32bo de thi

Chứng minh rằng với mọi cách tô màu trên các điểm (chỉ dùng 3 màu: xanh, đỏ, vàng) và mọi cách tô màu trên các đoạn thẳng nối giữa các cặp điểm (chỉ dùng hai màu: tím hoặc nâu) ta đều tì[r]

(1)

Chương 1

Đề thi tuyển sinh lớp 10

1.1

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1989

(cho thí sinh)

Bài 1. Cho đa thứcP(x) =ax2+bx+c.

Biết với giá trị nguyên x, giá trị đa thức P(x) số phương (nghĩa bình phương số nguyên) Chứng minh hệ số a, b, c số nguyên, b số chẵn

Bài 2. Tìm giá trị bé biểu thức

a2+ab+b2−3a−3b+ 1989

Giá trị bé đạt giá trị a b?

Bài 3.Chứng minh 52 số ngun dương ln ln tìm số cho tổng hiệu số chia hết cho 100

Bài 4. Cho tam giác ABC Về phía ngồi tam giác vẽ góc BAx[ =

[

CAy= 21◦ Hạ BE vng góc với Ax(E nằm trênAx),CF vng góc với

Ay (F nằm Ay M trung điểm BC

1 Chứng minh tam giác M EF tam giác cân

2 Tính góc tam giác M EF

Bài 5. Có học sinh vừa lớp A vừa lớp B thành hàng dọc, đứng cách Chứng minh có học sinh đứng cách hai em lớp với khoảng cách

5

(2)

1.2

(cho thí sinh thí sinh chuyên lý)

Bài 1.Tìm tất giá trị nguyên củaxđể biểu thức sau số nguyên −2x2 +x+ 36

2x+

Bài 2. Tìm giá trị bé biểu thức

a2+ab+b2−3a−3b+

Giá trị bé đạt giá trị a b? Bài 3.

1 Chứng minh với m nguyên dương, biểu thức m2 +m +

khơng phải số phương (nghĩa khơng thể bình phương số nguyên)

2 Chứng minh với mngun dương,m(m+ 1)khơng thể tích bốn số nguyên liên tiếp

Bài 4. Cho tam giácABC vng cân, gócA= 90◦.CM là trung tuyến (M nằm AB) Từ A vẽ đường vng góc với M C cắt BC H Tính tỷ số BHH C

Bài 5.Có thành phố, thành phố có thành phố liên lạc với Chứng minh thành phố nói tồn thành phố liên lạc với

1.3

(cho thí sinh chuyên tốn - tin học)

Bài 1.

a4+b4 +c4−2a2b2−ab2c2 −2c2a2

Bài 2.

1 Cho biết x2+xx+1 =−

3 Hãy tính giá trị biểu thức

x2

x4+x2+ 1

(3)

1.4 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1991 (cho thí sinh) Tìm giá trị lớn biểu thức

x2 x4+x2 + 1

Giá trị lớn đạt giá trị x

Bài 3. Cho biểu thức P(n) = an+bn +c, a, b, c số nguyên dương Chứng minh với giá trị nguyên dương

n, P(n) chia hết cho m (m số nguyên dương cố định), b2 phải chia hết cho m Với ví dụ sau chứng tỏ suy b

chia hết chom

P(n) = 3n+ 2n+ (xét m= 4)

Bài 4. Cho đa giác lồi sáu cạnhABCDEF.M, I, L, K, N, H trung điểm cạnh AB, BC, CD, DE, EF, F A Chứng minh trọng tâm hai tam giácM N L HIK trùng

Bài 5. Giả sử trường có n lớp ta ký hiệu am số học sinh

của lớp thứ m, dk số lớp lớp có k học sinh,M số

học sinh lớp đông Chứng minh rằng: a1+a2+· · ·+an=d1+d2 +· · ·+dM

2 a2

1+a22+· · ·+a2n=d1+ 3d2+ 5d3+· · ·+ (2k−1)dk+· · ·+ (2M−1)dM

1.4

(cho thí sinh)

Bài 1.

