHẦN GHI KẾT QUẢ
Câu 1: Tính giá trị biểu thức: A= 2+ 3− 2− Hướng dẫn
( )2
2
2 3
A = + − − = +2 3−2 (2+ 3)(2− 3)+ −2
4
A = − − = − =4 2
Vậy A=1
Câu 2: Tìm số thực a, b cho: Đa thức
9 21
x − x + x +ax b+ chia hết cho đa thức x2−x2−2 Hướng dẫn
Ta thực phép chia:
( )
( )
4 2
4 2
3
2
9 21
2 15
8 23 8 16
15 16
15 15 30
1 30
x x x ax b x x
x x x x x
x x ax b
x x x
x a x b
x x
a x b
− + + + − −
− − − +
− + + +
− + +
− + − +
− −
− + − Vì đa thức
9 21
x − x + x +ax b+ chia hết cho đa thức x2−x2−2,
Nên (a−1)x b+ −30=0 1
30 30
a a
b b
− = =
⇒ ⇔
− = =
(45)Câu 3: Viết hai số dãy 1; 2; 3; 5; 7; 10; 13; 17; 21;… Hướng dẫn
Ta thấy:
1 2+ =
2 3+ = 2+ =5 2+ =7
7 10+ = 10 13+ = 13 17+ = 17 4+ =21 Do số 21 5+ =26 26 5+ =31
Vậy số cần tìm 26, 31
Câu 4: Tính giá trị biểu thức:
2
2 2019 2019 2019
2020 2020 M = + + +
Hướng dẫn
Ta có: ( )2
2020 = 2019 1+ =2019 +2.2019.1 1+
2
1 2019 2020 2.2019
⇒ + = −
2
2
2
2019 2019 2019 2019
1 2019 2020 2.2019
2020 2020 2020 2020
M = + + + = − + +
2
2019 2019 2020
2020 2020
= − +
2019 2019
2020 2020
2020 2020
= − + =
Câu 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2
5 4 2020 F = x + y + xy− x+ y+ Hướng dẫn
( )2 2 ( 2 ) ( 2 )
2 2.2 2 y.2 2015 F = x + x y+y + x − x+ + y + + +
( ) (2 ) (2 )2
2x y x y 2015
= + + − + + +
Vì ( )2
2x+y ≥0, (x−1)2 ≥0, (y+2)2 ≥0, với ∀x y, ∈ Do F ≥2015
Vậy F đạt GTNN 2015
( )
( )
( )
2
2
2
1 x y x y
+ =
− =
+ =
1 x y
= ⇔ =
Câu 6: Tìm tất cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn: (x2+1)(x2+y2)=4x y2
Hướng dẫn
PT 2 2
4
x x y x y x y
⇔ + + + =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1
x x y x y y x y y y x
(46)( )( 2) ( )( 2)
1
x y x y y x y x
⇔ − − + − − =
( )2 ( )( )
2 1 1 0
x y y y x
⇔ − + − − =
( 2 )2 ( )2 2
x y y x
⇔ − + − = ( )*
Vì x y, ∈ nên x y y − ∈ − ∈ hay
( ) ( ) 2 2 x y y x − ≥ − ≥
Kết hợp với ( )* suy x y y − = − = ( ) 2
1
x y x x = ⇔ − = x y x x = ⇔ = = ± - Nếu x=0 y=02 =0 (Thỏa mãn x y, ∈)
- Nếu x=1 y= =12 (Thỏa mãn x y, ∈)
- Nếu x= −1 y= −( )1 =1 (Thỏa mãn x y, ∈)
Vậy cặp số nguyên ( )x y, thỏa mãn yêu cầu toán là: ( ) ( ) (0; , 1;1 , −1;1 ) Câu 7: Giả sử x y hai số thỏa mãn x> y xy=1 Tìm GTNN biểu thức
2 x y A x y + = − Hướng dẫn
Ta có: ( )
2 x y xy A
x y
− +
=
−
Mà xy=1 thay vào A, ta có: ( ) ( )
2
2 2
x y x y
A x y
x y x y x y x y
− + −
= = + = − +
− − − −
Vì x> y nên x− >y Áp dụng BĐT Cô-si:
( )
2 2
2 .
A x y x y
x y x y
= − + ≥ −
− −
hay A≥2 2
min 2 2
A
⇒ = x y 2
x y − = − ( ) 2 x y
⇔ − = , kết hợp x− >y 0 2 x y ⇒ − = 2 x y ⇔ = +
Mà xy=1, ( 2+ y y) =1 ⇔ y2 + 2y− =1 0
(47)( ) ( )
2 6
TM 2
2 6
L 2
y
y
− +
=
− −
=
2 2 6 2 x = + −
Vậy A đạt GTNN 2 2khi 2 2 6 2
x= + − , 2 6 2 y= − +
Câu 8: Tìm A sốnguyên dương, biết ba mệnh đề P, Q, R có
nhất mệnh đề sai:
P= “A+45 bình phương số tự nhiên” Q= “A có chữ số tận số 7”
2. R= “A−44 bình phương số tự nhiên” Hướng dẫn
- Nếu P Q, A+45 có tận Khơng số phương, trái
với P Suy P Q sai.( )1
- Nếu Q R A−44 có tận Khơng số phương,
trái với R Suy Q R sai ( )2
Từ ( )1 ( )2 suy Q sai
Mà A+45 bình phương số tự nhiên nên A+45 có dạng a2 44
A− bình phương số tự nhiên nên A−44 có dạng b2
( ) 2
45 44
A A a b
⇒ + − − = −
( )( )
89 a b a b
⇒ = − +
Mà 89 số nguyên tố ⇒ − =a b 1; a b+ =89 45, 44
a b
⇒ = =
2
45 45 2025 A
⇒ + = =
Vậy A=1980
Câu 9: Cho tam giác ABC có góc A 1200, AD phân giác góc A (D∈BC) Tính độ dài AD biết AB=4cm, AC=6cm
Hướng dẫn
Qua D kẻ DE AB E// ( ∈AB)
Vì AD phân giác góc A ∆ABC
DC AC
DB AB
⇒ =
DC AC
DB DC AB AC
⇒ =
+ + hay ( )
6
1
3
DC DC
(48)Ta có: AB phân giác góc A
0
120 60 2 BAC
A A
⇒ = = = =
Mà
1 60
A =D = (DE AB// )
2 60
A D
⇒ = = ⇒ ∆ADE AD DE
⇒ =
Vì DE AB// (cách dựng)
Xét ∆ABC theo hệ quảđịnh lý Ta-lét: DE DC( )2 AB = BC
Thế ( )1 vào ( )2 ta được: DE
AB = hay
2 3 DE
= 2.3 2( )
3
DE cm
⇒ = =
2
AD DE cm
⇒ = =
Câu 10: Cho tam giác ABC vng A, có đường trung tuyến AE BD vng góc
với nhau, biết AB=1cm Tính cạnh BC
Hướng dẫn
Ta có: BAE =DAB=DBA
BAE CAB
⇒ ∆ ∽∆
AC AB
AB AE
⇒ =
2
12
AC AE AC
⇒ = ⇔ =
2 AE= AC
Áp dụng định lý pytago: 2
3 BC= AC +BC = II PHẦN TỰ LUẬN(Thí sinh trình bày lời giải vào tờgiấy thi) Câu 11: Giải phương trình sau:
a) 2
2
;
1
x x
x − +x −x + +x = b)
2
5 2 x − x+ = x− Lời giải
a) ( ) ( )
( )( )
2
2
2 1 5
3
1
x x x x x x
PT
x x x x
+ + − − +
⇔ =
− + + +
( )( )
3
2
2 2
3
1
x x x x x x
x x x x
+ + − + −
⇔ =
− + + +
3
3x 9x 3x 5x 5x
⇔ + + = + +
4
5x 3x 4x 3x
⇔ − + + + − =
( )2( 3 2 )
1 2
x x x x
⇔ − − − + + =
( )
( )
2 1
5 x
x x
= ⇔
− − − =
(49)( )
2 ⇔ −5x −7x− =5
5x 7x
⇔ + + =
( )
2 7 7 51
5
20 5
x x
⇔ + + + =
2 51
5
20
x
⇔ + + =
Vì
2
5
2 x
+ ≥
2 51
5
20
x
⇒ + + >
⇒( )* vô nghiệm
Vậy x=1 nghiệm PT
b)
5 2
x − x+ = x− ĐK: x≥2
2
5 2
x x x
⇔ − + + − − =
(x 2)(x 3) 2 x
⇔ − − + − − =
(x 2)(x 3) 2( x 1)
⇔ − − − − − =
( 2)( 3) (2 1) x
x x
x − −
⇔ − − − =
− +
( )
3
2
x x
x
⇔ − − − =
− +
3
2
2
2 x
x
x =
⇔ − − =
− +
( )
3
x TM
⇔ =
Vậy x=3 nghiệm PT
Câu 12: Cho hình vng ABCD có AC cắt BD O M điểm thuộc cạnh BC
(M khác B, C) Tia AM cắt đường thẳng CD N , cạnh AB lấy điểm E
sao cho BE=CM
a) Chứng minh ∆OEM vuông cân
b) Chứng minh ME BN//
(50)a) Vì ABCD hình vng nên AC⊥BD, 1 45
B =C = OB=OC
Xét ∆OEB ∆OMC có: EB=MC (GT)
1
B =C (CMT) OB=OC (CMT)
( )
OEB OMC c c c
⇒ ∆ = ∆ − −
OE OM
⇒ = (2 cặp cạnh t.ư)( )1
1
O O
⇒ = (2 cặp góc t.ư)
Ta có
2 90 90
O +O = ⇒O +O = hay OEM =900 ( )2
Từ ( )1 ( )2 suy OEM vuông cân
b) Xét ∆ABM ∆NCM có:
90 ABM =NCM =
AMB=NMC (đối đỉnh)
( )
ABM NCM g g
⇒ ∆ ∽∆ −
CM MN
BM AM
⇒ = (cạnh tương ứng tỉ lệ)
CM MN
BM CM AM MN
⇒ =
+ +
CM MN
BC AN
⇒ =
BE MN
AB AN
⇒ = BE MN
AB AN
⇒ =
// ME BN
⇒ (ĐL đảo ĐL Ta-let) c) Gọi giao điểm OM BN H'
Ta có
45 MHB=EMD=
Xét ∆BMH' ∆OCM có:
45 H = =C '
BMH =CMO (đối đỉnh)
1
3
H
N O
C D
A E B
(51)( )
'
BMH OMC g g
⇒ ∆ ∽∆ −
Ta có tỉ số:
'
BM OM
MH = MC '
BMO=H MC (đối đỉnh)
( )
'
BMO H MC c g c
⇒ ∆ ∽∆ − −
' 45 OBM CH M
⇒ = =
' 90 BH C
⇒ =
' H
⇒ trùng với H
Vậy O M H, , thẳng hàng
Câu 13: Cho hình vng có cạnh 1, có chứa 29 đường trịn, đường trịn có
đường kính
7 Chứng minh tồn đường thẳng giao với đường
tròn
Lời giải
Kẻ9 đường thẳng song song cách chia hình vng thành 10 hình chữ nhật có chiều rộng 0,1
Vì đường kính hình trịn lớn 0,1 nên đường trịn bị đường thẳng vừa kẻ cắt
Nếu đường thẳng cắt khơng q đường trịn sốđường trịn khơng q 9.6=54
Mà có 55 đường trịn nên phải có đường thẳng cắt đường tròn
ĐỀ SỐ 11 HỌC SINH GIỎI HUYỆN HƯƠNG SƠN 2019-2020 I PHẦN GHI KẾT QUÁ
Câu Tính giá trị biểu thức A= 3+ 5− 3− 5− 2 Câu Rút gọn biểu thức: B sin cos2 2
cos sin
α α
α α
− =
−
Câu Giải phương trình: x y z 1(x y z)
2
+ − + − = + +
Câu Cho a
2 − +
= ; b
2 − −
= Tính 4
a +b
Câu 5. Cho số tự nhiên n=9999 (có 2019 chữ số 9) Tính tổng chữ số n2 Câu Tìm giá trị nhỏ biểu thức C= x− + x+
(52)Câu 8. Một thi gồm 20 câu hỏi, câu hỏi trả lời cộng điểm; câu hỏi trả lời sai bị trừ2 điểm; câu hỏi bỏ qua không trả lời nhận điểm
Khi làm thi bạn An có câu hỏi trả lời sai tổng sốđiểm đạt 60
điểm Hỏi bạn An bỏ qua câu hỏi?
Câu 9. Tìm thương phép chia 3
x +y − +z 3xyz cho x+ −y z Câu 10. Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: 3x2+10xy 8y+ =96 II PHẦN TỰ LUẬN
Câu 11 a) Giải phương trình:
x +4x 5+ =2 2x 3+
b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn: 2
2a + =a 3b +b Chứng minh rằng: 2a+2b 1− sốchính phương
Câu 12. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, có trực tâm H Qua H vẽ đường
thẳng cắt AB, AC D E cho HD=HE Qua H vẽđường
thẳng khác vng góc với DE cắt BC M
a) Chứng minh BM HM
AH = HE
b) Chứng minh M trung điểm BC
Câu 13 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a2(b c) b2(a c) abc
+ + +
= , a, b, c độ
dài ba cạnh tam giác vuông (c độ dài cạnh huyền) LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN HƯƠNG SƠN Câu Tính giá trị biểu thức A= 3+ 5− 3− 5− 2
Lời giải
1 5 5
A 5 2 2
2 2 2
= + − − − = + + − − + −
2
1 5 5 5
2
2 2 2 2 2 2
= + − − − = + − + + + − −
( )
10 2 10
= − = −
Câu 2. Rút gọn biểu thức: B sin cos2 2 cos sin
α α
α α
− =
−
Lời giải
Gọi độ dài cạnh đối diện với góc có sốđo α a, cạnh góc vng cịn lại
(53)Khi ( ) 2
2 2
2
2 2
2
a b ab a
2 a b
1 sin cos c c c a b b tan B
a b a
cos sin b a a b 1 tan
b c c
α α α
α α α
+ − − −
− − −
= = = = = =
− − − + + +
Câu 3. Giải phương trình: x y z 1(x y z)
2
+ − + − = + + Lời giải
( )
1
x y z x y z
+ − + − = + +
ĐK: x y z ≥ ≥ ≥
Ta có:
x x 2 y 1
y 2
z
z 2
+ ≥
−
+ ≥ −
−
+ ≥ −
( )
1
x y z x y z
⇒ + − + − ≤ + +
Dấu “=” xảy
x y z
= = =
Câu Cho a
2 − +
= ; b
2 − −
= Tính 4
a +b Lời giải
( )
2
2 2
2
4 2 2 2 2
a b a b 2a b
2 2
− + − − − + − −
+ = + − = + −
2 2 2
2 2 2 1 17
4 8
− + + + +
= − = − =
Câu 5. Cho số tự nhiên n=9999 (có 2019 chữ số 9) Tính tổng chữ số n2 Lời giải
n=9999 1000= 0 1− (trong có 2019 chữ số 0)
Suy 2 ( )2 2
n = 10000 1− =10000 −20000 999+ = 9800001 (trong có
2018 chữ số 2018 chữ số 0) Vậy tổng chữ số
(54)Câu 6. Tìm giá trị nhỏ biểu thức C= x− + x+ Lời giải
C= x− + x+
ĐK: − ≤ ≤3 x (1)
Vì C≥0 nên C nhỏ
C nhỏ
Ta có: ( )( )
C = +4 x− x+
C nhỏ (1 x x− )( + )= −3 2x−x2 = −(x2+2x 1+ + = −) 4 (x 1+ )2 nhỏ nhất,
tức ( )2
x 1+ nhỏ Bởi điều kiện (1) nên (x 1+ )2nhỏ x= −3 x=1
Khi
C = ⇒ =4 C
Câu Cho hình thang ABCD (AB / /CD), hai đường chéo vng góc với nhau, biết AC 16cm= , BD 12cm= Tính chiều cao hình thang
Lời giải
Gọi E giao điểm đường thẳng song song với AC qua B DC, H chân đường cao hạ từ B xuống DC
Vì AB / /CE
AC / /BE
nên tứ giác ABEC hình bình hành Do AC=BE
Vì AC / /BE
BD AC
⊥
nên
o BDE=90
Xét tam giác vng DBE có
( )
2 2 2
1 1 1
AH 9, cm AH =DB +BE =12 +16 ⇒ =
Câu Một thi gồm 20 câu hỏi, câu hỏi trả lời cộng điểm; câu hỏi trả lời sai bị trừ2 điểm; câu hỏi bỏ qua không trả lời nhận điểm
Khi làm thi bạn An có câu hỏi trả lời sai tổng sốđiểm đạt 60
điểm Hỏi bạn An bỏ qua câu hỏi?