1 Giải biện luận phương trình √

a+x+√a−x

√

a+x−√a−x =

√

b

Trong a, b số dương cho

2 Cho phương trình x2+ax+b+ = 0 Trong đó a, b∈Z và b6=−1. Chứng minh phương trình có hai nghiệm số nguyên a2+b2 hợp số

(4)

Bài 2. Cho a, b, c số đôi khác khác Giải hệ 

   

a3x+a2y+az=

b3x+b2y+bz = 1

c3x+c2y+cz = 1

Bài 3.Tìm nghiệm nguyên, dương phương trình 7x = 3.2y + 1.

Bài 4.

1 Cho hình thang ABCD(AB//CD) Gọi giao điểm AD vàBC

E, giao điểm củaAC vàBDlàF Chứng minh đường thẳngEF

đi qua giao điểm hai đáy AB, CD

2 Cho tam giác ABC M, N, P điểm cạnh

BC, CA, AB Nối AM, BN, CP Chứng minh diện tích bốn tam giác gạch chéo diện tích ba tứ giác khơng gạch chéo (Xem hình vẽ)

Bài 5. Tồn hay không 1991 điểm mặt phẳng cho ba điểm chúng ba đỉnh tam giác có góc tù?

1.5

(cho thí sinh chuyên toán chuyên tin)

Bài 1.

1 Rút gọn biểu thức

A=

q

2 √

3−4 √

2.6

q

44 + 16 √

6

2 Phân tích biểu thức sau thành nhân tử

P = (x−y)5+ (y−z)5+ (z−x)5

(5)

1.6 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1992 (cho thí sinh) Bài 2.

1 Cho số a, b, cα, β, γ thoả mãn điều kiện 

   

a+b+c=

α+β+γ = α

a + β

b + γ c =

Hãy tính giá trị biểu thứcA=αa2+βb2+γc2

2 Cho bốn số a, b, c, d số không âm nhỏ Chứng minh

0≤a+b+c+d−ab−bc−cd−da≤2

Khi dấu đẳng thức xảy ra?

Bài 3. Cho trước a d số nguyên dương Xét tất số có dạng

a, a+d, a+ 2d, , a+nd,

Chứng minh số có số mà chữ số 1991

Bài 4. Trong hội thảo khoa học có 100 người tham dự Giả sử người quen biết với 67 người Chứng minh tìm nhóm người mà người nhóm quen biết

Bài 5.

1 Cho hình vng ABCD Lấy điểmM nằm hình vng cho

\

M AB =M BA\ = 15◦.

Chứng minh tam giácM CD tam giác

2 Hãy xây dựng tập hợp gồm điểm có tính chất: Đường trung trực đoạn nối hai điểm ln qua hai điểm tập hợp điểm

1.6

(cho thí sinh)

Bài 1.

(6)

1 Giải phương trình q

x+ +

√

2x−5 +

q

x−2−3

√

2x−5 =

√

2

2 Giải hệ phương trình (

xy2−2y+ 3x2 =

y2+x2y+ 2x=

Bài 2. Tìm tất cặp số ngun khơng âm (m, n) để phương trình

x2−mnx+m+n =

có nghiệm nguyên

Bài 3. Cho tam giác ABC có diện tích S Trên cạnh AB, BC, CA

lần lượt lấy C0, A0, B0 tương ứng, cho

AC0=C0B, BA

0

A0C =

1 2,

CB0

B0A =

1

Giả sử AA0 cắt BB0 tạiM, BB0 cắt CC0 N, CC0 cắt AA0 P Tính diện tích tam giác M N P theo S

Bài 4.Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn Lấy điểm

D cung BC (không chứaA) đường trịn HạDH vng góc với

BC,DI vng góc vớiCA DK vng góc vớiAB Chứng minh

BC DH =

AC DI +

AB DK

Bài 5. Tìm tất cặp số nguyên dương (m, n) cho 2m+ chia hết cho n 2n+ chia hết chom

1.7

Bài 1.