Lời giải
Gọi x, y, z số câu trả lời đúng, sai, bỏ qua An Vì sốđiểm
An 60 nên x>0
Khi ta có: x y z 20
5x 2y 60 (1) + + =
− =
Từ (1) ta có: x 12 2y
= + mà x số tự nhiên nên y 5 Hơn theo giả thiết 20> >y
H E
A B
(55)Vậy y 5, 10, 15
Vì x+ ≤y 20 nên 12 7y 20 y 40
5
+ ≤ ⇒ ≤ Vậy y=5, suy x=14 Do z=1
An bỏ qua câu hỏi
Câu 9. Tìm thương phép chia 3
x +y − +z 3xyz cho x+ −y z Lời giải
Ta có: 3 ( )( 2 )
x +y − +z 3xyz= x+ −y z x +y +z −xy+xz+yz
Vậy thương phép chia 3
x +y − +z 3xyz cho x+ −y z 2
x +y + −z xy+xz+yz
Câu 10 Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: 3x2+10xy 8y+ =96 Lời giải
Ta có 2 ( )( )
3x +10xy 8y+ = 3x+4y x+2y =96=2
Vì 3x+4y> +x 2y nên ta có bảng giá trịnhư sau: 3x+4y
2 34 33 32
2 25
x+2y 1 2
2 23 2.3
Dễ dàng nhận thấy với 3x 24
x 2y 2.3 + =
+ =
x y
= =
thỏa mãn yêu cầu đề II PHẦN TỰ LUẬN
Câu 11. a) Giải phương trình:
x +4x 5+ =2 2x 3+
b) Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn: 2
2a + =a 3b +b Chứng minh rằng: 2a+2b 1− sốchính phương
Lời giải
a)
x +4x 5+ =2 2x 3+ Đặt t= 2x+3, t≥0
Khi (1) trở thành: ( ) (2 )2
x 1+ + −t =0 Do x t
+ = − =
hay
x
x 2x
= −
⇔ = −
+ =
b) Ta có: 2 ( )( )
2a + =a 3b + ⇔b b = a−b 2a+2b 1+ (1) Đặt d=UCLN 2a( +2b 1, a+ −b)
( )
2a 2b 2(a b) 4b d
⇒ + + − − = +
Mặt khác, 2
(56)Vậy (a−b)và (2a+2b 1+ ) hai số nguyên tốcùng Kết hợp với (1) cho ta (a−b)và (2a+2b 1+ ) hai số phương
Câu 12 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, có trực tâm H Qua H vẽ đường
thẳng cắt AB, AC D E cho HD=HE Qua H vẽđường
thẳng khác vng góc với DE cắt BC M
a) Chứng minh BM HM
AH = HE
b) Chứng minh M trung điểm BC Lời giải
a) Gọi AK CQ đường cao ∆ABC
Vì HMB =KHD (cùng phụ với góc KHM)
KHD=AHE (đối đỉnh) nên HMB =AHE
(1)
Ta có HAE =HBM (cùng phụ với góc ACB)
(2)
Từ (1) (2) ta có ∆BHM ~∆AEH
Suy BM HM
AH = HE
b) Ta có:
o
QHD EHC
QDH MHC QDH QHD EHC MHC 90
=
⇒ =
+ = + =
(3)
Lại có DAH =HCM (cùng phụ với góc ABC) (4)
Từ (3) (4) suy ∆DHA ~ HMC∆
Vậy HA HD HA.HM HD.MC
MC =HM ⇒ = (5)
Từ câu a : HA.HM=BM.HE (6)
Từ (5) (6) suy BM.HE=HD.MC⇒BM=MC Do M trung điểm BC
Câu 13 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a2(b c) b2(a c) abc
+ + +
= , a, b, c độ
dài ba cạnh tam giác vuông (c độ dài cạnh huyền) Lời giải
Vì 2
c =a +b ≥2ab nên c≥ 2ab
( ) ( ) ( ) ( 2)
2 ab a b c a b
a b c b a c a b c ab 2ab.c P
abc abc c ab c ab
+ + +
+ + + +
= = = + ≥ +
Q
K M
E H A
B C
(57)Ta có:
( c) ( 1) 2ab ab 2ab.c ab c 2 ab c ab c
2
c ab c ab c ab ab c ab ab
− −
+ = + = + + ≥ +
2 = +
Vậy giá trị nhỏ P= 2+2
ĐỀ SỐ 12 CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HOẰNG HÓA NĂM 2019-2020 Câu (4,0 điểm):
1/ Cho biểu thức
2
x x x x
P
x x x x
+ − + −
= − −
+ − + −
a) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị biểu thức P 3
20 14 20 14 x= + + −
2/ Cho b> >a 3a2+b2 =4ab Tính a b a b − + Câu (4,0 điểm):
1/ Giải phương trình 2
3 ( 3) x + x+ = x+ x +
2/ Giải phương trình 2 2
4 10
x x
x − x+ + x − x+ =
Câu (4,0 điểm):
1/ Tìm số tự nhiên n để n+18 n−41 hai sốchính phương
2/ Cho x y z, , số nguyên thoả mãn : (x– y)(y–z)(z–x)= + +x y z
Chứng minh: x+ +y z chia hết cho 27
Câu (6,0 điểm): Cho tam giác ABCcó ba góc nhọn với đường cao AD BE CF, ,
cắt H
1/ Chứng minh rằng: ∆AEF∽∆ABC
2/ Chứng minh rằng:AE BF CD = AB BC CA cosA cosB cosC 3/ Chứng minh rằng: ( 2 )
1 – – –
DEF ABC
S = cos A cos B cos C S
4/ Cho biếtAH =k HD Chứng minh rằng:tanB tanC = +k 5/ Chứng minh rằng: HA BH HC
BC + AC + AB ≥
Câu (2,0 điểm): Cho số thực a b c, , dương thỏa mãna+ + =b c Tìm GTLN
của biểu thức: 2
(58)HẾT
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HOẰNG HÓA NĂM 2019 Câu (4,0 điểm):
1/ Cho biểu thức
2
x x x x
P
x x x x
+ − + −
= − −
+ − + −
a) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị biểu thức P 3
20 14 20 14 x= + + −
2/ Cho b> >a 2
3a +b =4ab Tính a b a b − + Lời giải 1/ a/ ĐKXĐ: x≥0, x≠1
Ta có 3
( 1)( 2)
x x x x
P
x x x x
+ − + −
= − −
− + + −
3 3 ( 1)( 1) ( 2)( 2) ( 1)( 2)
x x x x x x
x x
+ − − + − − + −
=
− +
3 3
( 1)( 2)
x x x x
x x
+ − − + − + =
− + ( )( )
3
1
x x
x x
+ +
=
− +
( )( )
( )( )
1 1
1
1
x x x
x
x x
+ + +
= =
−
− +
b) Rút gọn P 3
20 14 20 14 x= + + −
Ta có 3
20 14 20 14 x= + + −
( )( )
3 3
40 20 14 20 14 x
⇔ = + + − (3 )
20 14 2+ + 20 14 2−
40
x x
⇔ = +
6 40 x x
⇔ − − =
( )( )
4 10
x x x
⇔ − + + = ⇔ =x (vì x2+4x+10=(x+2)2 + >6 0)
Thay x=4 vào biểu thức thu gọn ta P=3
2/ Cho b> >a 2
3a +b =4ab Tính a b a b − +
Ta có 2 2
3a +b =4ab⇔3a −3ab b+ −ab= ⇔0 (a b− )(3a b− =)
(59)Vì
3
a b a a a a b a a a
− = − = − = −
+ + (vì a>0)
Câu (4,0 điểm):
1/ Giải phương trình 2
3 ( 3) x + x+ = x+ x +
2/ Giải phương trình 2 2
4 10
x x
x − x+ + x − x+ =
Lời giải 1/ HD: Đặt
1
x + = y, với y≥1 Khi ta
3 ( 3)
y + x= x+ y ⇔ (y−3)(y−x)=0
Dẫn đến y=3hoặcy=x Từđó phương trình có nghiệm x= ±2
2) Giải phương trình 2 2
4 10
x x
x − x+ + x − x+ =
Vì: 2
4x −8x+ =7 4(x−1) + > ∀ ∈3 ,x
2
2
4 10
2
x − x+ = x− + > ∀ ∈x
,
nên ĐKXĐ phương trình ∀ ∈x
Dễ thấy x=0 khơng nghiệm (1)
Chia tử mẫu (1) cho x≠0, ta được:
4
1
7
4x 4x 10
x x
+ =
+ − + −
Đặt y 4x x
= + , phương trình trở thành: 10 y− + y− =
2
4(y 10) 3(y 8) (y 8)(y 10) y 25y 144
⇔ − + − = − − ⇔ − + =
9 y
⇔ = y=16
+) Với y=9, ta
2
7 31
4 9
4 16
x x x x
x
+ = ⇔ − + = ⇔ − + =
:
vô nghiệm
+) Với y=16, ta 4x 16 4x2 16x (2x 4)2 x
+ = ⇔ − + = ⇔ − − =
1 x
⇔ =
2
x= (thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm 1; 2 x= x=
Câu (4,0 điểm):
1/ Tìm số tự nhiên n để n+18 n−41 hai sốchính phương
(60)Chứng minh: x+ +y z chia hết cho 27
Lời giải
1/ Để n+18 n−41 hai sốchính phương
18
n p
⇔ + = 2( )
41 , n− =q p q∈
( ) ( ) ( )( )
2
18 41 59 59
p q n n p q p q
⇒ − = + − − = ⇔ − + =
Nhưng 59 số nguyên tố, nên: 30
59 29
p q p
p q q
− = =
⇔
+ = =
Từ 2
18 30 900
n+ = p = = suy n=882
Thay vào n−41, ta 882 41 841− = =292 =q2
Vậy với n=882 n+18 n−41 hai sốchính phương 2/ Khi chia x y z, , cho ta sốdư 0, 1,
* Nếu sốdư khác x– , – , –y y z z x không chia hết
(x– y)(y–z)(z–x)khơng chia hết cho 3, cịn x+ +y zchia hết cho (loại)
* Nếu có sốdư giống Khơng giảm tính tổng quát ta giả sử (x – y) x+ +y z không chia hết cho (loại)
* Nếu số chia cho có sốdư (x– y) (, y–z) (, z–x)đều chia hết cho
3 nên x+ + =y z (x–y)(y–z)(z–x) 27
Câu (6,0 điểm): Cho tam giác ABCcó ba góc nhọn với đường cao AD BE CF, ,
cắt H
1) Chứng minh rằng: ∆AEF∽∆ABC
2) Chứng minh rằng:AE BF CD =AB BC CA cosA cosB cosC 3) Chứng minh rằng: ( 2 )
1 – – –
DEF ABC
S = cos A cos B cos C S
4) Cho biếtAH =k HD Chứng minh rằng:
tanB tanC= +k
5) Chứng minh rằng: HA BH HC BC + AC + AB ≥
Lời giải
1) ∆ABE vuông E nên
B cosA AE A = ACF
∆ vuông F nên
C cosA AF A
= Suy
AE AF
AB = AC ⇒∆AEF∽∆ABC c g c( )
A
B C
H
D
E
(61)2) Ta có: AE=AB cosA BF ; =BC cosB ;
CD=AC cosC Từđó suy AE BF CD=AB BC CA cosA cosB cosC
3) ∆AEF∽∆ABC c g c( )
2
AEF ABC
S AE
S AB cos A
⇒ = =
(*)
Tương tự (*) có BDF
ABC
S
cos B S = ;
2
CDE ABC
S
cos C
S = Từ suy ra:
ABC AEF BDF CDE DEF
ABC ABC
S S S S
S
S S
− − −
= = AEF BDF CDE
ABC ABC ABC
S S S
S S S
− − − = 2
A
1 –cos –cos B–cos C
Suy ( 2 )
1 – – –
DEF ABC
S = cos A cos B cos C S
4) Ta có
D tanB AD B = ; D tanC AD C
= Suy
tanB tanC AD BD CD =
Vì AH =k HD ⇒AD=AH+HD=k HD +HD=(k+1 ) HD
( )
AD k HD
⇒ = + (1) nên 2 2 ( )2
k AD =HD + Do 2( 1)2
HD
tanB t k
B C an
D D
C= + (2)
Lại có: ∆DHB∽∆DCA g g ( ) nên DB HD D
AD = DC ⇒ B DC= AD HD (3)
Từ (1), (2) (3), ta có:
2 2
( 1) ( 1)
HD k HD k
AD tanB ta
D n
H AD
C= + = + =
2 ( 1)
.( 1) HD k
HD k+ = +k +
Vậy tanB tanC = +k 1(đpcm) 5) Đặt
, , , , , BC a CA b AB c AH x BH y CH z
= = =
= = =
Từ ∆ ∆ ⇒ HC = CE A AF C C F C HE C ∽ HBC ABC S HC HB CE HB
AC AB CF AB S
⇒ = =
Tương tự:
HAB ABC
S HB HA
AC BC = S ; HAC ABC S HA HC
AB BC = S Do đó:
1
.BC
HBC HCA HAB ABC
S S S
xy yz zx HA HB HB HC HC HA
ab bc ca AC AC AB AB BC S
+ +
+ + = + + = =
A
B C
(62)Lại có:
2
x y z xy yz zx
a b c ab bc ac
+ + ≥ + +
= 3.1 =
nên x y z
a+ + ≥b c suy đpcm
Câu (2,0 điểm): Cho số thực a b c, , dương thỏa mãna+ + =b c Tìm GTLN
của biểu thức: 2
9
P= a +abc+ b +abc+ c +abc+ abc Lời giải
( )
( ) ( ( )( ) )
2
a +abc+ abc = a a a+ + +b c bc+ bc = a a+b a+c + bc Theo BĐT cosi ta có: 3
3 a = a≤ +a
( )( )
( )
2
a b a c b c a+b a+c + bc ≤ + + + + + =
Từđó suy 3 a +abc+ abc ≤ +a
Tương tự ta có:
2
2 b +abc+ abc ≤ +b
;
2
2 c +abc+ abc ≤ +c
Mà
3
3 3
a b c abc≤ + + =
Từđó 3
2 3 3 3
P≤ +a+ +b+ +c+ =
Dấu xảy
3 a b c ⇔ = = =
ĐỀ SỐ 13 HỌC SINH GIỎI TOÁN HUYỆN NAM ĐÀN - NĂM 2020 Bài (4,0 điểm) Tính giá trị biểu thức:
a) A= 7− 13− 7+ 13 +
b) ( )
( ) ( ( ) )
2 2 2
2 4 x y x x y y x y
B
xy x x y y x y
− −
= + −
− − (Điều kiện: x< <y 0) Bài (5,0 điểm)
a) Tìm số tự nhiên n cho số 2n+2017 n+2019 số phương
b) Giải phương trình: 2
2x +3x+ 2x +3x+ =9 33
c) Chứng minh rằng:
3
(63)Bài (3,0 điểm)
a) Cho a, b sốdương thoả mãn: 1 2019 a+ =b
Chứng minh: a+ =b a−2019+ b−2019
b) Cho a, b, c sốdương thoả mãn: a+ + =b c
Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2 2 2
M = a +ab+b + b +bc+c + c +ca+a Bài (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC có góc nhọn Các đường cao AD, BE, CF cắt H
a) Chứng minh ∆AEF# ∆DBF
b) Tính: tan ABC tan ACB theo k Biết k AH HD = c) Chứng minh: SAEF2 SDBF2 SDEC2
AH = BH =CH Bài (2,0 điểm)
Tính tan36 (khơng sử dụng bảng số máy tính)
-HẾT -
LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN HUYỆN NAM ĐÀN - NĂM 2020 Bài (4,0 điểm) Tính giá trị biểu thức:
a) A= 7− 13− 7+ 13 +
b) ( )
( ) ( ( ) )
2 2
2 4 x y x x y y x y
B
xy x x y y x y
− −
= + −
− − (Điều kiện: x< <y 0) Lời giải
a) A= 7− 13− 7+ 13 + ⇒ 2A= 14−2 13− 14+2 13+2
( ) (2 )2
2A 13 13
⇒ = − − + +
⇒ 2A= 13 1− − 13 2− +
⇒ =A
b) Vì x< <y 0 nên xy>0 x− <y Khi đó:
( )
( ) ( ( ) )
2 2 2
2 4 x y x x y y x y
B
xy x x y y x y
− −
= + −
− −
( )( )
( ) ( ( )( ))
2 y x x y x y xy
xy x x y y x y
− − − −
= + −
− −
(64)a) Tìm số tự nhiên n cho số 2n+2017 n+2019 số phương
b) Giải phương trình: 2
2x +3x+ 2x +3x+ =9 33
c) Chứng minh rằng:
3
A=n + n − −n chia hết cho 48 với n số tự nhiên lẻ
Lời giải
a) Cách 1: Với 2n+2017 n+2019 sốchính phương Đặt 2017 22
2019 n a n b + = + = 2 2017 4038
n a n b + = ⇒ + = 2
2b a 2021
⇒ − =
( 2b a)( 2b a) 2021
⇒ − + =
Ta xét trường hợp:
+ TH1: 43
2 47 b a b a − = + = 45 2 b a = ⇒ = 2013 n −
⇒ = (loại)
+ TH2: 47
2 43 b a b a − = + = 45 2 b a = ⇒ = − 2013 n −
⇒ = (loại)
+ TH3: 2021
2 b a b a − = + = 1011 1010 b a = ⇒ = − 1018083 n
⇒ = (loại)
+ TH4:
2 2021 b a b a − = + = 1011 1011 b a = ⇒ = 1018083 n
⇒ = (loại)
Vậy không tồn số tự nhiên n thoả mãn yêu cầu toán
Cách 2: Đặt 2017 22
2019 n a n b + = + = 2
2b a 2021
⇒ = + (với a b, ∈)
Ta có
2 2017
a = n+ ⇒alà số lẻ Đặt a=2k+1 (k∈)
Suy 2 ( )2
2b = 2k+1 +2021⇒b2 =2k k( + +1) 1011 ( )1
Ta thấy vế trái ( )1 sốchính phương nên chia cho dư dư 1, vế phải
của ( )1 chia
cho dư Do khơng tồn số tự nhiên n thoả mãn yêu cầu toán
b) Ta thấy:
2x +3x+ > ∀9 0, x Phương trình 2
(65)Đặt t=2x2 +3x+9 ( )
t≥ Phương trình trở thành: t2+ −t 42=0 t t
=
⇔ = − , chọn
6 t =
Với t =6⇔2x2+3x+ =9 36
3 x x
=
⇔ −
=
Vậy phương trình cho có tập nghiệm là: 3; S= −
c) Ta có
3
A=n + n − −n =n2(n+ −3) (n+3) =(n−1)(n+1)(n+3)
Với n số tự nhiên lẻ (n−1)(n+1)(n+3) tích số chẵn liên tiếp nên A8,
A ;A2
Suy A48 Bài (3,0 điểm)
a) Cho a, b sốdương thoả mãn: 1 2019 a+ =b
Chứng minh: a+ =b a−2019+ b−2019
b) Cho a, b, c sốdương thoả mãn: a+ + =b c
Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2 2 2
M = a +ab+b + b +bc+c + c +ca+a Lời giải
a) Điều kiện: a≥2019, b≥2019
Ta có: 1
2019
a + =b 2019
ab a b
⇒ =
+
Khi đó: a−2019+ b−2019 a ab b ab
a b a b
= − + −
+ +
a b
a b a b
= +
+ +
a b
a b a b
+
= = +
+
b) Ta có: 2 3( )
2
a +ab+b ≥ a+b ( )1
2 3( )
2
b +bc+c ≥ b+c ( )2
2 3( )
2
c +ca+a ≥ c+a ( )3
Cộng vế theo vế ( )1 , ( )2 , ( )3 ta được: M ≥ 3(a+ +b c)=3
Dấu “=” xảy a= = =b c
(66)Bài (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC có góc nhọn Các đường cao AD, BE, CF cắt H
a) Chứng minh ∆AEF# ∆DBF
b) Tính: tan ABC tan ACB theo k Biết k AH HD = c) Chứng minh: SAEF2 SDBF2 SDEC2
AH = BH =CH Lời giải
a) Xét ∆AEF ∆ABC có: A chung; AE AF
AB = AC (=cosA) Suy ∆AEF# ∆ABC
(c.g.c)
Tương tựcũng có: ∆DBF# ∆ABC(c.g.c) Do đó: ∆AEF# ∆DBF (đpcm)
b) Ta có: ACB=BHD (cùng phụ với HBD)
Suy ra: tan ACB tanBHD BD HD
= = (vì ∆BHD vng D);
AD tan ABC
BD
= (vì ∆ABD vng D) Khi đó: tan ABC tan ACB AD BD AD
BD HD HD
= = ( )1
Mặt khác: k AH AH HD k
HD HD
+
= ⇒ = + hay AD k
HD = + ( )2
Từ ( )1 ( )2 suy ra: tan ABC tan ACB = +k
c) Ta có: ∆AEH# ∆BDH (g.g)
2
2
AH AE AH AE
BH BD BH BD
⇒ = ⇒ =
Tương tự: BH22 FB22
CH = CE
H
F E
D
C B
(67)Theo câu a) ta có: AEF 22 22 DBF
S AE AH
AEF DBF
S BD BH
∆ # ∆ ⇒ = =
Chứng minh tương tựcâu a) ta được: DBF 22 22 DCE
S BF BH
DBF DCE
S CE CH
∆ # ∆ ⇒ = =
Do đó: AEF 22 DBF
S AH
S = BH ;
2
DBF DCE
S BH
S =CH 2
AEF DBF DEC
S S S
AH BH CH
⇒ = = (đpcm)
Bài (2,0 điểm)
Tính tan36 (khơng sử dụng bảng số máy tính) Lời giải
Vẽ ∆ABC cân A, có BC=1; A =36; B= =C 72
Vẽ phân giác CD góc C ⇒ ∆ADC cân D ∆DCB cân C
DA DC BC
⇒ = = =
Kẻ DE⊥ AC E
Đặt AE = ⇒x EC= x AC; =AB=2 ;x BD=2x−1
Mặt khác CD phân giác góc C DA AC
DB CB
⇒ = hay
2x−1= x
2
4 2
2
x x x
⇒ − − = ⇒ − =
( )*
Nghiệm dương phương trình ( )* là:
x= + Ta có: 36
4 x
cos x
AD
+
= = =
Mà 2
36 36
sin +cos = 236 10 16
sin −
⇒ = 36 10
4
sin −
⇒ =
Suy 36 10 1: 10
4
tan = − + = −
+
ĐỀ SỐ 14 CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NHƯ THANH - NĂM 2019
x x
E D
C B
(68)Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức: :
1 1
x x x
A
x x x x
+ −
= + +
− + + −
1 Tìm điều kiện x để A có nghĩa rút gọn biểu thức A
2 Tìm x để biểu thức A nhận giá trị
3 Tính giá trị biểu thức A ( )
3 3
3 x= + + −
Câu (2,0 điểm)
1 Giải phương trình ẩn x sau: 23
1
x
x− + +x x − =
2 Giải hệphương trình ẩn x, y:
3 2 2
2
2
5
x xy x x y yx y y
x y y x y x y
+ + + = + + +
− + + − + = + + +
Câu (2,0 điểm)
1 Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2 ( ) ( )
2x +4y +xy xy+2x−12 =8 x−2
2 Tìm số tự nhiên lẻ n nhỏ cho n2 biểu diễn thành tổng
số lẻ sốchính phương liên tiếp
Câu (2,0 điểm)
Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB 2R (R>0, R số) Gọi Ax, By tia vng góc với AB (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa
mặt phẳng bờ đường thẳng AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M
khác A B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, tiếp tuyến cắt tia Ax,
By C, D Gọi I trung điểm đoạn thẳng CD
1 Tính sốđo góc COD; Chứng minh CD=2OI OI vng góc với AB
2 Chứng minh
AC BD=R
3 Tìm vịtrí điểm M để hình thang ABDC có chu vi nhỏ nhất, chứng
minh diện tích hình thang nhỏ
Câu (2,0 điểm)
Với số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c+ + =1 Tìm giá trị nhỏ
biểu thức:
( )
2 2
2 2 2018
3
a b c
P
b c a a b c
= + + +
+ +
-HẾT -
(69)Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức: :
1 1
x x x
A
x x x x x
+ −
= + +
− + + −
1 Tìm điều kiện x để A có nghĩa rút gọn biểu thức A
2 Tìm x để biểu thức A nhận giá trị
3 Tính giá trị biểu thức A ( )
3 3
3 x= + + −
Lời giải ĐKXĐ: x≥0; x≠1
2 1
:
1 1
x x x
A
x x x x x
+ −
= + +
− + + −
( ) ( )
( )( )
2 1 1
:
1
x x x x x x
x x x
+ + − − + + −
=
− + +
(2 )( )
1
1
x x x x x
x x x x
+ + − − − − =
−
− + +
( )
( ) (2 ) 2
1
x x
x x x
− +
=
− + +
( )
( ) ( )
2
2
1
x
x x x
− =
− + +
2 x x =
+ +
Vậy
1 A
x x =
+ + với x≥0; x≠1
2 Ta có 2
1 A
x x
= ⇒ =
+ +
( ) ( )
1 1 0 /
x x x x x x t m
⇔ + + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = (vì x+ >1
với ∀x)
Vậy x=0 A=2
3 Ta có : (3 ) 3 3
3 x= + + −
( ) 3 3
3
x −
⇔ − = +
( )3 ( )3
3
3
x −
(70)( )3 3 (3 ) 32 3 2
3
x −
⇔ − = + +
( )3 3 (3 ) (3 )
3 2
x
⇔ − = + + −
( )3 (3 ) 3 (3 ) (3 ) 2 x
⇔ − = − + + −
( )3 3 3 (3 2 ) 2 x
⇔ − = − + −
( )
( )
3
3 /
x x
x t m
⇔ − = ⇔ − =
⇔ =
Thay x=4 thỏa mãn ĐKXĐ vào A ta 2
7 4
A= =
+ +
Vậy 2
7 4
A= =
+ + với ( )
3 3
3 x= + + −
Câu 2: (2,0 điểm)
1 Giải phương trình ẩn x sau: 23
1
x
x− + +x x − =
2 Giải hệphương trình ẩn x, y:
3 2 2
2
2
5
x xy x x y yx y y
x y y x y x y
+ + + = + + +
− + + − + = + + +
Lời giải ĐKXĐ: x≠0; x≠ ±1
( )
( )( ) (( )()( )) ( )( )
2
4 1
4 3
0
1 1 1 1
x x x x
x x
x x x x x x x x x x x x
+ − +
+ + = ⇔ + + =
− − − + − + − +
3 2
4 2
x x x x
x x x
⇒ + + − + =
⇔ + + − =
3
3
3
4
2
4
2
x x x
x
⇔ + + + − =
⇔ + =
3 x
⇔ + =
3 2 x
⇔ + =
3
2
x −
⇔ = (thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy phương trình cho có nghiệm 35
(71)2 ĐKXĐ:
4 x
y y x
≤ ≥
− + ≥
3 2 2
2
2 (1)
5 (2)
x xy x x y yx y y
x y y x y x y
+ + + = + + +
− + + − + = + + +
Ta có phương trình 3 2 2
(1)⇔x −y +xy −yx +x −y +2x−2y=0
( )( 2) ( ) ( )( ) ( )
2
x y x xy y xy x y x y x y x y
⇔ − + + − − + − + + − =
( )( 2 )
2
x y x y x y
⇔ − + + + + =
( ) 2
0
2 2
x y x y ⇔ − + + + + =
0 x y
⇔ − =
2
1
0
2 2
x y
+ + + + >
∀x y,
x y ⇔ =
Thay x= y vào phương trình (2) ta
2
5− +y y+ 3y+ =1 y +3y+1
( ) ( ) ( )
5 y y 3y y 3y
⇔ − − + − + + − = + −
( 1) 3( 1) ( )( )
1
5
y y y
y y
y y y
− − − −
⇔ + + = − +
− + + + +
( 1) 3( 1) ( )( )
1
5
y y y
y y
y y y
− − − −
⇔ + + − − + =
− + + + +
( ) 1
1
5
y y
y y y
−
⇔ − + + − − =
− + + + +
1 y
⇔ − = (vì 1
5 y y 3y y
− + + − − <
− + + + + ∀ ≥y 0)
1 y
⇔ = (thỏa mãn ĐKXĐ)
x
⇒ = (thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy hệphương trình cho có nghiệm ( ) ( )x y; = 1;1 Câu 3: (2,0 điểm)
1 Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2 ( ) ( )
2x +4y +xy xy+2x−12 =8 x−2
2 Tìm số tự nhiên lẻ n nhỏ cho n2 biểu diễn thành tổng
số lẻ sốchính phương liên tiếp
Lời giải
1 Phương trình 2 ( ) ( ) 2x +4y +xy xy+2x−12 =8 x−2 2 2
2x 4y x y 2x y 12xy 8x 16
⇔ + + + − − + =
2 2 2
16 8 4
x x y x y xy x x xy y
(72)( ) (2 )2
4
x xy x y
⇔ + − + − =
2 2
4 2 x y
x y
x xy y y
=
=
⇔ ⇔
+ − = + − =
2
2; 1
4; 2
x y
x y
y
x y
y =
= =
⇔ = ⇔ = − = −
= −
(thỏa mãn)
Vậy cặp số ( )2;1 (−4; 2) nghiệm phương trình cho
2
+) Xét 2 ( )2 2 ( )2
1 1
n = a− +a + a+ , (a>1) (Tổng sốchính phương)
2
3a 2
= + (Loại sốdư sốchính phương chia cho
là 2)
+) Xét 2 ( ) (2 )2 2 ( ) (2 )2
2 1 1 2
n = a− + a− +a + a+ a+ (Tổng số
phương)
( )
2 2
5a 2 1 2
= + +
= ( )
5 a +2
( )
2 2
5 2 5
n a
⇒ ⇒ +
Mà
a có sốdư 0 chia a2 +2 5
+) Xét 2 ( ) (2 ) (2 )2 ( )2
3 2 1 3
n = a− + a− + a− + + a+ (Tổng số
phương)
( )
7 a 4
= +
2 2
7 4 7
n a
⇒ ⇒ + (Không xảy ra)
+) Xét 2 ( ) (2 ) (2 )2 ( )2
4 3 2 4
n = a− + a− + a− + + a+ (Tổng số
phương)
( )
2
9a 2.30 3 3a 20
= + = +
2
3 n
⇒ (Vơ lí)
+) Xét 2 ( ) (2 ) (2 )2 ( )2
5 4 3 5
n = a− + a− + a− + + a+ (Tổng 11 số
phương)
( )
11 a 10
= + (a>5)
2 2
11 10 11
n a
⇒ ⇒ +
( )
1 mod11 a
⇒ ≡
11 1
a k
⇒ = ± , a >5
(73)Thử với a∈{9,12, 20, 23} có a=23 thỏa mãn 77
n
⇒ = giá trị cần tìm
Câu 4: (2,0 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB 2R (R>0, R số) Gọi Ax, By tia vng góc với AB (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa
mặt phẳng bờ đường thẳng AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M
khác A B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, tiếp tuyến cắt tia Ax,
By C, D Gọi I trung điểm đoạn thẳng CD
1 Tính sốđo góc COD; Chứng minh CD=2OI OI vng góc với AB
2 Chứng minh
AC BD=R
3 Tìm vịtrí điểm M để hình thang ABDC có chu vi nhỏ nhất, chứng
minh diện tích hình thang nhỏ
Lời giải
1 Hai tiếp tuyến CM, CA ( )O cắt C ⇒OC tia phân giác
MOA
Tương tựta có OD tia phân giác MOB
Mà MOA MOB + =2(COM +DOM)=180° ⇒COD =COM +DOM = °90
+) Xét ∆COD có COD=90° ⇒ ∆COD vng O có I trung điểm CD OI
⇒ đường trung tuyến ứng với cạnh huyền CD ⇒CD=2OI
+) Xét tứ giác ABDC có CA DB// (cùng vng góc với AB) ABDC
⇒ hình thang
Ta lại có O I trung điểm AB, CD OI
⇒ đường trung bình hình thang ABDC //
OI CA OI AB
⇒ ⇒ ⊥ ( CA⊥ AB gt( ))
(74)Chứng minh tương tự ta có BD=MD (2)
Xét ∆COD vng O có OM ⊥CD
2
OM MC MD
⇒ = (hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông)
2
MC MD R
⇒ = (3)
Từ (1), (2), (3) suy
AC BD=R
3 Chu vi hình thang ABDC là: CABDC = AB+BD+CD+AC=AB+2CD
Vì AB=2R khơng đổi nên CABDC =AB+2CDnhỏ nhỏ CDnhỏ
nhất
Ta có CD≥ AB=2R ⇒CABDC = AB+2CD≥2R+4R=6R
Dấu " "= xảy CD=AB Khi CD AB// M
⇒ điểm nửa đường trịn ( )O chu vi hình thang ABDC đạt giá trị nhỏ
+) Khi M điểm nửa đường trịn ( )O ta có CD= AB suy
( ) 2
4
2 2
ABDC
AC BD AB CD AB R R
S = + = = = R
Vì
2 ABDC
CD AB
S = nên CDnhỏ SABDC nhỏ
Vì M di chuyển nửa đường trịn ( )O nên CD≥ AB=2R
ABDC
S R
⇒ ≥ ⇒MinSABDC =4R ⇒ đpcm
Câu 5: (2,0 điểm)
Với số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c+ + =1 Tìm giá trị nhỏ
biểu thức:
( )
2 2
2 2 2018
3
a b c
P
b c a a b c
= + + +
+ +
Lời giải
Chứng minh ( )
2 2
2 2
a b c
a b c
b c a
+ + ≥ + +
4 4 2
2 2
a b c a b b c c a VT
b c a c a b
= + + + + +
Ta có 2
2
a a b
bc a b + c + ≥ Tương tự 2
2
b b c
ac b c + a + ≥
2
2
c c a
ab c a + b + ≥
(75)( ) 2 2 2
3 a b b c c a VT ab bc ca a b c
c a b
⇒ + + + ≥ + + + + + (1)
Mà a b2 b c2 c a2 ( ) ( )2
bc ac ab ab bc ca c a b
+ + + + ≥ + +
2 2 a b b c c a
ab bc ca c a b
⇔ + + ≥ + + (2)
Từ (1) (2) ( 2 2)
3
VT a b c
⇒ ≥ + +
( )
2 2
2 2
a b c
a b c b c a
⇔ + + ≥ + +
Khi
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2
2016 3
3
a b c
P a b c a b c
b c a a b c
≥ + + + ⇔ + + + + + +
+ +
( ) ( 2 2) ( 2 2) ( )
3 2 2 2
1
2016 3
3
a b c a b c a b c
a b c
≥ + + + + + + +
+ + 2016 2019
= + =
Dấu "=" xảy a= = =b c
Vậy Min P=2019 xảy a= = =b c
ĐỀ SỐ 15 CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN KIM ĐỘNG - NĂM 2019 Câu (2,0 điểm)
a) 2 2 2 1
18 20 11 30 13 42 x + x+ + x + x+ + x + x+ =
b) x+ −1 (x+1)x+ x− =1 Câu (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: 3
3 2
4
A= + +
+ +
b) So sánh 2
2020 2019
B= − − −
2
2.2019
2020 2019 C =
− + −
Câu (2,0 điểm)
a) Chứng minh hàm số ( )
2
y= m − m+ x đồng biến với tham số m
b) Cho số a, b thỏa mãn: a− =b a ≠ −1; b≠5; b≠ −4
Tính giá trị biểu thức:
5 3 a a b E
b a
− −
= −
− +
Câu (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn, có ba đường cao AD, BI, CK cắt H
(76)a) Chứng minh rằng: AE AB = A F AC
b) Giả sử
HD= AD ABC =α ; ACB=β Chứng minh tanα tanβ =3
c) Gọi M ; N chân đường vng góc kẻ từ D đến BI CK Chứng
minh bốn điểm E, M, N , F thẳng hàng
Câu (1,0 điểm): Cho sốdương a, b, c thỏa mãn a+ + =b c
Chứng minh rằng: 5 1 a b c
a b c + + + + + ≥
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN KIM ĐỘNG- NĂM 2019 Câu 1: (2,0 điểm)
a) 2 2 2 1
18 20 11 30 13 42
x + x+ + x + x+ + x + x+ =
b) x+ −1 (x+1)x+ x− =1
Lời giải a) Điều kiện xác định:
4 x x x x
≠ − ≠ − ≠ − ≠ −
2 2
1 1
18 20 11 30 13 42 x + x+ + x + x+ + x + x+ =
(x 4)(1x 5) (x 5)(1x 6) (x 6)(1x 7) 181
⇔ + + =
+ + + + + +
1 1 1 1
4 5 6 18
x x x x x x
⇔ − + − + − =
+ + + + + +
1 1
4 18 x x
⇔ − =
+ +
( 74)( 47) 181
x x
x x
+ − −
⇔ =
+ +
(x 4)(3x 7) 181
⇔ =
+ +
2
11 28 54 x x
⇔ + + =
2
11 26 x x
⇔ + − =
2
13 26 x x x
⇔ + − − =
( 13) 2( 13)
x x x
⇔ + − + =
(x 2)(x 13)
⇔ − + =
2 (tm) 13 (tm) x
x = ⇔ = −
(77)Vậy tập nghiệm phương trình S = −{ 13; 2}
b) x+ −1 (x+1)x+ x− =1 Điều kiện xác định: x≥0
( )
1 1
x+ − x+ x+ x− = ( )
1 1
x x x
⇔ + − + − =
( x 1 1)( x)
⇔ + − − =
1
1
x x + − = ⇔
− =
1 1 x x + = ⇔
=
0 (tm) (tm) x
x = ⇔ =
Vậy tập nghiệm phương trình S ={ }0; Câu 2: (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: 3
3 2
4
A= + +
+ +
b) So sánh 2
2020 2019
B= − − −
2
2.2019
2020 2019 C =
− + −
Lời giải
a) 334 332
4
A= + +
+ +
3 3 3
3
3 3
4 2( 1) 4
A= + + = + + =
+ + + +
b) Ta có
2
2020 2019
B= − − − ( ) ( )
2
2
2020 2019 2020 2019
− − −
=
− + −
2
2
2020 2019 2020 2019
− =
− + −
( )( )
2
2020 2019 2020 2019 2020 2019
− +
=
− + − 2
2020 2019 2020 2019
+ =
− + − 2
2.2019
2020 2019 >
− + −
C =
Vậy ta có B>C Câu 3: (2,0 điểm)
a) Chứng minh hàm số ( )
2
y= m − m+ x đồng biến với tham số m
b) Cho số a, b thỏa mãn: a− =b a ≠ −1; b≠5; b≠ −4
Tính giá trị biểu thức:
5 3 a a b E
b a
− −
= −
− + Lời giải
a) Ta có: ( )2
2 1
m − m+ = m− + > ∀ ∈m
Vậy hàm số ( )
2
(78)b)
5 3 a a b E
b a
− −
= −
− +
Có a b− = ⇒ = +3 a b
8 4(b 3) 12
1 3 3(b 3) 12
a a b b b b b
E
b a b b b
− − + − + − − +
= − = − = − = − =
− + − + + − +
Vậy E =0
Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có ba đường cao AD, BI , CK cắt
H Gọi E F chân đường vng góc kẻ từ D xuống AB
AC
a) Chứng minh rằng: AE AB = A F AC
b) Giả sử
HD= AD ABC =α ; ACB=β.Chứng minh tanα tanβ =3
c) Gọi M ; N chân đường vng góc kẻ từ D đến BI CK Chứng
minh bốn điểm E M N F, , , thẳng hàng Lời giải
a) Xét ∆ADB vng D ta có DE⊥ AB
AE AB AD
⇒ = (hệ thức lượng tam giác vuông) (1) Xét ∆ADC vuông D ta có DF ⊥ AC
2
AF AC AD
⇒ = (hệ thức lượng tam giác vuông) (2) Từ (1) (2)⇒AE AB =AF AC (đpcm)
b) Ta có
3
AD HD AD
HD
= ⇒ =
Xét ∆ADB vng D ta có:
tan tan ABD AD
BD
α = =
Xét ∆ADC vng D ta có: D
H N
M E
F I
K
C B
(79) tan tan ACD AD
DC
β = =
2 tan tan
AD BD DC
α β
⇒ = (3)
Xét ∆ADB ∆CDH ta có : ADB=CDH ( 90 )= °
DAB=DCH (cùng phụ với ABD)
ADB CDH
⇒ ∆ ∽∆ (g.g)
AD DC BD HD
⇒ = (cặp cặp tương ứng)
AD HD BD DC
⇒ =
1
AD
BD DC HD
⇒ =
2
AD AD
BD DC HD
⇒ =
Mà AD
HD =
2
AD BD DC
⇒ = (4)
Từ (3) (4) ⇒tanα tan β =3 (đpcm)
c) Xét tứ giác DEKN ta có : 90
DEK= ° (do DE⊥AB)
90
EKN = °(do CK ⊥AB) 90
DNK= ° (do DN ⊥KC)
⇒ tứ giác DEKN hình chữ nhật 90
EDN
⇒ = °
Ta có: HDN =BDE (cùng phụ với EDH) (5)
Xét tứ giác BEMD ta có:
( 90 ) BED=BMD = °
Mà BED BMD góc kề nhìn cạnh BD góc vuông ⇒tứ giác BEMD nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) (6)
⇒ BME=BDE(2 góc nội tiếp chắn MD)
Chứng minh tứ giác MDNH nội tiếp
HMN HDN
⇒ = (hai góc nội tiếp chắn cung HN) (7)
Từ (5); (6); (7) ⇒HMN =BME
E
⇒ , M, H thẳng hàng
Chứng minh tương tự ta có M , N , Fthẳng hàng ⇒ bốn điểm E, M , N , F thẳng hàng
(80)Chứng minh rằng: 5 1 a b c
a b c + + + + + ≥
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô si hai sốdương a
a ta có: 5
2 (1)
a a a
a a
+ ≥ =
Áp dụng bất đẳng thức Cô si hai sốdương b
b ta có: 5
2 (2)
b b b
b b
+ ≥ =
Áp dụng bất đẳng thức Cô si hai sốdương c
c ta có: 5
2 (3)
c c c
c c
+ ≥ =
Cộng vế (1); (2); (3) ta có:
5 5 1 2 2(a b c ) (4) a b c
a b c
+ + + + + ≥ + +
Ta lại có:
2
1 a + ≥ a
2
1 b + ≥ b
2
1 c + ≥ c
2 2
3 2(a b c)
a b c
⇒ + + + ≥ + +
Mà a b c+ + =3 nên suy a2+b2+ + ≥ ⇒c2 a2+b2+c2≥3 (5)
5 5 1 a b c
a b c ⇒ + + + + + ≥
Vậy: 5 1 a b c
a b c + + + + + ≥
ĐỀ SỐ 16 CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN THẠCH HÀ - NĂM 2019 -2020 Bài 1:
a) Tính giá trị biểu thức T = 5− 3− 29 12 5−
b) Chứng minh rằng: 5 2
5
A= + + − =
+
c) Tính giá trị biểu thức 2019 2020 2021
3
N =x + x − x với 5
3 2
x= + + − − +
(81)d) Cho
2
x= −
y= + Tính M =x5+y5
e) Cho ( )( )( )
2 1
M = a + bc− b + ac− − −c ab Trong , ,
a b c số hữu tỉ thỏa mãn ab bc+ +ca=1 Chứng minh rằng: M số
hữu tỉ
Bài 2:
a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: xyz=2(x+ +y z)
b) Tìm số a b c, , cho đa thức ( )
f x =x +ax +bx c+ chia cho x+2; x+1;
x− dư
c) Tìm số tự nhiên x y, biết: (2x+1 2)( x+2 2)( x+3 2)( x+ −4) 5y =11879 Bài 3: Giải phương trình sau:
a)
( )
2
2
16 x x
x
+ =
− b) ( ) ( )
2
1
x x− + x x− = x
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH
a) Tính AH BH, biết BC=50cm AB AC =
b) Gọi D E hình chiếu H AB AC Chứng minh
rằng:
AH =BC BD CE
c) Giả sử BC=2a độ dài cốđịnh Tính giá trị nhỏ của: BD2+CE2 Bài 5: Cho 0≤a b c, , ≤1 Tìm giá trị lớn của:
2019 2020
P= +a b +c −ab bc ac− −
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN THẠCH HÀ - NĂM 2019 -2020 Bài 1:
a) Tính giá trị biểu thức T = 5− 3− 29 12 5−
b) Chứng minh rằng: 5 2
5
A= + + − =
+
c) Tính giá trị biểu thức 2019 2020 2021
3
N =x + x − x với 5
3 2
x= + + − − +
+
d) Cho
2
x= −
y= + Tính M =x5+y5
e) Cho ( )( )( )
2 1
(82), ,
a b c số hữu tỉ thỏa mãn ab bc+ +ca=1 Chứng minh rằng: M số
hữu tỉ
Lời giải
a) T = 5− 3− 29 12 5− ( )2
5
= − − −
( )
5
= − − −
5
= − −
( )2 ( )
5 5 1
= − − = − − =
b) 5
5 A= + + −
+
2 5
A +
⇒ =
+ ⇒ =A 2(dpcm)
c) 5 2 ( 1)2 ( 1)
x= + + − − + = − + = − + = −
+
Với x= −1, ta có: N = − + + =1
d) Ta có:
2
xy= x+ =y
( )2 ( )2
2
2 2 x +y = x+y − xy= − =
( )3 ( ) ( )3
3 3
3 3
2
x +y = x+y − xy x+y = − =
Vậy 5 ( 2)( 3) 2( ) 3 11
2
2 4
x +y = x +y x +y −x y x+y = − =
e) ( )( )( )
2 1
M = a + bc− b + ac− − −c ab
( )( )( )
a bc ac ab b ac ab bc ac bc c ab
= + − − + − − + − −
(a b)(a c b a b c c a b c)( )( )( )( )
= − − − − − − ( ) (2 ) (2 )2
a b a c b c
= − − −
( )( )( )
M a b a c b c
⇒ = − − −
Vì a b c, , số hữu tỉ nên M số hữu tỉ
Bài 2:
a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: xyz=2(x+ +y z)
b) Tìm số a b c, , cho đa thức f x( )=x3+ax2+bx+c chia cho x+2; x+1;
(83)c) Tìm số tự nhiên x y, biết: (2x+1 2)( x+2 2)( x+3 2)( x+ −4) 5y =11879 Lời giải
a) Vì x y z, , sốnguyên dương vai trò nên khơng tính
tổng qt gải sử: 1≤ ≤ ≤x y z, ta có: xyz=2(x+ +y z)≤6z
6
xy x
⇒ ≤ ⇒ = x=2
Xét x=1 cho y=1, 2, 3, 4, 5, ta được: (x y z, , ) (= 1, 3,8 , 1, 4, 5) ( )