1 Tìm tất số nguyên n để n4 + 2n3 + 2n2 +n + số phương

2 Cho a, b, c >0và a+b+c>1 Chứng minh

1

a2+ 2bc+

1

b2+ 2ca+

1

c2+ 2ab >9

(7)

1.8 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1993 (cho thí sinh) 11 Bài 2. Cho a tổng chữ số (29)1945, b là tổng chữ số của số a Tìm tổng chữ số b

Bài 3. Cho tam giácABC Giả sử đường phân giác ngồi góc A cắt đường thẳng BC D, K tương ứng Chứng minh

AD=AK thìAB2+AC2= 4R2, đóRlà bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giácABC

Bài 4.Trong mặt phẳng kẻ 1992 đường thẳng cho khơng có đường song song khơng có ba đường đồng quy Tam giác tạo ba đường thẳng số đường thẳng cho gọi "tam giác xanh" khơng bị đường thẳng số đường thẳng lại cắt

1 Chứng minh số tam giác xanh khơng 664

2 Chứng minh kết luận mạnh hơn: Số tam giác xanh khơng 1328 Bài 5. Có 41 thành phố nối với đường chiều Biết từ thành phố có 16 đường đến thành phố khác 16 đường từ thành phố khác đến Giữa hai thành phố khơng có q đường mạng đường nói Chứng minh từ thành phố A đến thành phố bất kỳB mà qua nhiều hai thành phố trung gian

1.8

(cho thí sinh)

Bài 1.

1 Giải phương trình

x+

s

x+1 +

r

x+ =

x3+ 2xy2+ 12y= 8y2+x2 = 12

Bài 2. Tìm giá trị lớn bé biểu thức

A=x2y(4−x−y)

khi x vày thay đổi thoả mãn điều kiện:x>0, y >0, x+y66

(8)

Bài 3. Cho hình thoi ABCD GọiR, r bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD, ABC a độ dài cạnh hình thoi Chứng minh rằng:

1

R2 +

1

r2 =

4

a2

Bài 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâmO bán kínhR Quay 4ABC góc 90◦ quanh tâmO ta được4A

1B1C1 Tính diện tích phần chung hai hình tam giác ABC vàA1B1C1 theo R

Bài 5. Tìm tất số nguyên dương a, b, c đôi khác cho biểu thức

A=

a +

1

b +

1

c +

1

ab +

1

ac +

1

bc

nhận giá trị nguyên dương

1.9

(cho thí sinh)

Bài 1. Giải phương trình sau: x4−2x3−6x2+ 16x−8 =

2 x2+ 2x+ =

√

x3+ 4x

Bài 2. Xét số x, y, z, t >0 thoả mãn hệ thức

xy+ 4zt+ 2yz+ 2xt=

Tìm giá trị lớn biểu thức

A =√xy+

√

zt

Bài 3. Tìm tất số nguyên x, y, z, tthoả mãn hệ phương trình (

xy−3zt=

xz+yt=

Bài 4. Cho tam giác cân ABC có AB = AC H trung điểm cạnh BC Một đường tròn qua A tiếp xúc với cạnh BC B cắt

AC, AH D E Biết D trung điểm AC bán kính đường trịn R Tính độ dài dây cungAE, AD theoR

Bài 5. Cho tam giác ABC có BC > AC Một đường thẳng song song với cạnhAB cắt cạnhBC vàAC điểmM vàN Chứng minh BN > AM

(9)

1.10 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1994(cho thí sinh chun tốn chun tin)13

1.10

(cho thí sinh chun tốn chun tin)

Bài 1.