Xét x=2 cho y=2, ta (x y z, , ) (= 2; 2; 4)
Vậy (x y z, , ) (= 1;3;8 , 1; 4;5 , 2; 2; 4) ( ) ( ) hoán vị
b) Từ giả thiết ta có: f x( )−8 chia hết cho x+2; x+1; x−1
( ) ( 2)( 1)( 1)
f x x x x
⇒ = + + − +
Với x= −2, ta có: − +8 4a−2b c+ = ⇒8 4a−2b c+ =16 1( )
Với x= −1, ta có: − + − + = ⇒ − + =1 a b c a b c 2( )
Với x=1, ta có: 1+ + + = ⇒ + + =a b c a b c 3( )
Từ ( ) ( ) ( )1 , , suy ra: b= − ⇒ =1 a 2;b=6
c) Ta có: 2x(2x+1 2)( x+2 2)( x+3 2)( x+4) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia
hết cho mà 2x không chia hết
(2x+1 2)( x+2 2)( x+3 2)( x+4) chia hết cho
Mà 11879 không chia hết y=0
(2x 2)( x 2)( x 2)( x 4) 11880 9.10.11.12 x
⇒ + + + + = = ⇒ =
Vậy x=3,y=0
Bài 3: Giải phương trình sau:
a)
( )
2
2
16 x x
x
+ =
− b) ( ) ( )
2
1
x x− + x x− = x
Lời giải
a) Điều kiện: x≠3
Ta có:
( )
2
2
16 x x
x
+ =
−
2 2
3
16
3
x x
x
x x
⇔ + − =
− −
2
2
2 .3 25
3
x x
x x
⇔ − + =
− −
(84)2
3 25
x x
⇔ − = −
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
3 4 8 0
7
7 1
3
x
x VN x
x
thoa dk
x x x
x
− =
− − + = = −
⇔ ⇔ ⇔
− = − + = = − −
−
Vậy S = −{ 1; 1− − }
b) ( ) ( )
1
x x− + x x− = x Điều kiện: x≥5 x≤0
Nếu x≥5 x x( − +1) x x( −5)=2 x2
( )( )
1 5
x x x x x x
⇔ − + − = ⇔ − − = +
( )
3
1 12
3 x x
x x loai ≥ − ≥ −
⇔ ⇔
− = = −
Nếu x<0 x x( − +1) x x( −5)=2 x2
( )( )
1 x x x x x x
⇔ − + − = − ⇔ − − = − −
( )
3
1 12
3 x x
x x loai ≤ − ≤ −
⇔ ⇔
− = = −
Nếu x=0 0 1( − +) 0 5( − )=2 02 ⇔ =0 0(dung) Do x=0thỏa mãn phương trình
Vậy x=0là nghiệm phương trình
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH
a) Tính AH BH, biết BC=50cm AB AC =
b) Gọi D E hình chiếu H AB AC Chứng minh
rằng:
AH =BC BD CE
(85)E
D H
A B
C
a) Ta có: 3
4 4
AB k
AB AB AC
k
AC k AC
=
= ⇒ = = ⇒
=
( ) ( )2 2 2
3k 4k 50 k 100 k 10
⇒ + = ⇒ = ⇒ =
30 , 40
AB cm AC cm
⇒ = =
Trong ∆ABC vng A, đường cao AH , ta có:
30.40 50 24
AB AC=AH BC⇒ =AH ⇒AH = cm
2
30 50 18
AB =BH BC⇒ =BH ⇒BH = cm
b) Trong ∆ABC vuông A, đường cao AH , ta có: AH2 =BH CH
( )( ) ( )( )
4 2
AH BH CH BD AB CE AC BD CE AB AC BD CE AH BC
⇒ = = = =
3
AH BC BD CE
⇒ =
c) Áp dụng định lí Py ta go, ta có:
( )
2 2 2 2 2
BD +CE =BH −HD +HC −HE =BH +HC − HD +HE
( 2) ( 2) ( 2) 2 2
3
AB AH AC AH AH AB AC AH BC AH a AH
= − + − − = + − = − = −
Gọi O trung điểm BC, ta có: AH ≤AO=a nên BD2+CE2≥4a2−3a2 =a2
Dấu “=” xảy H trùng O⇔ ∆ABC vuông cân tạiA
Vậy GTNN 2
BD +CE a2 ∆ABC vuông cân A Bài 5: Cho 0≤a b c, , ≤1 Tìm giá trị lớn của:
2019 2020
P= +a b +c −ab bc ac− −
(86)Vì 0≤a b c, , ≤1 nên b2019≤b c, 2020 ≤c, 1( −a)(1−b)(1− ≥c) 0,abc≥0 2019 2020
a b c ab bc ac a b c ab bc ac
⇒ + + − − − ≤ + + − − −
Và 1−abc− − − +a b c ab+ac bc+ ≥0
1
a b c ab ac bc abc ⇒ + + − − − ≤ − ≤ 2019 2020
1 P= +a b +c −ab bc ac− − ≤
Dấu xảy
( )( )( )
2019 2020
0
1 1
0 , , abc
b b
c c
a b c
a b c =
=
=
− − − =
≤ ≤
chẳng hạn a=1;b= =c
Vậy GTLN P chẳng hạn a=1;b= =c HẾT
ĐỀ SỐ 17 CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP QUÃNG TRỊ - NĂM 2019 – 2020 Câu (5,0 điểm)
1 Rút gọn biểu thức 92 : 32 1
3
a a a
P
a a a a a
+ −
= + −
+ − −
2 Tính giá trị P biết 2 2 2 2 a+ = + − −
− +
Câu (2,0 điểm)
Cho a b, số thực thỏa mãn a+ =b 5,ab=1 Tính giá trị a5+b5
Câu (3,0điểm)
Cho số nguyên m n, Chứng minh mn mn( +1) (2− m+n)2mn chia hết cho 36
Câu (4,0 điểm)
1 Cho số thực x thỏa mãn 0≤ ≤x Chứng minh x ≤x
2 Cho a b c, , ba số thực không âm thỏa mãn a b c+ + =1 Tìm giá trị nhỏ
biểu thức A= 5a+ +4 5b+ +4 5c+4 Câu (6,0 điểm)
1 Cho hình vng ABCD có E nằm đường chéo AC cho AE=3EC, F trung điểm AD Chứng minh tam giác BEF vuông cân
2 Cho tam giác ABC vng A Gọi H hình chiếu vng góc A BC ,
(87)a) Chứng minh: 55
BE AB CF = AC
b) Gọi S S1, diện tích tam giác ABC diện tích hình chữ nhật AHEF Tìm đặc điểm tam giác ABC để
1 S
S đạt giá trị lớn
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP QUÃNG TRỊ - NĂM 2019 – 2020 Câu 1:
1 Rút gọn biểu thức 2
9 1 :
3
a a a
P
a a a a a
+ −
= + −
+ − −
Lời giải
2
2
9 1 :
3
a a a
P
a a a a a
+ −
= + −
+ − −
( )
2
3 3
:
9
a a a a a
a a a
− + + − − +
=
− −
2
3 2
a a a
a a
+ −
=
− +
( )
( )( ) ( )
3 3
3 2 2
a a a a
a a a a
+ − −
= =
− + + +
2 Tính giá trị P biết 1 2 2 2 2 a+ = + − −
− +
Lời giải
4 2 2
3 2 2 a+ = + − −
− +
( )2
3 2 2 2
+ − −
=
−
( ) (2 )2 2
1
+ − −
=
2
= + − −
2 2 = + − + =
1 a ⇒ =
3.1 2.1
P − −
⇒ = =
+
Câu 2: Cho a b, số thực thỏa mãn a+ =b 5,ab=1 Tính giá trị a5+b5
(88)( )( )
5 2
a +b = a b+ a −a b+a b −ab +b
( 2 4)
5 a a b b
= − + − +
( 2 2)2 2 2 ( 2 2)
5 a b 2a b a b
= + − + − +
( 2)( 2 )
5 a b a b 1
= + + − −
( )2 ( )2
5 a b 2ab a b 2ab 1 = + − + − − −
( )( )
5 25 25 2525
= − − − − =
Câu 3: Cho số nguyên m n, Chứng minh mn mn( +1) (2− m+n)2mn chia hết cho 36
Lời giải
Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( )( )
( ) ( ) ( )
( )( )( )( )
2
2
1
1
1 1
1 1
A mn mn m n mn mn mn m n
mn mn m n mn m n mn m n n m n n mn m n n m
= + − +
= + − +
= + + + + − −
= + + + − − −
= + + − −
Ta có: m−1, ,m m+1 số nguyên liên tiếp ⇒(m−1) (m m+1 6) (1)
Ta có: n−1, ,n n+1 số nguyên liên tiếp ⇒(n−1) (n n+1 6) (2)
Từ (1), (2) ⇒A36 Câu 4:
1 Cho số thực x thỏa mãn 0≤ ≤x Chứng minh x ≤x
Lời giải 0≤ ≤x 1 (1 )
0 x
x x
x − ≥
⇒ ≥ ⇒ − ≥
(1)
Giả sử: x >x
0 x x ⇒ − <
(1 )
x x
⇒ − < (mẫu thuẫn (1))
⇒ Giả sử sai Vậy
x ≤x
2 Cho a b c, , ba số thực không âm thỏa mãn a b c+ + =1 Tìm giá trị nhỏ
(89)Ta có a b c, , ≥0 mà a b c+ + =1 ⇒ ≤0 a b c, , ≤1
Ta chứng minh bất đẳng thức 5a+ ≥ +4 a
Với a∈[ ]0;1 ta có: 2
5
5 4
a a
a a a
a a + ≥ +
⇔ + ≥ + +
⇔ − ≤
( 1) a a
⇔ − ≤ (đúng)
Cmtt, ta có: 5b+ ≥ +4 b 2, 5c+ ≥ +4 c
Suy ra: 5a+ +4 5b+ +4 5c+ ≥ + + + + + =4 a b c Đẳng thức xảy a=1,b= =c hoán vị
Vậy giá trị nhỏ 5a+ +4 5b+ +4 5c+4
Câu 5:
1 Cho hình vng ABCD có E nằm đường chéo AC cho AE=3EC, F trung điểm AD Chứng minh tam giác BEF vuông cân
2 Cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu vng góc A BC ,
E F hình chiếu vng góc H AB AC,
a) Chứng minh: BE AB55
CF = AC
b) Gọi S S1, diện tích tam giác ABC diện tích hình chữ nhật AHEF Tìm đặc điểm tam giác ABC để
1 S
S đạt giá trị lớn
Lời giải
1 Chứng minh tam giác BEF vuông cân
(90)Đặt độ dài cạnh hình vng ABCD a
Ta có: F trung điểm AD mà FP⊥BC ⇒FP= AB=a
//
3
AF AE AF a
AD BC NC
NC EC
⇒ = = ⇒ = = mà
2 a PC=
2
2 2
1 10 10
3
a
NP a FN FP PN FN a a EF a
⇒ = ⇒ = + ⇒ = + = ⇒ = (1)
2
2 10 10
//
3
AB AE a a
AB CD MC MB a a BE a
MC EC
⇒ = = ⇒ = ⇒ = + = ⇒ = (2)
Từ (1), (2) 10
4 BE EF a ⇒ = =
⇒ ∆BEF cân E (3)
Ta có:
2
2 2
2 2
5 4 10
4
a a
FB AB AF a
a
BE EF
= + = + =
+ = =
BEF
⇒ ∆ vuông E (Py – ta – go đảo) (4)
Từ (3), (4) ⇒ ∆BEF vuông cân
2
a) Chứng minh: BE AB55
CF = AC
(91)2
2
4
2 2
4
2
2
CF
HC CF AC HC AC
BE
BH BE AB BH AB
AB
BE AB BH AB BC AB AC
CF AC HC AC AC BC
= ⇒ =
= ⇒ =
⇒ = = =
b) Tìm đặc điểm tam giác ABC để S
S đạt giá trị lớn
Ta có:
2
4
2
2 2
1
1
2 2
1 . . 2 2
AH AH
S AE AF AB AC AH AH BH CH BH CH
S AB AC AB AC BC BC BC BC BC
AB AC
= = = = = ≤ + =
Đẳng thức xảy BH =CH ⇒ H trung điểm BC mà AH ⊥BC ABC
⇒ ∆ vuông cân
Vậy S
S đạt giá trị lớn ∆ABC vuông cân
ĐỀ SỐ 18 HỌC SINH GIỎI LỚP QUẬN CẦU GIẤY NĂM 2019 - 2020 Câu 1: (5 điểm)
1 Cho biểu thức P=
1
x x x x x x x x x
+ − +
−
− −
1
x x x
−
+ −
x x
+
−
a) Tìm điều kiện x để biểu thức P có nghĩa rút gọn P
b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P
2 Cho sốdương x y z, , thỏa mãn: x3+y3+z3 =(x−y)2+(y−z)2+ −(z x)2
a) Tính x+ +y z biết xy+yz+zx=9
b) Chứng minh z≥x; z≥ y z> +x y
Câu 2: (5 điểm)
1 Giải phương trình:
9x +33x+28 +5 4x−3 =5 3x+4 + 12x2+19x−21
2 Tìm số nguyên ( ; )x y với x≥0; y≥0 thỏa mãn:
3 4 10 12 x + y + xy+ x+ y− = Câu 3: (3 điểm)
1 Cho số thực không âm a b c, , thỏa mãn: a2+b2+c2 =1 Tìm giá trị lớn
của biểu thức
2011 1954
T = +a b +c −ab bc− −ac
2 Tìm sốnguyên dương xđể
(92)Câu 4: (6 điểm)
Cho tam giác ABC cạnh a, hai điểm M N, di động hai đoạn ,
AB AC cho AM AN
MB + NC = Đặt AM =x; AN = y
a Biết
5 AM
AB = , tính diện tích tam giác AMN theo a
b Chứng minh MN = − −a x y
c Gọi D trọng tâm tam giác ABC, K trung điểm AB Vẽ DI ⊥MN,
chứng minh rằng: DI =DK Câu 5: (1 điểm)
Cho bảng vng 2019 2020,× vng tô hai màu
xanh đỏ Biết ban đầu tất ô tô màu xanh Cho phéo lần ta chọn hang cột thay đổi màu tất thuộc hàng cột Hỏi sau số hữu hạn lần đổi màu ta có thểthu bảng gồm 2000 ô vuông màu đỏ hay không?
LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP QUẬN CẦU GIẤY NĂM 2019 – 2020 Câu 1: (5 điểm)
1 Cho biểu thức P=
1
x x x x x x x x x + − + − − − x x x −
+ −
x x
+
−
a) Tìm điều kiện x để biểu thức P có nghĩa rút gọn P
b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P
2 Cho sốdương x y z, , thỏa mãn: 3
x +y +z 2
(x y) (y z) (z x)
= − + − + −
a) Tính x+ +y z biết xy+yz+zx=9
b) Chứng minh z≥x; z≥ y z≥ +x y Lời giải:
1
a) ĐểP có nghĩa thì:
1
2
2 x x x x x x x ≥ − ≠ − ≠ + − ≠ − ≠ 1
(93)Vậy với x≥0; x≠1;
x≠ P có nghĩa
Ta có: P=
1
x x x x x x x x x + − + − − − x x x −
+ −
x x
+
− với
1 0; 1;
4 x≥ x≠ x≠
⇒ ( 1)
( 1)( 1) ( 1)( 1)
x x x x x x
P
x x x x x
+ − +
= −
− + + + −
( 1)( 1)
1
2( )( 1)
x x
x x
+ −
− +
x x +
−
( 1)( 1) ( 1)
x x x x x
x x x x
+ − = − − + + − x x −
−
x x +
−
2 ( 1)
( 1)( 1)
x x x x x x x
x x x
+ − − + + = − + + x x −
−
x x +
−
( 1)( 1)
x x x x x x x x
x x x
+ − − − − = − + + x x −
−
x x + − ( 1)( 1)
x x x
x x x
− = − + + x x −
−
x x +
−
(2 1)( 1)
x x x
x x x
− =
− + +
x x +
−
2 (x 1) (2 1)(( 1)
x x x x x
x x x
− + + +
=
− + +
2 )
(2 1)(( 1)
x x x x x x x
x x x
− + + +
=
− + +
2
(2 1)(( 1)
x x x x
x x x
− +
=
− + +
2
(2 1)(( 1)
x x x x x
x x x
− + − =
− + +
.(2 1) (2 1) (2 1)(( 1)
x x x x
x x x
− + −
=
− + +
(2 1)( ) (2 1)( 1)
x x x
x x x
− + = − + + x x x x + = + +
Vậy với 0; 1; x≥ x≠ x≠
1 x x P x x + = + +
b) Ta có:
1 x x P x x + = + + 1 x x x x + + − = + + 1 x x = − + +
Để P đạt giá trị nhỏ 1
x+ x+ đạt giá trị lớn ⇒ x+ x+1 phải đạt giá trị nhỏ
Lại có 0; 1;
4
x≥ x≠ x≠ nên x+ x+ ≥1
(94)Vậy với x=0 P có giá trị nhỏ
2 Với x>0,y>0,z>0
a) Xét 3
VT =x +y +z (x y z)
= + + 2
(x + y +z −xy− yz−xz)
2 2
( ) ( ) ( ) VP= x−y + y−z + −z x
2 2 2
2 2
x xy y y yz z z xz x
= − + + − + + − +
2 2
2x 2y 2z 2xy 2yz 2zx
= + + − − −
2 2
2(x y z xy yz zx)
= + + − − −
Do VT =VP nên suy x+ + =y z
Vậy x+ + =y z
b) Ta có: 2
2( )
x + y +z − xy+yz+zx =
2 2
2 2
x y z xy yz zx
⇔ + + − − − =
2 2
( ) 2 2
z x y x y yz zx
⇔ − + + + − − =
2
( ) (z y) (z )
z x y y x x
⇔ − + = − + −
Do x, y, z>0 z ≥ y; z ≥x nên (z y)y − +2 (zx −x)≥0
2
( )
z x y
⇒ − + ≥
(z x y z)( x y)
⇔ − − + + ≥ mà x, y, z>0 nên z+ + >x y z x y
⇒ ≥ + (đpcm) Câu 2: (5 điểm)
1 Giải phương trình:
9x +33x+28 +5 4x−3 =5 3x+4 + 12x2+19x−21
2 Tìm số nguyên ( ; )x y với x≥0; y≥0 thỏa mãn:
3 4 10 12 x + y + xy+ x+ y− =
Lời giải: ĐKXĐ:
4 x≥ (3x 4)(3x 7)
⇒ + + +5 4x−3 =5 3x+4 + (4x−3)(3x+7) (3x 4)(3x 7) (4x 3)(3x 7)
⇔ + + − − + =5( 3x+ −4 4x−3) 3x 7.( 3x 4x 3)
⇔ + + − − =5( 3x+ −4 4x−3) 3x
⇔ + =
6 x
⇔ = (tm)
Vậy x=6 nghiệm phương trình
2 Với x≥0; y≥0 ta có:
3 4 10 12 x + y + xy+ x+ y− =
2
(x 4xy 4y 4x )y
⇔ + + + + +
(y 2y 1) 17
− − + − =0
2
(x )y 2.(x ).2y
⇔ + + + +
(95)2 (x 2y 2)
⇔ + +
(y 1) − − =17
(x 2y y 1).(x y y 1) 17
⇔ + + − + + + + − =
(x y 3).(x y 1) 17
⇔ + + + + =
Do 17 số nguyên tố mà x≥0; y≥0 suy x+ + >y x+3y+ >1 nên ta
có:
TH1:
3 17 x y
x y
+ + =
+ + =
2 16 x y
x y
+ = −
⇔ + =
11 x y
= − ⇔ =
⇒loại x≥0
TH2:
3 17 1 x y
x y
+ + =
+ + =
14 x y
x y
+ =
⇔ + =
21 x y
= ⇔ = −
⇒ loại y≥0
Vậy khơng có giá trị ( ; )x y thỏa mãn yêu cầu
Câu 3: (3 điểm)
1 Cho số thực không âm a b c, , thỏa mãn: a2+b2+c2 =1 Tìm giá trị lớn
của biểu thức
2011 1954
T = +a b +c −ab bc− −ac
2 Tìm sốnguyên dương xđể
4x +14x +9x−6 sốchính phương Lời giải:
1 Ta có:
2 2 , , a b c a b c
+ + =
≥
, , a b c
⇒ ∈[0;1]
(a 1)(b 1)(c 1)
⇒ − − − ≤
1 abc ab bc ca a b c ⇔ − − − + + + − ≤
1
a ab bc ca abc b c
⇔ − − − ≤ − − −
2011 1954
T b c abc b c
⇒ ≤ + + − − − 2010 1953
1 b b.( 1) c c.( 1) abc
= + − + − − ≤
GTLN T a=1;b= =c Đặt
4 14
A= x + x + x− ta được: 2
4 12 A= x + x + x + x− x−
2
4x (x 2)
= + +6 (x x+2) −3(x+2)
(x 2).(4x 6x 3)
= + + −
Lại có x+2,4x2 +6x−3 số nguyên tố
Thật vậy, giả sửUCLN (x+2, 4x2 +6x−3) =d (d∈N*) ta có:
x+ chia hết cho d suy (x x+2)=4x2 +8x chia hết cho d
4x +6x−3 chia hết cho d
Suy 2
4x +8x−4x −6x+3 chia hết cho d 2x
(96)2(x 2) 2x
⇒ + − − chia hết cho d ⇒1d
Mà *
d∈N nên d =1 Từ suy UCLN (x+2, 4x2 +6x−3) =1 hay x+2,
4x +6x−3 số nguyên tố
Để Alà sốchính phương x+2 4x2 +6x−3đều sốchính phương Đặt
2 ,
x+ =a 2
4x +6x− =3 b Thay x=a2 −2 vào 4x2 +6x− =3 b2 ta được:
2 2
4.(a −2) +6.(a −2)− =3 b
4 2
4a 16a 16 6a 12 b
⇔ − + + − − =
4 2
4a 10a b
⇔ − + =
4 2
16a 40a 4b
⇔ − + =
2
(4a 2b 5)(4a 2b 5) 21
⇔ − − + − =
Vì 2
4a −2b− ≤5 4a +2b−5 ta có bảng sau:
4a −2b−5 -21 -7
2
4a +2b−5 21 -1 -3
Suy
2
4a −2b -16 -2
2
4a +2b 26 12
Lại có: 2
4a −2b+4a +2b=8a hay:
8a 32 20 -12
2
a (tm) 2,5 -1,5
Ta
a = ⇒b2 =25 Trả lại ẩn:
2 25 a b =
=
2
4 25 x
x x
+ = ⇔
+ − =
⇒ =x (tm)
Vậy với x =
4x +14x +9x−6 sốchính phương Câu 4: (6 điểm)
Cho tam giác ABC cạnh a, hai điểm M N, di động hai đoạn ,
AB AC cho AM AN
MB + NC = Đặt AM =x; AN = y
a Biết
5 AM
AB = , tính diện tích tam giác AMN theo a
b Chứng minh MN = − −a x y
c Gọi D trọng tâm tam giác ABC, K trung điểm AB Vẽ DI ⊥MN,
chứng minh rằng: DI =DK
(97)a) Ta có: AM AN
MB + NC =
x y
a x a y
⇒ + =
− −
1
x y
a x a y
⇔ − − = −
− −
a x a a y a
a x a y
− − − −
⇔ − = −
− − 1
a a
a x a y
⇔ − + − = −
− −
3
a a
a x a y
⇔ + =
− −
1
a x a y a
⇔ + =
− − (1)
Lại có:
5 AM
AB =
1 x a ⇒ =
5 a x
⇒ = Thay vào (1) ta được:
1
5
a a y a a
+ =
− −
5 4a a y a
⇔ + =
−
3
a y ⇒ =
Diện tích tam giác là: SAMN =
1
.sin sin 60 2AM AN MAN =x y °
3 3
5 70
a a a
= = (đvdt)
b) Do x y
a−x+ a− y =
2
ax ay xy a ax ay xy
⇒ + − = − − +
2
2 2
a ax ay xy xy
⇒ − − + + =
2 2 (a x y) x y xy
⇒ − − = + − (2)
Giả sử 2
MN = AM +AN −AM AN
Lấy điểm T∈AC cho MT ⊥AC 2AT = AM ta có:
2
MN −AM =TN2 −AT2 = AN TN( −AT) = AN AN( −2AT)= AN AN( −AM)
AN AN AM
= −
2
MN = AM2 + AN2 −AN AM (3)
Từ (2) (3) suy MN = − −a x y (đpcm)
c) Trên tia BA lấy điểm G cho BG= AN ⇒MN =MG
Do ∆GBD= ∆NAD (c.g.c) ⇒DN =DG ⇒ ∆DMN = ∆DMG (c.c.c)
KGD IND
⇒ =
KGD IND
⇒ ∆ = ∆ (ch – gn) ⇒ DK = DI (đpcm)
R K
G
I T M
N
D
B C
(98)Câu 5: (1 điểm)
Cho bảng ô vuông 2019 2020,× vng tơ hai màu
xanh đỏ Biết ban đầu tất ô tô màu xanh Cho phéo lần ta chọn hang cột thay đổi màu tất ô thuộc hàng cột Hỏi sau số hữu hạn lần đổi màu ta có thểthu bảng gồm 2000 ô vuông màu đỏ hay không?
Lời giải:
Trước hết ta chứng minh với cách chọn 2000 ô bảng cho tồn bảng 2× chứa 2000
Thật vậy, số hàng lớn sốô chọn nên tồn hàng liền R1,
R mà R1 không R2 có chứa chọn
Vì số cột lớn số ô chọn nên tồn ô A B, cạnh
R mà chỉcó ô chọn
Gọi C D, ô nằm R1 cột với A B, Bảng 2× gồm A, ,
B C D, chỉcó chọn
Giả sử ta thu bảng gồm 1000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần
đổi màu Khi theo chứng minh tồn bảng vng 2× chứa màu đỏ, ba cịn lại màu xanh
Vì trạng thái ban đầu tất bảng vuông 2× gồm màu
xanh nên lần đổi màu hàng cột sốơ màu đỏ số ô màu xanh bảng vuông 2× ln số chẵn
Do khơng thểthu bảng vng 2× có ô màu đỏ, ô màu
xanh
Suy ta có mâu thuẫn
Vậy khơng thểthu bảng chứa 2000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu
ĐỀ SỐ 19 HỌC SINH GIỎI LỚP – HUYỆN QUAN SƠN NĂM 2019 - 2020
Câu (4 điểm) Cho 2 2
3
x x x x x x x x
P
x x x x x x
− − + + − −
= +
− − − +
1 Rút gọn P Với giá trị x P>1
2 Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn Câu (4 điểm) Giải phương trình:
1 ( )( )
(99)Câu (4 điểm)
1 Tìm sốnguyên x để biểu thức
2
x −x + x+ sốchính phương Chứng minh với a b c, , dương ta ln có:
(11 ) (11 ) (11 ) a +b +b +c +c +a ≥ +abc
Câu (6 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AD BE CF, , cắt H
Chứng minh rằng:
1 AF AB = AH AD =AE AC
2 Hlà tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
3 Gọi M N P I K Q, , , , , trung điểm đoạn thẳng , , , , ,
BC AC AB EF ED DF Chứng minh đường thẳng MI NQ PK, , đồng
quy
4 Gọi độdài đoạn thẳng AB BC CA, , a b c, , ; độdài đoạn thẳng , ,
AD BE CFlà a b c', ', ' Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ( ) 2 2 ' ' ' a b c
a b c
+ + + + Câu (2 điểm)
Cho hai số dương a b, thỏa mãn: a b+ =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
2 1 A
ab a b
= +
+
……….HẾT………
LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP – HUYỆN QUAN SƠN NĂM 2019 - 2020
Câu 1: (4 điểm) Cho 2 2
3
x x x x x x x x
P
x x x x x x
− − + + − −
= +
− − − +
1 Rút gọn P Với giá trị x P>1
2 Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn Lời giải
1 2 2
3
x x x x x x x x
P
x x x x x x
− − + + − −
= +
− − − +
( )( )
( )( ) ( )
( )
( )( )
2
2
2
x x x x
x x x x
− − + −
= +
(100)( ) (2 )2 1 1 x x x x − − = + + − ( )( )
( )2 ( ( )( )2 )
1 1
1
x x x x
x x − + − + = + + − 1 1 x x x x − + = + + − ( ) ( ) ( )( ) 2 1 1 x x x x − + + = − + 2 x x + = −
2 Ta có 2 (2 2) 4
1 1
x x
P
x x x
− + +
= = = +
− − −
P có giá trị lớn x +
− có giá trị lớn ⇔ −x số nguyên dương
nhỏ
1
x x
⇔ − = ⇔ =
Câu 2: (4 điểm) Giải phương trình: ( )( )
6 10 18 12 39 x − x+ x − x+ + x− = x2+5x=23 x2+5x− −2
Lời giải ( )( )
6 10 18 12 39 x − x+ x − x+ + x− = Đặt
6
x − x+ =a; x2−10x+18=b
Ta có ( ) ( )
6 10 18 10 a b− = x − x+ − x − x+ = x−
( ) ( ) ( )
12x 39 12x 30 4x 10 a b
⇒ − = − − = − − = − −
Khi ta có phương trình ab+3(a−b)− =9 3
ab a b
⇔ + − − =
(ab 3a) (3b 9)
⇔ + − + =
( 3) (3 3)
a b b
⇔ + − + =
(b 3)(a 3)
⇔ + − = 3 b a + = ⇔ − = 3 b a = − ⇔ = 2
10 18
x x x x − + = − ⇒ − + = 2
10 21
(101)3
2
5 2
x x x x
⇔ + + − + − =
( )
5 2
x x x x
⇔ + − − + − + =
Đặt
5
x + x− =a ⇒x2+5x− =2 a3 Khi ta có phương trình
2 a − a+ =
( )( )
2 2
a a a
⇔ + − + =
2 a
⇒ + = ( Vì ( )2
2 1 a − a+ = a− + ≥ > )
a ⇔ = −
3
5 2 x x
⇒ + − = −
5
x x
⇔ + − = −
5
x x
⇔ + + =
3 x x = ⇔ = Câu 3: (4 điểm)
1 Tìm sốnguyên x để biểu thức
2
x −x + x+ sốchính phương Chứng minh với a b c, , dương ta ln có:
(11 ) (11 ) (11 ) a +b +b +c +c +a ≥ +abc
Lời giải
1
2 x −x + x+
( 2) ( ) ( )
2 2
x x x x x x x x
= + + − + + + + +
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
x x x x x x x x
= + + − + + + + +
( )2( 2 )
1 2
x x x
= + − +
Đặt ( )
2
x −x + x+ =A a∈
Vì ( )2
x+ , A sốchính phương nên suy
2
x − x+ phải sốchính phương
( )
2
2
x − x+ =a a∈
( )
2
2 1 a x x
⇔ − − + =
( )2
1 a x
⇔ − − =
(a x 1)(a x 1)
⇔ − + + − =
Vì a x, ∈
1 1 1 1 a x a x a x a x − + = + − = ⇔ − + = − + − = − 2 a x a x a x a x − = + = ⇔ − = − + = 1 1 a x a x = = ⇔ = − = x ⇒ =
(102)( ) ( ) ( )
1 1
3
1 1
abc abc abc
a b b c c a
+ + +
⇔ + + ≥
+ + +
( ) ( ) ( )
1 1
6
1 1
abc a ab abc b bc abc ca c
a b b c c a
+ + + + + + + + +
⇔ + + ≥
+ + +
( ) ( )
( ) ( ) (( ) ) ( ) (( ) )
1 1
6
1 1
a ab abc c bc abc a ca abc
a b b c c a
+ + + + + + + + +
⇔ + + ≥
+ + +
( ) ( )
( ) ( )( () ) ( )( () )
1 1 1
6
1 1
a ab c c bc a a ca b
a b b c c a
+ + + + + + + + +
⇔ + + ≥
+ + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
1 1
6
1 1 1
a b b c c a
a b c
a b a b c b c a c
+ + +
+ + +
⇔ + + + + + ≥
+ + + + + +
Mà
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
1 1
1 1 1
a b b c c a
a b c
a b a b c b c a c
+ + +
+ + + + + + + +
+ + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
1 1
2
1 1 1
a b b c c a
a b c
a b a b c b c a c
+ + +
+ + +
≥ + + =
+ + + + + +
Suy
(11 ) (11 ) (11 ) a +b +b +c +c +a ≥ +abc
Câu 4: (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AD BE CF, , cắt H
Chứng minh rằng:
1 AF AB = AH AD =AE AC
2 Hlà tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
3 Gọi M N P I K Q, , , , , trung điểm đoạn thẳng , , , , ,
BC AC AB EF ED DF Chứng minh đường thẳng MI NQ PK, , đồng
quy
4 Gọi độdài đoạn thẳng AB BC CA, , a b c, , ; độdài đoạn thẳng , ,
AD BE CFlà a b c', ', ' Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ( ) 2 2 ' ' ' a b c
a b c
+ + + + Lời giải
x
A' O
K Q
I
P N
M H F
E
D
B C
(103)1 ∆AFH∽∆ADB(g.g) AF AH AF AB AH AD
AD AB
⇒ = ⇒ =
AEH ADC
∆ ∽∆ (g.g) AE AH AE AC AH AD
AD AC
⇒ = ⇒ =
Do AF AB = AH AD = AE AC
2 Ta có ∆CFB ∽∆ADB(g.g) BF CB BF BD
BD AB CB AB
⇒ = ⇒ =
Xét ∆BFD ∆BCAcó : BF BD
CB = AB;
ABC chung BFD
⇒ ∆ ∽∆BCA (c.g.c)
BFD BCA
⇒ = (1)
chứng minh tương tự ∆AFE ∽∆ACB (c.g.c)
AFE BCA
⇒ = (2)
Từ (1) (2) ta có AFE=BFD
Mà AFE+EFC= °90 ;CFD +DFB= ° ⇒90 EFC =CFD
Suy FC phân giác EFD (3)
Chứng minh tương tựta EB phân giác DEF, DA phân giác
EDF (4)
Mà Hlà giao điểm ba đoạn thẳngAD BE CF, , (5)
Từ (3),(4),(5) suy Hlà tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
3 Ta có
2 FN =DN= AC
mà FQ=QDnên suy NQlà đường trung trực FD
Chứng minh tương tự ta có : IM đường trung trực FE; PK đường trung
trực ED
Suy MI NQ PK, , ba đường trung trực ∆DFE
mà tam giác ba đường trung trực qua điểm nên
đường thẳng MI NQ PK, , đồng quy
4 Vẽ Cx⊥CF, gọi A’là điểm đối xứng A qua Cx
Tứ giác AFCO hình chữ nhật (F = = =C O 90°)
' 90 , ' 2
BAA AA CF
⇒ = ° =
'
AA có Cxlà đường trung trực nên AC=CA'
Với ba điểm B C, A’ ta có BA'≤BC+CA'
Dấu “=” xảy BA'=BC+CA', AC=CB
'
ABA
∆ vng A có 2
' '
AB +AA =BA mà BA'≤BC+CA', AA'=2CF nên suy
ra 2 2 ( )2
4 '
(104)( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2
4 4 '
AB CF BC AC CF BC AC AB c a b c
⇔ + ≤ +
⇔ ≤ + −
⇔ ≤ + −
Chứng minh tương tựta có ( )2
4 'a ≤ b c+ −a ; 'b2 ≤(a+c)2−b2
Cộng vế với vế bất đẳng thức ta có
( 2 2 2) ( )2 2 ( )2 2 ( )2 2
4 a' +b' +c' ≤ b c+ −a + a+c −b + a b+ −c
( 2 2) ( )2
4 a' b' c' a b c
⇔ + + ≤ + +
( )
( )
2 2 ' ' ' a b c
a b c
+ +
⇒ ≥
+ +
Dấu “=” xảy AC=CB= AB hay tam giác ABCđều Câu 5: (2 điểm)
Cho hai số dương a b, thỏa mãn: a b+ =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
2 1 A
ab a b
= +
+
Lời giải
Ta có 1
4
a b+ = ⇒ ab ≤ ⇔ab≤
( )2
2 2 2
1 1 1 4
4
2 2 2.
4 A
ab a b a b ab ab a b ab
= + = + + ≥ + = + = + =
+ + +
Dấu “=” xảy
2
a= =b
ĐỀ SỐ 20 HỌC SINH GIỎI LỚP – HUYỆN TRƯƠNG MỸ NĂM 2019 - 2020
Bài 1: (1,25 điểm) Tìm sốa, b sơ đồ sau:
b
a
14
9 13 19
12 10 22 20
Bài 2 (5,0 điểm) Cho biểu thức: 1
4
2
x A
x
x x
= + −
−
− +
(105)b) Biết 1.( 19 19 3)
A= + + − − , tính giá trị 3: 2( )
2 x
B A
x + =
−
c) Tìm giá trịx nguyên để P nhận giá trị nguyên, :
x P A
x − =
−
d) Tìm x để A.( x− +2) x = + +x x+16+ 9−x
Bài 3 (3,25 điểm)
1) Tìm m đểphương trình 1
x x
x m x + = +
− − vơ nghiệm
2) Tìm giá trị lớn biểu thức y= +x 1( −x) với 0≤ ≤x
3) Tìm nghiệm nguyên phương trình 1 1 6 x+ +y xy = Bài 4 (3,5 điểm)
1) Cho x− =1 , tính giá trị D=x5−x4−3x3−4x2+6x+2022
2) Tìm a, b để ( )
3 +ax
P x = x +bx+ chia hết cho Q x( )=x2−9
3) Cho a, b, c ba số thực Chứng minh bất đẳng thức:
2 2
3
a +b +c a b c+ + ≥ Bài 5 (7,0 điểm)
Cho tam giác ∆ABC nhọn Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H
1) Chứng minh tam giác ABC đồng dạng với tam giác AEF
2) Giả sử góc BAC 450, Hãy tính diện tích tứ giác BCEF, biết diện tích tam
giác ABC 60cm2
3) Chứng minh rằng: 22 22 22
D
DC AC BC AB
B BC AB AC
+ −
=
+ −
4) Chứng minh: Điểm H cách cạnh tam giác DEF 5) Chứng minh rằng: AH BH CH
BC + AC + AB ≥
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG TỐN VỊNG I Năm học 2019-2020
Bài Hướng dẫn chấm Điểm
Bài (1,25 điểm)
(106)giữa sốđó
- Tính a = 0,5
- Tính b = 0,5
Chú ý: Nếu quy luật sai, tính a, b cho điểm Nếu có kết quảđúng, khơng có quy luật cho 0,5 điểm
Bài (5,0 điểm)
a)
(1,5 điểm)
Đk: x≠4;x≥0 0,25
Rút gọn
2 x A
x =
− 0,75
Do A<1 nên suy ra: 2
2
x
x x
x− < ⇔ x− < ⇒ − < ⇔ <
0,25
Kết hợp với điều kiện kết luận: 0≤ <x 0,25
b)
(1,5 điểm)
- Tính A = 0,5
- Từđó suy ra: x
x− = , tìm x = (tmđk)
0,5
- Thay vào biểu thức : 7
B= =−
− 0,5
c)
(1,0 điểm) - Tính
3
3
x P
x x
= = − +
− −
0,25
- Để P ngun
3− x∈Z từđó lập luận tìn x 0; 36; 16;
0,5
- So sánh điều kiện kết luận x ∈{0;16;36} 0,25
d)
(1,0 điểm)
- Thay A vào biến đổi đưa dạng 5−( x−3)2 = x+16+ 9−x 0,25 -Đánh giá VT≤ 5; VP≥ với x thuộc ĐKXĐ 0,25 - Từđó quy ra: dấu xảy x = 0,25
-Kết luận 0,25
Chú ý: Nếu học sinh có cách làm khác lập luận cho điểm tối đa theo ý.
Bài (3,25 điểm)
1)
(1,0 điểm)
- đk: x≠m x; ≠1
Biến đổi pt ban đầu dạng: mx = −2 m (2)
0,25 + Nếu m = (2) có dạng: 0x=2 , PT vơ nghiệm
+ Nếu m≠0 suy ra: x m m −
(107)Để PT vơ nghiệm x =m x=1
- Khi x = m m m m −
= tìm m=1; m = -2
- Khi x = m m −
= tìm m=1
0,25
Kết luận: 0,25
2)
(1,0 điểm)
Đặt 1− =x t (0≤ <t 1) suy x= −1 t2 0,25 Thay vào ta
2
2 3
2
2 2
y= − +t t+ = − −t + ≤
0,5
GTLN 3/2 1
2
t= ⇒ =x 0,25
3)
(1,25 điểm)
ĐK : x≠0; y≠0
Biến đổi PT ta (x−6)(y−6)=37 0,5
Lập bảng ta kết :
(x ;y) (7 ; 43); (43 ;7); (5 ; -31); (-31 ;5)
0,5
Kết luận: 0,25
Chú ý: Nếu thiếu cặp nghiệm: - 0,25 điểm Nếu thiếu hai cặp nghiệm: - 0,5 điểm
Bài (3,5 điểm)
a)
(1,0 điểm)
Từ x− =1 biến đổi x2−2x− =1 0,25 4 2
2 2019
D=x − x − +x x − x −x − x + x+ + 0,25
( ) ( ) ( )
3 2 2
2 2019
D=x x − x− +x x − x− − x − x− + 0,25
2019 D= Kết luận:
0,25 b)
(1,5 điểm)
Ta có: x2 – =(x-3).(x+3)
Để chia P(x) chia hết cho x2-9 tức P(3) = 0; P(-3) =
0,25
Ta có P(3) = 9a+3b+90 = 0,25
P(-3) = 9a-3b-72 =0 0,25
Suy : 9a+3b+90 = 9a-3b-72, từđó tìm a = -1; b = -27 0,5
Kết luận 0,25
c)
(1,0 điểm)
Bất đẳng thức cho tương đương với:
( )2 ( ) ( )
2 2
2 2
3
3
a b c
a b c
a b c a b c
+ +
(108)( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2 2
3
2
a b c a b c ab bc ca a b c ab bc ca
⇔ + + ≥ + + + + +
⇔ + + ≥ + +
0,25
( ) (2 ) (2 )2 a b b c c a
⇔ − + − + − ≥ 0,25
Bất đẳng thức cuối đúng, kéo theo bất đẳng thức cần chứng
minh
Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c
0,25
Bài (7 điểm)
F
E
D H
C B
A
1)
(1,5 điểm)
Chứng minh ∆EAB đồng dạng với ∆FAC 0,5
EA AB EA FA
FA AC AB AC
⇒ = => = 0,5
Chứng minh ∆AEF đồng dạng với ∆ABC (c.g.c) 0,5
2)
(1,5 điểm)
EAB
∆ vuông E
A=45 cos EAB EA
AB
= => EA 1
cos 45
AB= = 2
0,5
∆AEF đồng dạng với ∆ABC (câu a) k AE AB
= 1
2 =
0,25
AEF ABC
S 1
k
S = = 2 =>
2 AEF ABC
1
S S 30cm
2
= = 0,25
SBCEF = SABC – SAEF = 60 – 30 = 30cm2 0,5
3)
(1,5 điểm)
Biến đổi
( )
( ) ( )
2
2 2
2 2
2
2 2
AD DC BD DC AB
AC BC AB
BC AB AC BD DC AB AD DC
+ + + −
+ −
=
+ − + + − +
(109)2 2 2
2 2 2
2
2
AD DC BD DB DC DC AB
BD DB DC DC BD AD AD AD DC DC
+ + + + −
=
+ + + + − − − 0,5
( )
( )
2
2 2
2 D
DC DC BD
DC BD DC DC
BD BD DC BD DC BD B +
+
= = =
+ + 0,5
4)
(1,5 điểm)
Chứng minh rằng: H cách cạnh ∆DEF
∆AEF đồng dạng với ∆ABC (câu a)
AFE =ACB
0,25 CM TT câu a:
+∆BDF đồng dạng với ∆BAC => BFD =ACB 0,25 AFE =BFD( ACB)=
DFC =EFC
FC phân giác EFD 0,5
Chứng minh tương tự ta có:
EB phân giác FED 0,25
H giao điểm ba đường phân giác ∆DEF
H cách ba cạnh ∆DEF 0,25
F
E
D H
C B
A
5)
(1,0 điểm)
SBHC + SCHA + SAHB = SABC
HEC
∆ đồng dạng với ∆AFC(g.g)
HBC ABC
HC CE HC.HB CE.HB S
AC CF AC.AB CF.AB S
⇒ = ⇒ = =
0,25
Tương tự: HAB ABC
HB.HA S
AC.BC =S ;
HAC ABC
HA.HC S
AB.BC =S Do đó:
(110)HC.HB AC.AB+
HB.HA AC.BC+
HA.HC AB.BC =
HBC HCA HAB ABC
S S S
1 S
+ +
=
* Chứng minh được: (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) (*) 0,25
Áp dụng (*) ta có:
HA HB HC HA.HB HB.HC HC.HA
3. 3.1 3
BC AC AB BC.AC CA.A B AB.BC
+ + ≥ + + = =
Suy HA HB HC 3
BC + AC+ AB ≥
0,25
ĐỀ SỐ 21 HỌC SINH GIỎI TOÁN 2019-2020 HUYỆN KỲ ANH
Bài 1:a) Tính giá trị biểu thức : 5
10 10
A= + − −
+ + + −
b) Cho ( 2)( 2)
1 1
xy+ +x +y = Tính giá trị : 2
1
x +y +y +x
Bài 2:Giải phương trình sau :
a)
12 36 x + − = +x x
b) ( )
3
x + x+ = x+ x +
Bài 3:a) Tìm số thực x y, thỏa : 2x+3y=1 2 35 x + y =
b)Cho : 2 2
2 2 1
6
x y z x
y x z
+ + + + + + = Tính 2018 2019 2009
P=x +y +z Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A đường cao AH:
a) Biết 3; 10
AB
CH BH
AC = − = Tính BC
b) Lấy điểm D đối xứng với C qua A Gọi I trung điểm AH chứng minh BI ⊥DH
c) Gọi K điểm đối xứng với I qua A , biết HC
HB = Chứng minh ∆IAC∽∆ICKtừ tính CKA CAI + ?