    

(x+y)(y+z) = 4xy2z

(y+z)(z+x) = 4yz2x

(z+x)(x+y) = 4zx2y

Bài 2. Tìm tất cặp số nguyên(x, y)thoả mãn phương trình

12x2+ 6xy+ 3y2= 28(x+y)

Bài 3. Xác định giá trị nguyên dương n(n > 3) cho số A = 1,2,3 n (tích n số nguyên dương đầu tiên) chia hết cho số B = + + +· · ·+n

Bài 4. Cho a, b, c>1 Chứng minh

1 +a +

1 +b +

1 +c >

1 +

√

ab3 +

1 +

√

bc3 +

1 +

√

ca3 Bài 5. Cho 4ABC có AB=AC

1 Chứng minh ∠BAC = 20◦ thì ln tìm điểmD và

K cạnh AB AC cho AD=DK =KC =CB

2 Ngược lại, chứng minh tồn điểm D K cạnh AB AC cho AD=DK =KC =CB thì∠BAC = 20◦.

1.11

(cho thí sinh)

Bài 1. Giải hệ phương trình (

2x2−y2 = 1

xy+x2 =

Bài 2. Giải phương trình √

1−x+

√

4 +x=

(10)

Bài 3. Giả sử a, blà số nguyên dương cho: a+1b +b+1a số nguyên Gọi d ước số a b Chứng minh rằng: d6

√

a+b

Bài 4.Cho hai hình chữ nhật có diện tích Hình chữ nhật thứ có kích thước a b (a > b) Hình chữ nhật thứ hai có kích thước

c d (c > d) Chứng minh rằng: a > c chu vi hình chữ nhật thứ lớn chu vi hình chữ nhật thứ hai

Bài 5. Cho ba điểm cố địnhA, B, C thẳng hàng theo thứ tự Gọi (Ω)

là vòng tròn qua B C Kẻ từ Acác tiếp tuyến AE vàAF đến vòng tròn (Ω) (E F tiếp điểm) Gọi O tâm vòng tròn (Ω), I trung điểm BC, N trung điểm EF

1 Chứng minh rằng: E F nằm vòng tròn cố định vòng tròn (Ω) thay đổi

2 Đường thẳng F Icắt vòng tròn(Ω)tạiE0 Chứng minh rằngEE0song song vớiAB

3 Chứng minh tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ON I nằm đường thẳng cố định vòng tròn (Ω) thay đổi

1.12

Bài 1. Cho

x+

√

x2+ 3y+py2+ 3= 3 Hãy tính giá trị biểu thức

E =x+y

Bài 2. Giải hệ phương trình     

x+xy+y=

y+yz+z =

z+zx+x=

Bài 3. Cho x, y >0và x2+y2 = 1 Chứng minh rằng

1

√

2 6x

3

+y3 61

Bài 4. Tìm số ngun có chín chữ số A = a1a2a3b1b2b3a1a2a3, a1 6= b1b2b3 = 2a1a2a3 đồng thời A viết dạng

A=p21p 2p

2 3p

2

4 với p1, p2, p3, p4 bốn số nguyên khác

(11)

1.13 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1996 (cho thí sinh) 15 Bài 5. Cho vòng tròn(Ω), vẽ hai dây cungAB CD cắt ởI (I

nằm vòng tròn) Gọi M trung điểm BD, M I kéo dài cắt AC

ở N Chứng minh

AN N C =

AI2 CI2

1.13

(cho thí sinh)

Bài 1. Cho x >0, tìm giá trị nhỏ biểu thức

P =

x+x1

6 −

x6+

x6

−2

x+ 1x

3

+x3+

x3 Bài 2. Giải hệ phương trình

  

1 √

x +

q

2−

y =

1 √

y +

q

2−

x =

Bài 3. Chứng minh với n nguyên dương ta có

n3+ 5n

Bài 4. Cho a, b, c >0, chứng minh

a3

b + b3

c + c3

a >ab+bc+ca

Bài 5.Cho hình vngABCDcạnh bằnga GọiM, N, P, Qlà điểm nằm cạnh AB, BC, CD, DA

1 Chứng minh

2a2 6M N2 +N P2+P Q2 +QM2 64a2

2 Giả sửM điểm cố định cho trước cạnhAB Hãy xác định vị trí điểm N, P, Q cạnh BC, CD, DA choM N P Q hình vng

(12)

1.14

(cho thí sinh chun tốn chuyên tin)

Phần chung cho chuyên toán chuyên tin

Bài 1. Giải phương trình

(

√

x−1 + 1)3+

√

x−1 = 2−x

x−√y=

y−√z =

z−√x=

Bài 3. Chox, ylà số nguyên dương thay đổi thoả mãn điều kiện

x+y= 201

Hãy tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức:P =x(x2+y)+y(y2+x). Bài 4.Cho đoạn thẳng BC đường thẳng (d)song song vớiBC Biết khoảng cách đường thẳng(d)và đường thẳng quaBC nhỏ

BC

2 Giả sử A điểm thay đổi đường thẳng (d)

1 Hãy xác định vị trí điểm A để bán kính vịng tròn ngoại tiếp 4ABC nhỏ

2 Gọiha, hb, hc độ dài đường cao của4ABC Hãy xác định vị trí

của điểm A để tíchha.hb.hc lớn

Phần dành cho chuyên toán

Bài 5. Cho x, y, z >0 x+y+z 32 Chứng minh rằng: r

x2−

x2 + r

y2−

y2 + r

z2 −

z2 >

3

√

17

Phần dành cho chuyên tin

Câu 5. Chia hình trịn thành 14 hình quạt Trong hình quạt đặt viên bi (xem hình vẽ) Gọi T phép biến đổi: Lấy hai hình quạt có bi chuyển từ hình quạt viên bi sang hình quạt liền kề theo hai chiều ngược (ví dụ, viên bi hình quạt chuyển theo chiều kim đồng hồ viên bi hình quạt chuyển theo chiều ngược lại) Hỏi việc thực phép biến đổi trên, sau số hữu hạn bước ta chuyển tất viên bi vào hình quạt khơng Nếu có, q trình biến đổi.Nếu khơng, giải thích sao?

(13)

1.15 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1997 (cho thí sinh) 17

1.15

(cho thí sinh)

Bài 1.

x=

3 p

10 +

√

3(

√

3−1)

p

6 +

√

5− √

5

Tính P = (x3−4x+ 1)1997

Bài 2. Giải phương trình √

x+ +

√

x+ =

√

x

2xy =x+y+ 2yz =y+z+ 2xz =z+x+

Bài 4. Tìm tất số tự nhiên n để

2n+ 15

là số phương

Bài 5. Cho tam giác ABC cạnh l Bên tam giác ta đặt đường tròn (O, R) (O0, R0) tiếp xúc với nhau, cho hai đường tròn tiếp xúc với cạnh BC BA, đường tròn tiếp xúc với cạnhBC CA

1 Chứng minh R+R0 > √

3−1

2 Các bán kínhR vàR0bằng để tổng diện tích hình trịn

(O, R)và O0, R0 nhỏ tính giá trị nhỏ đó.

1.16

Bài 1.

(

y3+y2x+ 3x−6y= 0

x2+xy= 3

(14)

Bài 2. Có tồn hay khơng số nguyên x, y thoả mãn điều kiện

1992x1993+ 1993y1994= 1995

Bài 3. Số 1997 viết dạng tổng n hợp số, không viết dạng tổng n+ hợp số Hỏi n bao nhiêu?