Bài 5:cho số thực dương a b c, , Tìm giá trị lớn biểu thức
2 2
ab bc ac
P
a b c b c a a c b
= + +
(111)HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1:
a) 5
10 10
A= + − −
+ + + −
3 5
2 2 56 6 5 2 5 6 5
A + −
⇒ = −
+ + + −
3 5 11 5
+ −
= − =
+ −
6 11 A ⇒ =
b) Từ giả thiết ( 2)( 2)
1 1
xy+ +x +y = ⇒x y2 2+ +(1 x2)(1+y2)+2xy (1+x2)(1+y2)=1( bình phương vế)
( )( )
2 2 2
2x y x y 2xy x y
⇒ + + + + + =
Mặt khác : ( 2)2 2 2 ( 2)( 2)
1 2 1
x +y +y +x = x y +x +y + xy +x +y
Vậy : 2
1
x +y +y +x =
Bài 2:
a)
12 36
x + − = +x x ⇔ x2−2x+ =1 36 12 1− − + −x x
( )2 ( )2
1
x x
⇔ − = − − ( )
( )
1 1 1
x x
x x
− = − −
⇔
− = − −
Giải (1) Vô nghiệm
Giải (2) x= −3 x= −8
b) ( )
3
x + x+ = x+ x + ⇔ x2 + +1 3x−x x2+ −1 x2+ =1
Đặt
;
a=x b= x + ta có b2+3a ab− +3b=0
( )( 3) ( )( )1 b a b a b
b =
⇔ − − = ⇔
= Giải (1) vô nghiệm Giải (2) x= ±2 Bài 3:
a)Ta có: 2 2 35 2
3
35
x y x y x y
2
2 27 2 27 2
4 9 12
2 3
x y x y x y x y x y x y xy
2
2 2
27
12 6 x 3y xy 4x 9y xy 2x 3y x y
Hay 2.4 35
9 9 35 35
y y
(112)b)Áp dụng : 2
2 2
1 1
2; 2;
x y z
x y z
+ ≥ + ≥ + ≥ 2 2
2 2 1
6
x y z x
y x z
⇒ + + + + + + ≥
đẳng thức xảy 2
1; 1;
x y z x= ±1;y= ±1;z= ±1 Khi 2018 2 1009 1009
1
x x
1009 1004
2019 2009 2
.1
y z y y z z y z y z
+)Nếu y z P 1
+)Nếu y1;z 1 hay y 1;z 1 P 1 1
+) Nếu y z P 1 1
Bài 4: a)
Đặt CH = ⇒x 10BH = −x
mà : 22
49
AB BH
AC =CH = 10
12, 25 14, 49
x
x BC
x −
⇒ = ⇒ = ⇒ =
b)
Gọi M trung điểm HC suy IM / /AC⇒IM ⊥ ABvậy I trực tâm tam giác MBA suy BI vng góc với AM mà MA/ /DH suy BI ⊥DH
c)Đặt
4 a BH = ⇒a CH =
2 2
2
4 4
a IH a
AH
⇒ = ⇒ = 2
4
a a
IH IC
⇒ = ⇒ =
2
4 a a a IA IK
⇒ = =
( )
2
IC IK IA IKA ICA c g c
⇒ = ⇒ ∆ ∽∆ − − ⇒IAC =ICK⇒CK A CAI+ =HIC=45°(do ∆HIC
vuông cân)
Bài 5:
Ta có a b 2ca c b c ac b c ( BĐT cô si )
1 1
2 2
ab a b a b a b
a b c a c b c a c b c a c b c
(BĐT Cơ si) Tương tựta có :
2
bc b c
b c a a b a c
1
ac a c
a c b a b b c
Cộng vế theo vếtương ứng ta có :
1
2 2 4
ab bc ac a b b c c a
P
a b c b c a a c b a b b c c a
Vậy
4
max
P a b c
K
M I
D
H B
(113)ĐỀ SỐ 22 HỌC SINH GIỎI LỚP – HUYỆN QUAN SƠN NĂM 2019 - 2020
Bài I(5,0 điểm)
Cho biểu thức :
9
2
x x x x
A
x
x x x x
− + − −
= + − −
−
− + + −
a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị A ( )
3
10 3 5 x
+ −
=
+ −
Bài II(5,0 điểm)
1) Chứng minh rằng, p 8p2+1 hai số nguyên tố lẻ 8p2+2p+1 số
nguyên tố
2) Tìm tất số nguyên ( )x y; cho: 5(x2+xy+y2)=7(x+2y)
Bài III(4,0 điểm)
1) Giải phương trình:
4 2 x + x+ = x+
2) Cho x y z, , số thực dương số thực a b c, ,
Chứng minh a2 b2 c2 ( ) ( )2
x y z a b c
x y z
+ + + + ≥ + +
3) Cho x y z, , số thực dương thỏa mãn xyz=1 Tìm giá trị nhỏ biểu
thức: 1
1 2 P
x y z
= + +
+ + +
Bài IV(4,0 điểm)
Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Trên CB CD, lấy điểm ,
M N cho chu vi tam giác CMN có chu vi 2a Gọi giao điểm đường thẳng BD
với đường thẳng AM AN, E F, Giao điểm MF NE H
1) Tính sốđo MAN
2) Chứng minh AH ⊥EF
3) Gọi diện tích tam giác AEF AMN, S S1, 2 Tính S S
Bài V (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng cho 2020 điểm, khoảng cách hai điểm đơi khác Nối điểm số2020 điểm với điểm gần tương ứng Chứng minh với cách nối khơng thể nhận đường gấp khúc khép kín
(114)HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I(5,0 điểm)
a) :
9
2
x x x x
A
x
x x x x
− + − −
= + − −
−
− + + −
( 2)
x x
A
x x x
− +
= =
−
b)Ta có ( ) ( ) ( )
( )
( )( )
3
3
2 3
10 3 3
2 5 5 1 5 5
x
+ −
+ − + −
= = = =
+ −
+ − + −
Vậy 2
2
A= + = + Bài II(5,0 điểm)
1) Chứng minh rằng, p 8p2+1 hai số nguyên tố lẻ 8p2+2p+1 số
nguyên tố
Do p số nguyên tố lẻ nên p=3k±1hoặc p=3k
+Nếu p=3k±1 8p2+ =1 3( k±1)2+ =1 24( k2±16k+3 3) nên vô lý
+Nếu p=3k Do p số nguyên tố lẻ nên p=3, rõ ràng 1. + =73là số nguyên tố
mà
8p +2p+ =1 72 1+ + =79là số nguyên tố
2) Tìm tất số nguyên ( )x y; cho: ( 2) ( ) x +xy+y =7 x+2y
Ta có ( 2 2) ( ) 2 ( ) ( )2
5 4x +4xy+4y =28 x+2y ⇒15x =28 x+2y −5 x+2y
Do 2 ( ) ( )2 ( )2 ( ) 14 169 169 169
15 28 5 2
5 25 5 x ≥ ⇒ x+ y − x+ y = − x+ y − x+ y + + ≤
Vậy 169 169
0 15
5 75
x x , x
≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ∈nên x∈ −{ 1; ; }
0
1
1
x y
x y
x y
+ = ⇒ = + = − ⇒ = + = ⇒ =
thỏa mãn toán
Bài III(4,0 điểm)
1) Giải phương trình:
4 2 x + x+ = x+
Ta có
( ) ( )
2
2
4 2
2 2 1
x x x
x x x x
x x
+ + = +
⇔ + + + + − + + =
(115)Suy x= −1là nghiệm phương trình
2) Cho x y z, , số thực dương số thực a b c, ,
Chứng minh a2 b2 c2 ( ) ( )2
x y z a b c
x y z
+ + + + ≥ + +
Ta biến đổi vế trái: 2 a y2 a x2 b x2 b z2 c x2 c y2
VT a b c
x x y y z z
= + + + + + + + +
Ta có a y2 b x2 2ab;a x2 c x2 2ac;b z2 c y2 2bc,
x + y ≥ x + z ≥ y + z ≥
Nên 2 2 2 ( )2
2 2
VT ≥a +b + +c ab+ bc+ ac= a b c+ + .
3) Cho x y z, , số thực dương thỏa mãn xyz=1 Tìm giá trị nhỏ biểu
thức: 1
1 2 P
x y z
= + +
+ + +
Đặt x a; y b; z c;a,b,c
b c a
= = = > nên
2 2
2 2
2 2 2
b c a b c a
P
b a c b a c b ab c bc a ac
= + + = + + ≥
+ + + + + +
Dấu xảy x= = =y z Bài IV(4,0 điểm)
O H
E
F
C D
A B
P
M
N
a)Gọi Plà điểm tia đối DC cho DP=BM
Ta chứng minh được: ∆ABM ADP c.g.c= ∆ ( )⇒BM =DP; AM =AP; BAM =DAP
Từđó suy
90 MAP=PAD+DAM =BAM+DAM =
Hay ∆PAMlà tam giác vuông cân Ta có chu vi tam giác CMN là: MN+MC+NC=2a
Hay MN+BC−BM +CD−DN =2a⇔MN+2a−(DP+DN)=2a⇔MN =PN dẫn đến
PAN = MAN
∆ ∆ suy
(116)b)Ta định nghĩa lại F giao điểm AN PM , từ chứng minh PAM vuông cân
45 PAN =MAN =
suy F trung điểm PM AF⊥PM
suy
2 AF =CF = PM
hay F nằm trung trực AC
mà BD trung trực AC
suy F∈BD hay Fcũng giao điểm AN với BD
Tương tự ta có AM ⊥NE mà H giao điểm NE ,MF nên H trực tâm
tam giác AMN suy AH ⊥EF
c)Ta có kết quen thuộc sau:
« Cho tam giác AMN hai điểm E ,F nằm hai cạnh AM , AN tam giác AEF
AMN
S AE AF S = AM AN⋅ »
A
N M
F
E K
Thật hạ FK ⊥AM
1 2 AEF AFM
AE.FK
S AE
S AM
AM FK
= = Từđó ta có
AEF AEF AFM AMN AFM AMN
S S S AE AF
S = S ⋅S = AM AN⋅
Trở lại tốn ta có AEF AMN
S AE AF S = AM AN⋅
Mặt khác tam giác AEN , AFM tam giác vuông cân nên AN = 2AE , AM = 2AF
suy
2
2
AEF AMN
S AE AF AE AF S = AM AN⋅ = AF⋅ AE =
(117)Giả sử tồn đường gấp khúc khép kín
Gọi AB đoạn thẳng có độ dài lớn đường gấp khúc khép kín Khi đó, giả sử AC ,BDlà hai đoạn kề với đoạn AB
TH1: Nếu AC<AB nên điểm B không điểm gần A
TH2: Nếu DB<AB nên điểm Akhơng điểm gần B Điều chứng tỏ nối điểm B điểm A
Do đó, khơng tồn đường gấp khúc thỏa mãn
ĐỀ SỐ 23 CHỌN HSG HUYỆN CẨM THỦY (THANH HÓA) – V2 NĂM HỌC 2019-2020
Câu 1.(4,0 điểm)
1) Cho biểu thức: : 2
1
−
= + − −
− +
x x x
P
x x
x x x x
a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nhỏ P 2) Với a, b, c số thực đôi phân biệt Chứng minh rằng:
( )( )
( )( ) (( )()( )) (( )()( ))
2 2 2 2 2
3+ + + + + + + + + = + + + + + ⋅
− − − − − − − − −
a b b c b c c a c a a b a b b c c a a b b c b c c a c a a b a b b c c a
Câu 2.(4,0 điểm)
a) Giải phương trình:
3x+ −1 6− +x 3x −14x− =8
b) Tìm nghiệm nguyên phương trình:
+ =
x x y
Câu (4,0 điểm)
a) Chứng minh với số nguyên tốp 2
− + p
p khơng tích hai số
tự nhiên liên tiếp
b) Cho hàm số bậc y=ax b+ có đồ thịlà đường thẳng qua M( )1; Biết đồ
thị hàm sốđã cho cắt trục hoành điểm Acó hồnh độdương, cắt trục tung điểm
Bcó tung độdương Tìm a, b cho OA OB+ nhỏ (Với O gốc tọa độ)
Câu 4.(6,0 điểm)Cho đường tròn (O, r) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với cạnh BC D Vẽđường kính DN (O, r) Tiếp tuyến (O) N cắt AB, AC theo thứ tự P K
a) Chứng minh
= NK CD r
b) Gọi Elà giao điểm AN BC Chứng minh BD=CE
c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: OA OB OC+ + ⋅ r
(118)Cho , , > = a b c
abc Chứng minh rằng:
4 4
2 2
3
1 1
= + + ≥ ⋅
+ + +
a b b c c a S
a b c
-Hết -
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN – NĂM HỌC 2019 - 2020 (HUYỆN CẨM THỦY)
Câu 1.(4,0 điểm)
1) Cho biểu thức: : 2
1 − = + − − − +
x x x
P
x x
x x x x
a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nhỏ P 2) Với a, b, c số thực đôi phân biệt Chứng minh rằng:
( )( )
( )( ) (( )()( )) (( )()( ))
2 2 2 2 2
3+ + + + + + + + + = + + + + + ⋅
− − − − − − − − −
a b b c b c c a c a a b a b b c c a a b b c b c c a c a a b a b b c c a
Hướng dẫn giải: 1) ĐKXĐ:
1 > ≠ x x
a) Có: ( )
( )( ) ( ( ) )
1 2
2
: :
1
1 1
+ + + − + − = + − = − − + − + +
x x x x x
x x x
P
x x
x x x x x x x x
( )( ) ( ) 2 1 + + = ⋅ = + − − + x x
x x x
x x x
x x
b) Có: 1 1 1 2 1
1 1 1
− − + = = = + + = − + + ≥ − ⋅ + = − − − − − Co Si x x
P x x x
x x x x x
Dấu “=” xảy 1 ( 1)2 1 ( )
0 ( )
1 1 1
− = =
− = ⇔ − = ⇔ ⇔ =
− − = −
x x TM
x x
x KTM
x x
Vậy PMin = ⇔ =4 x
2) Đặt:
2 3
1
2 3
1
2 3
1 + = = + = − − − − + = ⇒ = + ⇒ = − − − − + = = + = − − − −
a b a b
x x x
a b a b a b
b c b c
y y y
b c b c b c
c a c a
z z z
c a c a c a
( 1)( 1)( 1) ( 2)( 2)( 2) 3( ) (3 )
(119)3
⇔ +xy+yz+ = + +zx x y z (đpcm) Câu 2.(4,0 điểm)
a) Giải phương trình:
3x+ −1 6− +x 3x −14x− = ⋅8
b) Tìm nghiệm nguyên phương trình:
+ =
x x y
Hướng dẫn giải:
a) ( )
3x+ −1 6− +x 3x −14x− =8 ĐK:
3 − ≤ ≤x
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )
1 ⇔ 3x+ − + −1 6−x + 3x −14x−9 =0
( ) ( )( )
1 16
3
− − + −
⇔ + + + − =
+ + + −
x x
x x
x x
( ) ( )( )
3 5
3
− −
⇔ + + + − =
+ + + −
x x
x x
x x
( )
5
3
⇔ − + + + =
+ + + −
x x
x x
( 5)
⇔ − =x Vì: 3
3x+ +1 1+ + 6−x+ x+ > ∀
6
− ≤ ≤x
( )
5
⇔ =x TM Vậy phương trình có nghiệm là: x=5
b) Có: ( ) 2( )
2
+ = ⇔ + =
x x y x x y
Với ( )
0 : 2
= ⇒ = + ≥
y x Do x
Với ( )
2
4 2
3
2 2
0 + + +
≠ ⇒ ⇔ = ⇔ = ⇔ = =
x x x x x x
y
y y y y y (vô nghiệm)
Vậy ( ) ( )x y; = 0; nghiệm phương trình Câu (4,0 điểm)
a) Chứng minh với số nguyên tốp 2
− + p
p khơng tích hai số
tự nhiên liên tiếp
b) Cho hàm số bậc y=ax b+ có đồ thịlà đường thẳng qua M( )1; Biết đồ
thị hàm sốđã cho cắt trục hồnh điểm Acó hồnh độdương, cắt trục tung điểm
Bcó tung độdương Tìm a, b cho OA OB+ nhỏ (Với O gốc tọa độ) Hướng dẫn giải:
a) Với 2
2
2 2
− −
= ⇒ + p = + =
(120)Với 2
3 10 2.5
2
− −
= ⇒ + p = + = =
p p (khơng phải tích số tự nhiên liên tiếp)
Với ( *)
3
3 = +
> ⇒ = + ∈
p k
p k
p k
- Nếu 2 ( )2 1 2 18 12
3
2 2
− + − + + +
= + ⇒ + p = + + k = + + + k= k k k
p k p k k k
( )( )
2 6 1 3 2
18 15
2
+ +
+ +
= k k = k k (khơng phải tích số tự nhiên liên tiếp)
- Nếu 2 ( )2 2
3 12
2 2
− + − +
= + ⇒ + p = + + k = + + + k
p k p k k k
( ) ( )( )
2
2
18 24 18 27 9
2 1
2 2
+ + + + + +
= k k k = k k = ⋅ k + k+ = ⋅ k+ k+ (không phải tích
số tự nhiên liên tiếp)
Vậy với số nguyên tố 2
− ⇒ + p
p p tích số tự nhiên liên tiếp b) Vì đồ thị hàm sốđã cho cắt trục hoành điểm Acó hồnh độdương, cắt trục tung điểm Bcó tung độdương ⇒ <a 1( )
Do đồ thịlà đường thẳng qua M( )1; ⇒ + = ⇒ >a b b 2( ) (Do a: <0)
Có:
− + Co si≥
OA OB OA OB Dấu “=” xảy ⇔OA OB= hay ∆OAB cân O
Vì: OA OB= ⇔ =b −b ⇔b a( + = ⇔ = −1) a (Do b: >0) a
Với a= − ⇒ = ⇒ = − +1 b y x
Vậy a= − ⇒ =1 b OA OB+ đạt giá trị nhỏ là: + = 10 Câu 4.(3,0 điểm)
Câu 4.(6,0 điểm)Cho đường tròn (O, r) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với cạnh BC
tại D Vẽđường kính DN (O, r) Tiếp tuyến (O) N cắt AB, AC theo thứ tự P
và K
a) Chứng minh
= NK CD r
b) Gọi Elà giao điểm AN BC Chứng minh BD=CE
c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: OA OB OC+ + ⋅ r
(121)2
1
2
1
2
x
E K P
N
O
D
C B
A
a) Có: PK //BC (cùng ⊥ DN) ⇒ AKN=ACB(đồng vị)
Gọi Kx là tia phân giác AKN⇒Kx // CO (Vì CO tia phân giác ACB)
Mà: Kx⊥ KO (tia phân giác phân giác ngoài)
1
⇒CO⊥ KO ⇒ =C C =O (cùng phụ với K1)
( )
⇒ ∆NKO ∆DOC g g ⇒NK =NO⇒NK DC=NO DO
DO DC
∽
⇒NK CD=r (đpcm)
b) Cách 1:
Ta có: ; ( )1
2 2
= = ⇒ =
B tan
r r BD
BD CD
B C CD C
tan tan tan
Mà: 1 1( )
2
= = ⇒ = C
C C O cmt NK r tan
Tương tự: 1 2 ( )
2
2
2
= = ⇒ = ⇒ =
B tan
B NP
B B O NP r tan
C NK tan
Từ (1) (2) ⇒ = ⇒ = = + = ( )3
+
NK BD NK NP NK NP KP
NP CD BD CD BD CD BC
Mặt khác: KP // BC ⇒NK = KP ( )4
EC BC
Từ (3) (4) ⇒NK = NK ⇒EC=BD
EC BD (đpcm)
(122)Ta có: = = ( ) NK CD NP BD r cmt
Mà: ⇒NK= NP
EC BE (Vì: KP// BC)
( ) ( ) 2
⇒EC CD= BE BD⇒EC EC+ED = BD+ED BD⇒EC +EC ED= BD +ED BD
( ) ( )
2
⇒EC −BD +EC ED−ED BD= ⇒ EC−BD EC+BD+ED =
⇒EC−BD= ⇒EC=BD (đpcm)
c)
r r
r
B' C'
A
B
C D
O N P
K
A'
1 r
2
Gọi SOAC =S S1; OBC =S2;SOAB =S3
Ta có:
' ' '
+ + ≥ + +
OA OB OC OA OB OC
r r r OA OB OC
Mà: 3
' '
'
+
= = =
OA C OA B
S S S S
OA
OA S S S
Tương tự:
1
;
' '
+ +
=S S =S S ⋅
OB OC
OB S OC S
1 3 2 3
2 3
6 ' ' '
+ + +
⇒ + + = + + = + + + + + ≥
S S S S S S S S S S S S
OA OB OC
OA OB OC S S S S S S S S S
Dấu “=” xảy ⇔S1=S2 =S3 hay ∆ABC
Vậy OA+OB+OC ≥ ⇔ ∆6 ABC
r r r
Câu 5.(2,0 điểm)
Cho , ,
>
=
a b c
abc Chứng minh rằng:
4 4
2 2
3
1 1
= + + ≥ ⋅
+ + +
a b b c c a S
a b c
(123)Ta có: 4 2
2 2 2
1 1
1 1 1
= + + = − + − + −
+ + + + + +
a b b c c a
S a b b c c a
a b c a b c
( 2 ) 2
2 2
1 1 1
3
1 1 2
−
= + + − + + ≥ − + +
+ + +
Co si
a b b c c a a b b c c a
a b c a b c
3 1 3
3 3
2 2 2
−
≥ − ⋅ ⋅ = − =
Co si abc
a b c (đpcm)
Dấu “=” xảy ⇔ = = =a b c
ĐỀ SỐ 24 CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN ĐAN PHƯỢNG - NĂM 2019 Câu (2,0 điểm) Tính:
a A= 3.( 12− 27+5)− 75
b 45 (1 5)2
5
= + − −
+
B
Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sau:
a 18
2 x− − x− + x− =
b
4
− + = −
x x x
Câu (2,0 điểm)
Cho hai biểu thức
2 =
− x A
x
2
9
+
= −
− −
x x x
B
x
x với x>0,x≠4,x≠9
a Tính giá trị biểu thức A x=100;
b Rút gọn biểu thức B;
c Tìm giá trị nguyên x để biểu thức M = A B: có giá trị nguyên Câu (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông A AB( < AC) , đường cao AH Gọi D E chân đường vng góc kẻ từ H xuống AB AC,
a Cho BH =4cm CH, =9cm Tính AH DE, ;
b Chứng minh AD AB = AE AC ;
c Đường phân giác BAH cắt BC K Gọi I trung điểm AK
Chứng minh tam giác AKC cân CI vng góc với AK;
d Dựng IM vng góc với BC M Chứng minh 2 12 2
= +
(124)LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN ĐAN PHƯỢNG - NĂM 2019 Câu 1: (2,0 điểm) Tính:
a A= 3.( 12− 27+5)− 75
b 45 (1 5)2
5
= + − −
+
B
Lời giải
a A= 3.( 12− 27+5)− 75 36 81 5
= − + −
A
6 = − = − A
b 45 (1 5)2
5
= + − −
+
B
( )
6 5
= + − − −
B
7 5
= − − +
B
5
= +
B
Câu 2: (2,0 điểm) Giải phương trình sau:
a 18
2 x− − x− + x− =
b
4
− + = −
x x x
Lời giải
a 18
2 x− − x− + x− = Điều kiện: x≥2
2 2 2
⇔ x− − x− + x− =
2 2
⇔ − + − =
x
3
2
⇔ x− = ⇔ − =x
2 ⇔ =x
b
4
− + = −
x x x Điều kiện: ≥ x
( )2
2 ⇔ x− = x−
2 ⇔ − =x x−
2 2 − = −
⇔ − = −
x x
(125)( )
3
1 / ( )
1loai x t m x
x =
⇔ = − ⇔ =
Câu 3: (2,0 điểm)
Cho hai biểu thức
2 =
− x A
x
2
9
+
= −
− −
x x x
B
x
x với x>0,x≠4,x≠9
a Tính giá trị biểu thức A x=100;
b Rút gọn biểu thức B;
c Tìm giá trị nguyên x để biểu thức M = A B: có giá trị nguyên Lời giải
Điều kiện xác định: x>0,x≠4,x≠9
a Khi x=100 (thỏa mãn) 10 10 10
= = =
−
A
b
9
+
= −
− −
x x x
B
x x
( )
2
9 + − − =
−
x x x x
B
x
2
9
+ − −
=
−
x x x x B
x
9 − =
− x x B
x
( )
( )( )
3
3
3
−
= =
+
− +
x x x
B
x
x x
c Ta có:
3 5
:
2 2
+ + − +
= = = = = +
− − − −
x x x x
M A B
x x x x x
Để M nguyên x − ∈2 U( )5 x− > −2 nên
{ } { } { }
2 1;1;5 1;3; 1;9; 49
⇒ x− ∈ − ⇔ x∈ ⇔ ∈x Kết hợp với điều kiện ta
{ }1; 49 ∈
x
Câu 4: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông A AB( < AC) , đường cao AH Gọi D E chân đường vng góc kẻ từ H xuống AB AC,
a Cho BH =4cm CH, =9cm Tính AH DE, ;
(126)c Đường phân giác BAH cắt BC K Gọi I trung điểm AK
Chứng minh tam giác AKC cân CI vng góc với AK;
d Dựng IM vng góc với BC M Chứng minh 2 2 2
= +
AH AK CI
Lời giải
a Xét tứ giác ADHE có A =D= = °⇒E 90 Tứ giác ADHElà hình chữ nhật ⇒AH =DE
Ta lại có: ∆ABC vng A có AH đường cao nên 2
4.9 36
= = = =
AH DE BH CH
⇒AH =DE =
b ∆AHB có AHB= °90 ; HD⊥ AB suy AD AB = AH2 ( )1 ∆AHC có AHC= °90 ,HE ⊥ AC suy AE AC = AH2 ( )2
Từ ( )1 ( )2 suy AD AB = AE AC
c ∆ABC vuông A nên KAC=90° −BAK ( )3
∆AHK vuông H nên AKH =90° −KAH ( )4
Mặt khác, BAK =KAH (AK phân giác góc BAH ) ( )5
Từ ( ) ( )3 , ( )5 ⇒KAC = AKH ⇒ ∆AKC cân C nên đường trung tuyến CI đồng thời đường cao ⇒CI⊥ AK
d Ta có IM ⊥BC AH; ⊥BC⇒IM//AH mà I trung điểm AK ⇒M trung điểm AK ⇒IM đường trung bình tam giác ∆AKH
1 ⇒IM = AH
Xét ∆KIC có KIC = °90 ,IM ⊥ AH
( )
2 2
1 1
6
⇒ = +
IM KI IC
M I
E
D
H A
B
C
(127)Mà ( )7
= ⇒ =
IM AH AH IM
( )
1
2
2
= ⇒ =
IK AK AK IK
Từ ( ) ( )6 , ( )8 2 42 12 2 2 2
⇒ = + ⇒ = +
AH AK CI AH AK CI
ĐỀ SỐ 25 CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN BA THƯỚC - NĂM 2019-2020 Câu (4,0 điểm)
Cho biểu thức:
1
x x x
P x
x x x x x
+ −
= − −
+ − + −
, với x≥4;x≠0 a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị x để P x− <1 Câu (4,0 điểm)
a Cho số x y z, , ≠0 thỏa mãn 1
x+ + =y z Tính giá trị biểu thức: 2019
2 2
xy yz xz P
z x y
= + + −
b Giải phương trình:
10 x + =1 3x +6 Câu (4,0 điểm)
a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:
2 32 xy + xy+ =x y
b) Tìm số tự nhiên n để số p số nguyên tố biết: p=n3−n2+ −n Câu (2,0 điểm)
Cho tam giác ABCvuông A, AH ⊥BC, HE ⊥AB, HF ⊥AC
(H∈BC E, ∈AB F, ∈AC)
a) Chứng minh rằng: AE AB =AF AC ,
BH =BC cos B
b) Chứng minh rằng: AB33 BE
AC =CF
c) Chứng minh rằng: 3
BC = CF − BE
d) Cho BC=2a.Tim GTLN diện tích tứ giác AEHF Câu (2,0 điểm)
Cho x y z, , số thức dương thay đổi thỏa minh điều kiện xyz=1 Tìm
GTNN biểu thức: ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
x y z y z x z x y
y y z z z z x x x x y y
+ + +
+ +
(128)LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN BA THƯỚC - NĂM 2019 Câu 1: (4,0 điểm)
Cho biểu thức:
1
x x x
P x
x x x x x
+ −
= − −
+ − + −
, với x≥4;x≠0 b) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị x để P x− <1 Lời giải
a
1
x x x
P x
x x x x x
+ −
= − −
+ − + −
( )3 ( )
2
2
1 2
1
x x
x x x
P
x x x x
x − + − = − − − + − − +
( 1)(2 1) 2
x x x x x x
P
x x x
x x x
− − − + = − − − + − + − ( ) ( )( ) ( ) ( )
2 1
2
1
x x x x x x
P
x
x x x
+ − − − − − = − − + − ( )( ) ( ) ( ) 1
x x x
x x
P
x
x x x
− + − − − = − − + − ( )( ) ( ) 2
x x x P x x − − − = + − ( ) ( )( ) 1 x x P x + − = + P= x−
b) P x− <1 ⇔( x−2) x− <1 x
x − < ⇔ − > x x < ⇔ >
Vậy với 1< <x P x− <1 Câu 2 (4,0 điểm)
a Cho số x y z, , ≠0 thỏa mãn 1
x+ + =y z Tính giá trị biểu thức: 2019
2 2
xy yz xz P
z x y
= + + −
(129)b Giải phương trình: 10 x + =1 3x +6
Lời giải
a) Ta có 1 yz xz xy
x+ + = ⇔y z + + =
Lại có
2019 2
xy yz zx P
z x y
= + + −
2019 3 3 3
2 2
x y y z z x P
x y z
+ +
= −
( ) ( )( )( )
2019
2 2
3 xy yz xz xy yz yz xz xy xz P
x y z
+ + − + + +
= −
2019 2
2 2
3
x y z P
x y z
= − =
b) ĐK x≥ −1
Phương trình cho tương đương với phương trình:
( ) ( ) ( )( )
3 x − + +x x+ =1 10 x+1 x − +x Đặt
1
x − + =x u, x+ =1 v ta có phương trình:
2
3u +3v −10uv=0 ⇔(3u v u− )( −3v)=0
TH1: 3u=v ( )
9 x − + = +x x ⇔9x2−10x+ =8 (Phương trình vơ
nghiệm)
TH2: u=3v x2− + =x 9(x+1)
10 x x
⇔ − − = ⇔ = ±x 33
Vậy phương trình đa cho có nghiệm x= ±5 33 Câu 3 (4,0 điểm)
a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:
2 32 xy + xy+ =x y
b) Tìm số tự nhiên n để số p số nguyên tố biết: p=n3−n2+ −n Lời giải
a) Ta có:
2 32
xy + xy+ =x y ⇔x y( +1)2 =32y
( )2 ( )2
32 32 32
1
y x
y
y y
⇔ = = −
+
+ +
Để x nguyên dương ( 2) ( ) 32
y+ ∈U (y+1)2 sốchính phương
( ) {2 }
1 1, 4,16 y
⇒ + = ⇔ + =y {1, 2, 4} ⇔ =y {0,1, 2} ynguyên dương nên
1
y= ⇒ =x , y= ⇒ =3 x
b) Ta có ( )( )
1 1
(130)Lại có:
1
n− <n + ⇒ − =n 1 ⇒ =n
Với n=2 ⇒ =p số nguyên tố Câu 4 (6 điểm)
Cho tam giác ABCvuông A, AH ⊥BC, HE ⊥AB, HF ⊥AC
(H∈BC E, ∈AB F, ∈AC)
a) Chứng minh rằng: AE AB =AF AC ,
BH =BC cos B
b) Chứng minh rằng: AB33 BE
AC =CF
c) Chứng minh rằng: 3
BC = CF − BE
d) Cho BC=2a.Tim GTLN diện tích tứ giác AEHF
Lời giải a) Xét ∆AHBvà ∆AEHcó:
A chung;
E=H = °90
Vậy ∆AHB∽∆AEH (g.g)
Suy ra:
AE AB= AH (1) Tương tự ta có:
AF AC=AH (2)
Từ (1) (2): ⇒AE AB = AF AC
Ta có:
cosB BH AB
= ⇒BH =cos B AB (3)
Lại có: cosB AB AC
= ⇒AB=cos B BC (4)
Từ (3) (4) : suy BH =BC cos B
b) Ta có ∆ABC vng A có AH đường cao
2
AB BH BC AC CH BC
=
⇒ =
2 AB BH AC CH
⇒ =
Lại có ∆HCA vng H có HFlà đường cao ⇒CH2 =CF AC
2 CH CF
AC
⇒ =
Suy
2
2
2
BE BH AC AB AC AB
CF AB CH AC AB AC
= = =
c) Ta có 2 4 3
2 3
BH BH BH BH
BH BE BA BE BE
BH BC BC
BA BC
;
Tương tự, 3
CH CF
BC
Do
3 3
3 3
BH CH BC
BE CF BC
BC BC BC
Vậy 3BE2 3CF2 3BC2
E
F
H O
B C
(131)d) Gọi O trung điểm BC Ta có SAEHF =AE AF
Mà 2
AH
AH AE AB AE AB
= ⇒ = Tương tự, AF AH2 AC
= Do
2 4 3
2
AEHF
AH AH AH AH AH AO a a S
AB AC AB AC AH BC BC BC a
= = = = ≤ = =
Vậy SAEHF lớn H ≡O hay ∆ABC vuông cân A Câu 5 (2,0 điểm)
Cho x y z, , số thức dương thay đổi thỏa minh điều kiện xyz=1 Tìm
GTNN biểu thức: 2( ) 2( ) 2( )
2 2
x y z y z x z x y
y y z z z z x x x x y y
+ + +
+ +
+ + +
Lời giải Ta có: 2( )
2
x y+z ≥ x x Tương tự, y2(x+z)≥2y y, z2(x+y)≥2z z
2
2 2
y y
x x z z
P
y y z z z z x x x x y y
⇒ ≥ + +
+ + +
Đặt a=x x+2y y, b=y y+2z z, c=z z+2x x
Suy ra:
9 c a b
x x = + − , a b c
y y = + − , b c a z z = + −
Do đó: 4
9
c a b a b c b c a P
b c a
+ − + − + −
≥ + +
2(4.3 6)
9
c a b a b c
b c a b c a
= + + + + + − ≥ + − =
Do c a b c a b 1 a b
b c a b c a b a
+ + = + + + − ≥ + − ≥ − =
Hoặc c a b 33 c a b . 3
b+ + ≥c a b c a = Tương tự,
a b c b+ + ≥c a
Dấu " "= xảy ⇔ = = =x y z Vậy giá trị nhỏ P=2
ĐỀ SỐ 26 CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN KIM THÀNH - NĂM 2019-2020 Câu1 (2 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: 2 2( 1) ( 0; 1)
1
x
x x x x
P x x
x x x x
−
− +
= − + > ≠
+ + −
2) Cho x y hai số thỏa mãn: ( )( )
5 5
x− x + y− y + = Hãy tính giá
trị biểu thức 2017 2017
M =x +y Câu2 (2 điểm)
1) Giải phương trình: 2
(132)2) Giải bất phương trình: (2x−3) x+ ≥4 Câu3 (2 điểm)
1) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: xy+2x+2y=1
2) Chứng tỏ với số tự nhiên n số A=n n( +1)(n+2)(n+ +3)
sốchính phương Câu4 (3 điểm)
Cho ∆ABC vuông A, đường cao AH Kẻ HD HE, vng góc với ,
AB AC Chứng minh rằng:
1)
3
DB AB
EC AC
=
2)
BC BD CE=AH Câu5 (1 điểm)
Tìm số tự nhiên x y, cho x2 +3y =3026
……… Hết………
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu1 (2 điểm)
1)
( )( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
1 2 1
1
1 2
2 2
x x x x x x x x
P
x x x x
x x x x
x x x x
x x
− + + + − +
= − +
+ + −
= − − + + +
= − − − + +
= − +
2)
Nhân vế ( )( ) ( )
5 5
x− x + y− y + = với (x+ x2+5) ta được:
( )( )( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2
2
5 5 5
5 5
5 5
5
x x x x y y x x
x x y y x x
y y x x
y y x x
+ + − + − + = + +
⇔ − + − + = + +
⇔ − − + = + +
⇔ − + = − − +
Tương tự nhân vế (1) với ( )
y+ y + ta được:
( )
2
(133)Cộng vế với vế (2) (3) ta được:
( )
2 2
5 5
2 2 0
y y x x x x y y
x y x y x y x y
− + + − + = − − + − − +
⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = −
Vậy 2017 2017 M =x +y = Câu2 (2 điểm)
1)
Điều kiện đểphương trình xác định là: x≥1 Phương trình cho tương đương với:
( ) ( )
( )
2 3
1 1
2
1 1 *
x
x x
x
x x
+
− + + − − =
+ ⇔ − + + − − =
Nếu x− − ≥ ⇔ ≥1 x phương trình (*) trở thành
( )
( )
2
2
3 1 1
2
2
2
16 10 25
x
x x
x
x x x
x x x
x x
x
+ − + + − − =
+
⇔ − = ⇔ − = +
⇔ − = + +
⇔ − + =
⇔ − =
5 x
⇔ = (thỏa mãn điều kiện x≥2 )
Vậy S={ }5
2) (2x−3) x+ ≥4 (dk x: ≥ −4) Xét trường hợp: (2x−3) x+ =4
3
2 ( )
2 4( )
x x tm
x x tm
− =
=
⇔ ⇔
+ =
= −
Xét trường hợp: (2x−3) x+ >4
2 0( )
2
x vi x
x
⇔ − > + > ⇔ >
Vậy: bất phương trình có nghiệm
3 x x ≥
(134)1) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: xy+2x+2y=1 2
( 2)
1
2
2
xy x y
y x x
x y
x x
+ + =
⇔ + = −
−
⇔ = = − +
+ +
Để x y, ∈Z ⇔ + ∈x U(5)= ± ±{ 1; 5} ⇒ ∈ − − −x { 3; 1; 7;3} Thay vào ta tìm y∈ −{ 7;3; 3; 1− − }
Vậy; nghiệm nguyên pt là:( 3; 7); ( 1;3); ( 7; 3); (3; 1)− − − − − −
2) A n n= ( +1)(n+2)(n+3 1)+ =n n( +3)(n+2)(n+ +1 1) ( 3 )( 3 2 1)
A= n + n n + n+ +
Đặt 2 ( ) ( ) ( )2
3 1
n + n t t N= ∈ = =A t t+ + = +t
Vậy tích số tự nhiên liên tiếp cộng với sốchính phương Câu4 (2 điểm)
a) Ta có: ∆ ABC vng A , đường
cao AH: 2
AB BH BC BH
AC =CH BC =CH
2
2
2
3
3
AB BH AB BH BD AB
AC CH AC CH CE AC
AB BD BD AB
AC CE CE AC
⇒ = ⇒ = =
⇒ = ⇒ =
b) Ta có:
2
4 2
3
( )( ) ( )( )
AH BH CH
AH BH CH BD AB CE AC BD CE AB AC BD CE AH BC AH BD CE BC
=
⇔ = = = =
⇔ =
Câu (1 điểm)
Ta có
x chia cho dư
E D
H
B C
(135)• Nếu 3y
y≠ ⇒ ⇒x2+3y chia cho dư
Mà 3026 chia dư
Trường hợp không xảy • Vậy y=0
2 2
1 3026 3025 55 55 x
x x x
⇒ + =
⇔ =
⇔ =
⇔ =
Vậy cặp số tự nhiên ( ; )x y =(55; 0)
ĐỀ SỐ 27 CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THCS VU LAN - NĂM 2019-2020 Câu 1( 2,0 điểm)
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
4 6
x x x x x
2) Cho a, b số thỏa mãna b a3a b2 ab26b30 Tính giá trị biểu
thức 44 44
4
a b
B
b a
Câu 2( 2,0 điểm) Giải phương trình
1)
3
3
3 16
x
x x
2) 2 2 13
3x 4x13x 2x1 x Câu 3( 2,0 điểm)
1) Tìm nghiệm nguyên phương trình
20y 6xy150 15 x 2) Tìm số nguyên tố p cho số 2
2p 1; 2p 3; 3p 4 số nguyên tố Câu 4( 3,0 điểm)
Cho tam giác ABC, M điểm thuộc cạnh BC, qua M kẻcác đường thẳng song song với AC AB, chúng cắt AB AC tương ứng N P
1) Gọi O trung điểm NP Chứng minh ba điểm A, O, M thẳng hàng 2) Giả sửđường thẳng NP cắt đường thẳng BC Q
2 MB
MC Tính tỉ số
QB QC
3) Tìm vị trí M để diện tích tam giác MNP có giá trị lớn
Câu 5( 1,0 điểm)
Cho 0a b c; ; 2 thỏa mãn điều kiện a b c Tìm giá trị lớn biểu thức 3
Aa b c
(136)TRƯỜNG THCS LAI VU Ngày 19.9.2019 (lần 2)
HƯỚNG DẪN, BIỂU DIỄN CHẤM BÀI
CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM
1
1
( )( )
5 6 5 6 3
A= x + x+ −x x + x+ + x − x 0,25
Đặt
5 6
y= x + x+
( )( ) 2 ( )( )
3 4 2 2
A y x y x x y x y x y x
⇒ = − + − = − = − + 0,25
( )( )
5 6 2 5 6 2
x x x x x x
= + + − + + +
( )( )
3 6 7 6
x x x x
= + + + + 0,25
( )( )( )
3 6 1 6
x x x x
= + + + + 0,25
2
( )( ) ( )
3 2 2
6 0 2 3 0 *
a −a b+ab − b = ⇔ a− b a +ab+ b = 0,25
Vì 2
0 3 0
a> > ⇒b a +ab+ b > nên từ (*) ta có a=2b 0,25
Vậy biểu thức
4 4
4 4
4 16 4
4 64
a b b b
B
b a b b
− −
= =
− −
0,25
4
12 4
63 21 b
B= =−
− 0,25
2
(ĐKXĐ: x≠2)
PT ( )
3
3
3 1
3 3 1 16
2 2 2
x x
x
x x x
− −
⇔ − + + − =
− − −
0,25
( )2 ( )2
3 3
3 16
2 2
x x
x x
− −
⇔ − − =
− −
Đặt ( )
3 2 x t
x − =
− ta ( )
3
3 16 0 *
t + t + =
0,25
( ) ( 2) ( ) ( ) ( )( ) * ⇔ t +4t − t −16 = ⇔0 t2 t+4 − +t 4 t−4 =0
( )( )
4 4 0
t t t
⇔ + − + =
Lí để có t = −4
0,25 Với t = −4thì ( )
2
3
4 2
x x
−
= − −
Hay 2 ( )2 ( )
6 9 4 8 1 0 1
(137)Vậy x =1
2
2
2 13 6 2
1; ; 0
3x 5x 2 3x x 2 x x x 3 x
+ = ≠ ≠ ≠
− + + +
0,25
2 3
6
2 2
3x 5 3x 1
x x
⇔ + =
− + + +
Đặt 3x 2 2 a x
− + = ta có phương trình: 0,25
( )
2 13
6
3 a
a a
⇔ + = ≠ ±
− +
( ) ( ) ( )( )
( )( )
( ) ( )
2
2 13 3 2a 5a
1 2a
7
a a a a
a
a tm
a tm
⇒ + + − = − +
⇔ − − =
⇔ + − =
= − ⇔ =
0,25
Với a 3x - +2 x
= − ⇒ = −
2
3x x
⇒ − + = vô nghiệm Với
2
a= 3x - +2 x
⇒ =
( ) ( )
2
4 6x 11x
1 x tm
x tm =
⇒ − + = ⇔
=
Vậy nghiệm phương trình
x= ; x=
0,25
3 1 Ta có : 2
150 15x− =20y −6xy ⇔6xy−15x =20y −150
( ) ( )
( )( )
2
3x 5 25 25 10 25 3x 25
y y
y y
⇔ − = − −
⇔ − + − =
Xét trường hợp sau
0,25
+) 10( )
10 25 3x 25
y x
tm
y y
− = =
⇔
+ − = =
+) 25 58( )
10 25 3x 15
y x
tm
y y
− = =
⇔
+ − = =
(138)+ ) 703 10 25 3x 25
2
y x
y
y
− = − =
⇔
+ − = −
= ( loại )
10 25
74 10 25 3x
3 y y
y x
= − − = −
⇔
− + − = − =
( loại) 0,25
+) 5 703
10 25 3x
5
y x
y
y
− = =
⇔
+ − =
= (loại) 0,25
2 Vì
p sốchính phương nên p2chia cho có sốdư 0;1; 2;
+) Nếu
p p7⇒ =p Khi 2
2p 1 2.7 1 97là số nguyên tố
2
2p 3 2.7 3 101 số nguyên tố
2
3p 4 3.7 4 151là số nguyên tố
+) Nếu
p chia dư ( )
3p +4 7 ⇒ Trái với đề
+) Nếu
p chia dư ( )
3p +1 7 ⇒ Trái với đề
+) Nếu
p chia dư ( )
2p −1 7 ⇒ Trái với đề
Vậy p=7 a
Q
O N
P A
B M C
Xét tứ giác APMN có: / / ( ) / / ( ) MP AN gt AP MN gt
⇒
tứ giác APMN hình
bình hành có O trung điểm đường chéo NP nên O trung điểm đường chéo AM Vậy điểm A, O, M thẳng
(139)b Theo gt:
1
2
1
3
1
MB BM BN MN
MC BC BA AC
AP AP
AC PC
QM MN QC PC
QM MC
Mà
2 QC
MC QB
BM = ⇒MB=QB⇒ =
c) c)( điểm)
Kẻđường thẳng vng góc với MN AC H K
Ta có
3.
2 MNP ANMP
S = S
ANMP S
⇒ lớn SANMP lớn
Ta có SANMP =MN HK
ABC
S = BK AC
2
AMNP ABC
S MN HK MN HK
S BK AC AC BK
⇒ = =
Đặt BM = x, MC = y
;
MN x HK y
AC = x+y BK = x+y
2
2
( ) AMNP
ABC
S xy xy
S x y xy
⇒ = ≤ =
+ AMNP ABC
MNP ABC
S S
S S
⇒ ≤
⇒ ≤
NMP S
⇒ lớn
4SABC x = y hay M trung điểm
BC
5 Bài 5: Vai trò a,b,c nhau, giả sử a≥ ≥b c
Ta có 3a≥ + + = ⇒ ≥a b c a
Do
(140)3 3 3 2 3
3 2
3 ( )
(3 ) 27 27 9( 2) 9 M a b c a b c b c bc a b c
a a a a a a
= + + ≤ + + + + = + +
= + − = − + = − + + ≤
Vậy giá trị lớn M (a,b,c)= (2;1;0) hốn vị
vịng chúng
ĐỀ SỐ 28 CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THCS LƯƠNG THẾ VINH NĂM HỌC 2019-2020
Bài 1(4,0 điểm)Cho biểu thức : 1
2 1
x x x
A
x x x x x x
− +
= − +
+ − + − + −
với x>0;x≠1
Tính giá trị biểu thức 4 33 9 125 33 9 125
27 27
x
= + + + − +
Bài 2(4,0 điểm)
a) Giải phương trình 2
2 5x +10x+ 4x−4x =6x+3
b) Tìm nghiệm nguyên phương trình x+ =y 3xy−9 Bài 3(4,0 điểm)
a) Cho x y, >0 Tìm GTNN
2
( ) x xy y P
xy x y − + =
+
b) Tìm 2019 số tự nhiên liên tiếp mà khơng có số ngun tố nào?
Bài 4(6,0 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB, dây CD Gọi H K hình chiếu A, B CD
a) Khi OAC tam giác đều, giải tam giác ABC b) Chứng minh HC = KD
c) Chứng minh SAHKB =SABC+SABD
Bài 5(2,0 điểm) Viết 150 số tự nhiên 1, 2, 3,…, 150 lên bảng Mỗi lần ta xóa hai sốnào
(141)HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(4,0 điểm)
Ta có:
( )( )
( )( ) ( ()( ) ) ( )( )
( )( ) ( )( )
9 1
:
2 1
3 2
= :
1 1
1 1
3 3
=
2
1 2
x x x
A
x x x x x x
x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x
x x x x x x
− + = − + + − + − + − + − + − − + − + − + − + − + − − + − = = − − − − Có: ( )( ) ( )
3 3
3
3
2
125 125 125 125
4 9 9
27 27 27 27
5
6 80x 384 4x 96
64
4
4( ) 4x 96 92 ( )
x x
x
x x x x
x x
x tm
x x vn
= + + + − + ⇔ + + + − + = ⇔ = − ⇔ + − = ⇔ − + + = = − = ⇔ + + = ⇔ ⇔ = + + =
Thay x=4( tmđk) vào A, ta được: 4 A= − + = − Bài 2 a) ĐK: 0≤ ≤x
Đặt: 2
2 5x 10x
4a 60x 4x 4x
a b b = + ≥ ⇒ + = = − ≥
Khi Phương trình trở thành:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
20a 10 4a 30 4a 20a 25 10 5
2a 5
1
b b b b
a b b + = + + ⇔ − + + − + = = ⇔ − + − = ⇔ =
Với
5 a b = =
, ta có:
( ) ( ) 2 2 2 25 2x 5x 10x 5x 10x
4
2
4x 4x 2x 1 4x 4x
3
9 ( 1)
1
( )
1
2x
2
x
x do x
(142)Vậy nghiệm phương trình x=
b) Ta có:
( ) ( ) ( )( )
3 3x 9x 27 3x 3x 26 3x 26
x+ =y xy− ⇔ + y= y+ ⇔ y − − − = ⇔ − y− =
+) TH 1:
2 1
3 3x 26
1 3x 26 y− = y= ∉
⇔
− =
− =
( loại )
+) TH 2:
3 26 3x
y y
x
− = =
⇔
− = =
( tm )
+) TH 3:
3 1
1 3x 26 x y− = − y=
⇔ − = − =
( tm )
+) TH 4:
3 26 26
2 3x x
3 y y− = − − = −
⇔
− = − = ∉
( loại )
+) TH 5:
3
1 3x 13 x
y− = y=
⇔
− = = −
( tm )
+) TH 6:
3 13 13
1 3x x
3 y y− = − =
⇔
− = = − ∉
( loại )
+) TH 7:
3 13
1 3x x y− = − y= −
⇔ − = − =
( tm )
+) TH 8:
1
3 3x 13
1 3x 13 y− = − y= − ∉
⇔
− = −
− = −
( loại )
Vậy ( ) ( ) ( ) (x y; ∈{ 0;9 ; 9; ; −4;1 ; 1; 4) ( − )} Bài 3(4,0 điểm)
a) Cho x y, >0 Tìm GTNN
2
( ) x xy y P
xy x y − + =
(143)b) Tìm 2019 số tự nhiên liên tiếp mà khơng có số ngun tố nào? Giải
a) Ta có:
( )2
2 3x
3
( ) ( )
x y y xy
x xy y x y
P
x y
xy x y xy x y xy
+ −
− + +
= = = −
+
+ +
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai sốdương x, y, ta được:
2
2 x y
x+ ≥y xy ⇒ xy≤ + Dấu " "= xảy x= y Khi đó:
2 2
3
2 x y
xy P
x y xy
+
≥ − ≥ − =
+ Dấu " "= xảy x= y
Vậy giá trị nhỏ P
2khix=y
b) Xét số tự nhiên A=2.3.4.5 2019.2020 Khi đó:
A chia hết cho số: 2; 3; 4; 5; …; 2019; 2020
Xét dãy 2019 số tự nhiên liên tiếp: A+2;A+3;A+4;A+5; ; A 2019; A 2020+ +
Do A2 nênA+2 2 mà A+ > ⇒2 A+2là hợp số
Tương tự: Do A3 nênA+3 3 mà A+ > ⇒3 A+3là hợp số
Do A4 nênA+4 4 mà A+ > ⇒4 A+4là hợp số
…
Do A2019 nênA+2019 2019 mà A+2019>2019⇒ A+2019là hợp số
Do A2020 nênA+2020 2020 mà A+2020>2020⇒ A+2020là hợp số
Vậy dãy 2019 số tự nhiên liên tiếp: A+2;A+3;A+4;A+5; ; A 2019; A 2020+ + ,
khơng có số ngun tố
Bài
M P
N
I
H
K
F E
D
C
B
A O
a) Khi ∆AOC
2
AC=OA=OC= =R AB 2 2
4
BC AB AC R R R
(144)
sin 30 60
2
AC R
B B C
AB R
⇒ = = = ⇒ = ⇒ =
b) Kẻ OI ⊥CD⇒I trung điểm CDvà OI / /AH / /BK
Lại có O trung điểm AB ⇒I trung điểm HK ⇒IH =IK CI; =ID⇒CH =DK c) Kẻ EFđi qua I song song với AB E( ∈AH F, ∈BK)
(ch gn) AHKB AEFB
EHI FKI S S IM AB
⇒ ∆ = ∆ − ⇒ = =
Lại có: ( )
2 ACB ADB
S +S = AB CN+DP = AB IM AHKB ACB ADB
S S S
⇒ = +
Bài 5:
Gọi tổng 150 sốban đầu
(1 150).150
1 150 11325
S = + + + + = + = = + +S a b
Giả sửxóa hai số a, b thay a+b a b− ta có tổng là:
S + +a b S1+ −a b
Ta có: (S1+ + +a b) (S+ +a b)=2S+2a+2b (S1+ + +a b) (S+ − =a b) 2S+2a chẵn nên
tổng lúc đầu tổng lúc sau ln tính chẵn lẻ mà tổng ban đầu số lẻ nên tổng lúc sau 100
ĐỀ SỐ 29 CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG HUYỆN MỸ ĐỨC - NĂM 2019-2020
Bài I(5,0 điểm) Cho biểu thức :
2
1 1
2 x
P
x x x x
x x
x
−
= + +
− + −
+
+ với x≥0;x≠1
a) Rút gọn P
b) Tìm giá trị x để P=
c) So sánh 2P P2 Bài II(4,0 điểm).
1) Giải phương trình: 2
4x +20x+25+ x +6x+ =9
2) Tìm cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn: ( )2
2019 11
x− = y − y + y − y
Bài III(4,0 điểm)
1) Cho số x y z, , thỏa mãn x y z
y−z+ z−x+x−y = với x≠ y y; ≠z z; ≠x
Tính giá trị biểu thức:
( ) (2 ) (2 )2
x y z
A
y z z x x y
= + +
− − −
(145)Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2
2 3
x y z
A
x y z y z x z x y
= + +
+ + + + + +
Bài IV(6,0 điểm).
Cho ∆ABC có ba góc nhọn, A=60o Các đường cao AD BE CF, , cắt H
Gọi K trung điểm AH
a) Chứng minh: AE AB
AF = AC
1 EF = BC
b) Chứng minh: EKF=120o tính AH , biết BC=12 cm
c) Chứng minh: HD HE HF AD+ BE +CF =
d) Chứng minh: 2
4
AB AC BC
AD DH +BE EH+CF FH ≤ + + Bài V(1,0 điểm)
Tìm tất sốnguyên dương (x y z; ; ) thỏa mãn 2019 2019 x y y z
+
+ số hữu tỉ, đồng
thời 2
x +y +z số nguyên tố
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài I(5,0 điểm) Cho biểu thức :
2
1 1
2 x
P
x x x x
x x
x
−
= + +
− + −
+
+ với x≥0;x≠1
a) Rút gọn P
b) Tìm giá trị x để P=
c) So sánh 2P P2
HD:
( )
( )( )
3
2 1 1 2 1
: 2
1 1 1 1 1 1
2 ( 1) ( 1) 1
: 2
1 1
x x x x x
P
x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x
+ − +
= + + = + −
− + + − + + −
−
+ + − − + + −
=
− + +
( )(2 1 ). 2
1
1 1
2 1
x x
x
x x x
x x
− +
=
−
− + +
=
+ +
(146)2 2 2
1 7
7 1 7
6 0 ( 2)( 3) 0
P x x
x x
x x x x
= ⇔ = ⇔ + + =
+ +
⇔ + − = ⇔ − + =
Vì x + >3 0 nên x − =2 0 ⇔ =x 4(t/m)
Vậy P = 2
7 x =
c) Vì x≥ ⇒ +0 x x + ≥1 1
2
2
0
1
( 2) 2
x x P P P
P P
P P
⇔ < ≤
+ +
⇔ < ≤
⇔ − ≤
⇔ − ≤
⇔ ≤
Dấu “=” xảy P = ⇔x = Vậy P2 ≤ 2P
Bài II(4,0 điểm).
1) Giải phương trình:
2
4 20 25 7 (*)
x x x x
x x
+ + + + + =
⇔ + + + =
2) Tìm cặp số nguyên ( )x y; thỏa mãn:
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) ( )
2
2 4 3 2 2
2 2
2
2
2019 11 2019 2019 3 1 2019 1
2019 1
2019 2019 1 ( ) 2019 1
2019 1 2019 1 2019
x y y y y
x y y y y y
x y y y y
x y y
x y y
x a x a Voi y y a
x a
x a
x a
x a
− = − + −
− = − + + −
− = − − − + −
− = − − − − − − − = −
− − + − + − = − − =
− − + = −
− + − =
⇒
− − + =
− + − =
( ) ({ ) ( ) ( ) ( )}
2019 2019
1
; 2019; , 2019;1 , 2019; , 2019;3 x
a x a x y
=
= −
⇒
=
− =
⇒ =
(147)Bài III(4,0 điểm)
1) Cho số x y z, , thỏa mãn x y z
y−z+z−x+ x−y = với x≠ y y; ≠ z z; ≠x
Tính giá trị biểu thức:
( ) (2 ) (2 )2
x y z
A
y z z x x y
= + +
− − −
2) Cho ba sốdương x y z, , thỏa mãn x+ + =y z
Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2
2 3
x y z
A
x y z y z x z x y
= + +
+ + + + + +
Áp dụng bất đẳng thức ( )
2
2 2 a b c
a b c
x y z x y z
+ +
+ + ≥
+ + (*)
Ta có: (( ))
2
2 2
1
2 3
x y z
x y z
A
x y z y z x z x y x y z
+ +
= + + ≥ =
+ + + + + + + +
Bài V(1,0 điểm)
Tìm tất sốnguyên dương (x; y; z) thỏa mãn 2019
2019 x y y z
+
+ số hữu tỉ 2
x +y +z số nguyên tố
HD: Ta có:
( )
2019
Q ( , , 0) 2019 2019
2019
2019
x y m
m n Z n nx ny my mz n
y z
nx my mz ny
+ = ∈ ∈ ≠ ⇒ + = +
+
⇒ − = −
Vì x, y, z, m, n số nguyên nên nx−my∈Z mz−ny∈Z Khi đó: nx−my=0 mz−ny=0 Suy ra: m y x y2 xz
n = z = ⇒y = Theo đề 2
x +y +z số nguyên tố hay
( )2 ( )( )
2 2 2 2
2
x + y + −z y =x + xz+ −z y = x+z −y = x− +y z x+ +y z số nguyên tố Khi đó: x− + =y z hay x+ = +z y Suy ra:
( ) (2 )2 2 2 2
2 ( 1)
1 x z y y y y x
x+z = + y ⇔ + + = + + ⇔ − + +z − =
(148)ĐỀ SỐ 30 CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG HUYỆN THẠCH HÀ - NĂM 2019-2020
Bài a) Tính giá trị biểu thức T= 5− 3− 29 12 5−
b) Chứng minh rằng: 5 2
A= + + − =
+
c) Tính giá trị biểu thức 2019 2020 2021
3 2
N = x + x − x
Với 5 2
x= + + − − +
+
d) Cho 3 1 2
x= −
2
y= + Tính M = x5 + y5
e) Cho M = (a2 + 2bc – 1)(b2 + 2ac – 1)(1 – c2 – 2ab) Trong a, b, c số hữu tỉ thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng: M số hữu tỉ
Bài a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: xyz = 2(x+ y + z) b) Tìm sốa, b, c cho đa thức
( ) +a
f x = x x +bx c+ chia cho x + 2; x + 1; x – dư
c) Tìm số tự nhiên x, y biết: (2x +1)(2x +2)(2x +3)(2x + −4) 5y =11879 Bài Giải phương trình sau:
a)
2
2
9
16 ( 3)
x x
x
+ =
− b) x x( − +1) x x( −5) =2 x2 Bài Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH
a) Tính AH, BH biết BC = 50 cm AB
AC =
b) Gọi D E hình chiếu H AB AC Chứng minh rằng: AH3 = BC.BD.CE
c) Giả sử BC = 2a độ dài cốđịnh Tính giá trị nhỏ của: BD2 + CE2 Bài Cho 0≤ , b, c a ≤1 Tìm giá trị lớn của:
2019 2020
a + b
(149)SƠ LƯỢC GIẢI
Đề thi chọn HSG huyện năm học 2019 – 2020 Mơn: Tốn 9
Bài Nội dung
1a
T= 5− 3− 29 12 5− = 5− 3− (2 3)−
5 3 (2 3)
= − − − = 5− 6 5−
2
5 ( 1)
= − −
5 ( 1)
= − − =1
1b 5 2 5 2
5
A= + + −
+ ⇒ A
2 = 2 2
+ =
+ ⇒ A = (đpcm)
1c
2 ( 1)
x= − + = - ( + 1) = -1
với x = -1 ta có N = -1 + + =
1d
Ta có: xy =
2 x + y =
x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = ( 3)2 – 1
2 = – = x3 + y3 = (x + y)3 – 3xy(x + y) = ( 3)3 – 1
2 3= 3
2
x5 + y5 = (x2 + y2)(x3 + y3) – x2y2(x + y) = 3
2 -
1
4 3 = 11
4 1e M = (a2 + bc – ac - ab)(b2 + ac – ab - bc)(ac + bc – c2 – ab)
(150)( )( )( )
M a b a c b c
⇒ = − − −
a, b, c số hữu tỉ nên M số hữu tỉ
2a Vì x, y, z số ngun dương vai trị nên khơng tính tổng quát giả sử : 1≤ ≤ ≤x y z ta có xyz = 2(x + y + z) ≤ 6z
⇒xy ≤ ⇒ x = x =
Xét x = cho y = 1, 2, 3, 4, 5, ta (x, y, z) = (1; 3; 8), (1; 4; 5) Xét x = cho y = 2, ta (x, y, z) = (2; 2; 4)
vậy (x, y, z) = (1; 3; 8), (1; 4; 5), (2; 2; 4) hoán vị 2b Từ gt ta có f(x) - ln chia hết cho x + 2; x + 1; x –
=> f(x) = (x + 2)(x + 1)(x – 1) +
Với x = -2, ta có: -8 + 4a – 2b + c = ⇒4a – 2b +c = 16 (1) Với x = -1, ta có: -1 + a – b + c = ⇒ a – b +c = (2) Với x = 1, ta có: + a + b + c = ⇒ a + b + c = (3) từ (1), (2) (3) ta có b = - ⇒a = ; b =
2c 2 (2x x +1)(2x +2)(2x +3)(2x +4) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho mà 2x không chia hết
(2x +1)(2x +2)(2x +3)(2x +4) chia hết cho mà 11879 không chia hết y =
⇒(2x +1)(2x +2)(2x +3)(2x +4) = 11880 = 9.10.11.12 ⇒x = x = y =
3a ĐK: x ≠3 (*)
Ta có:
2
2
9
16 ( 3)
x x
x
+ =
−
⇔
2
2
2 .3 9 2 .3
16
3 ( 3) 3
x x x x x
x
x x x
+ + − =
− − − ⇔
2
2
6
9 25
3 3
x x
x x
− + =
− −
(151)⇔
2
3 25
3
x x
− = −
⇔
2
3 5 3
x
x− − =
2
3 5
3
x
x− − = −
+)
2
3 5 3
x
x− − = ⇔(x – 4)
2 + = (VN)
+)
2
3 5
3
x
x− − = − ⇔(x + 1)
2 = ⇔x + = ± 7 ⇔x = ± 7-1 (t/m ĐK(*))
Vậy pt có nghiệm: x = ± 7- 3b ĐK: x≥5 x≤0 (*)
Nếu x≥5thì pt: x x( − +1) x x( −5) =2 x2
⇔ x− +1 x− =5 2 x ⇔ (x−5)(x− = +1) x 3 ĐK: x≥ −3 (**) ⇔-12x = ⇔ 1
3
x= − ( loại ) Nếu x = thỏa mãn pt
Nếu x < pt:
( 1) ( 5) 2
x x− + x x− = x
⇔ 1− +x 5− =x 2 − ⇔x (5−x)(1−x) = − −x 3 ĐK: x≤ −3 ⇔-12x = ⇔ 1
3
x= − (loại) Vậy pt có nghiệm x = 4a
3 AB
AC = ⇒
AB AC
k
= = ⇒ AB = 3k, AC = 4k
E
D
H
C B
(152)⇒ (3k)2 + (4k)2 = 502 ⇒ k2 = 100 ⇒ k = 10 ⇒ AB = 30 cm, AC = 40 cm
Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông ta có AB.AC = AH.BC ⇒ 30.40 = AH.50 ⇒ AH = 24cm
AB2 = BH.BC ⇒ 302 = BH 50 ⇒ BH = 18 cm
4b Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có AH2 = BH.CH
⇒ AH4 = BH2.CH2 = BD.AB.CE.AC=(BD.CE)(AB.AC) = (BD.CE).(AH.BC)
⇒ AH3 = BC.BD.CE
4c Áp dụng định lí Pytago ta có:
BD2 + CE2 = BH2 – HD2 + HC2 – HE2 = BH2 + HC2 – ( HD2 +HE2 ) = (AB2 – AH2 )+ (AC2 – AH2 ) – AH2 = (AB2 + AC2 ) – 3AH2 = BC2 – 3AH2 = 4a2 – 3AH2
Gọi O trung điểm BC ta có AH ≤ AO = a nên BD2 + CE2 ≥ 4a2 – 3a2 = a2
Dấu = xẩy H trùng O ⇔ ∆ABC vuông cân A
Vậy GTNN BD2 + CE2 a2 ∆ABC vng cân A 5 0≤ , b, c a ≤ 1 nên 2019 2020
, c c
b ≤b ≤ , (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 0, abc ≥
⇒ a + b2019 +c2020 −ab bc− −ac ≤ + + −a b c ab bc− −ac
và – abc – a – b – c + ab + ac + bc ≥ ⇒ a + b + c – ab – ac – bc ≤ – abc ≤
do 2019 2020
a + b 1
(153)2019 2020
0
(1 )(1 )(1 ) 0
0 , , 1
abc
b b
c c
a b c
a b c
=
=
=
− − − =
≤ ≤
chẳng hạn a = 1, b = c =