Bài 4. Cho tam giác ABC ngoại tiếp vịng trịn có bán kính Gọi ha, hb, hc độ dài đường cao hạ từ đỉnhA, B, C tới

cạnh đối diện Hãy tìm giá trị lớn biểu thức

M =

ha+ 2hb

+

hb+ 2hc

+

hc+ 2ha

Bài 5. Trên đường tròn cho 16 điểm dùng màu: xanh, đỏ, vàng để tô điểm (mỗi điểm tô màu Giữa cặp điểm nối đoạn thẳng tơ màu tím màu nâu

Chứng minh với cách tô màu điểm (chỉ dùng màu: xanh, đỏ, vàng) cách tô màu đoạn thẳng nối cặp điểm (chỉ dùng hai màu: tím nâu) ta tìm hình vẽ tam giác có đỉnh điểm cho, mà đỉnh tô màu cạnh tô màu (dĩ nhiên khác màu tô đỉnh)

1.17

(cho thí sinh)

Bài 1.

1 Giải phương trình √

2−x2+√x2+ = 4 Giải hệ phương trình

(

x2+xy+y2 =

x4+x2y2+y4 = 21

Bài 2. Các số a, b thoả mãn điều kiện: (

a3−3ab2 = 19

b3−3a2b= 98 Hãy tính giá trị biểu thức sau: P =a2+b2

(15)

1.18 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1998(cho thí sinh chun tốn chun tin)19 Bài 3. Cho số a, b, c∈[0,1] Chứng minh

a+b2+c3−ab−bc−ca61

Bài 4. Cho đường trịn(ε)bán kínhR AvàB hai điểm cố định đường tròn,(AB <2R) Giả sử M điểm thay đổi cung lớnAB

của đường trịn

1 Kẻ từ B đường thẳng vng góc với AM, đường thẳng cắt AM

tại I cắt đường tròn (ε) N Gọi J trung điểm M N Chứng minh khiM thay đổi đường trịn điểm I, J

đều nằm đường tròn cố định

2 Xác định vị trí điểm M để chu vi 4AM B lớn Bài 5.

1 Tìm tất số nguyên dương n cho số n+ 26 n−11

đều lập phương số nguyên dương

2 Cho số x, y, zthay đổi thoả mãn điều kiện: x2+y2+z2 = Hãy tìm giá trị lớn biểu thức:

P =xy+yz+zx+1 2[x

2

(y−z)2+y2(z−x)2+z2(x−y)2]

1.18

Bài 1.

x+x2+x3+x4 =y+y2+y3+y4 x2+y2 = 1

2 Với giá trị a phương trình sau có nghiệm √

1−x+

√

1 +x=|1−a|+|1 +a|

Bài 2. Tìm nghiệm nguyên phương trình

19x3−98y2 = 1998

Bài 3.

(16)

1 Cho a, b, c số thoả mãn hai điều kiện sau i)0< a < b

ii) Phương trình ax2+bx+c= 0 vơ nghiệm Chứng minh rằng

a+b+c b−a >3

2 Cho x, y, z >0 Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức

P = x

2

x2+ 2yz +

y2

y2+ 2zx +

z2

z2+ 2xy

Bài 4.Cho bảng vng kích thước 1998×2000(bảng gồm 1998 hàng 2000 cột)

Ký hiệu (m, n) ô vuông nằm giao hàng thứ m (tính từ xuống dưới)và cột thứ n (tính từ trái qua phải)

Cho số nguyên p, q với16p61993 16q 61995;

Tô màu ô vuông bảng theo quy tắc: Lần thứ tô màu năm ô: (p, q); (p+ 1, q+ 1); (p+ 2, q+ 2); (p+ 3, q+ 3); (p+ 4, q+ 4) Lần thứ hai trở đi, lần tô năm ô chưa có màu nằm liên tiếp hàng cột

Hỏi cách ta tơ màu hết tất vng bảng hay khơng? Vì sao?

Bài 5. Cho tam giác ABC

Trong 4ABC, vẽ ba vịng trịn ε1, ε2, ε3 có bán kính nhau, tiếp xúc ngồi lẫn vịng trịn tiếp xúc với hai cạnh tam giác

Gọi ε vịng trịn tiếp xúc ngồi với ba vịng trịnε1, ε2, ε3 Biết bán kính vịng trịn ε làr, tính độ dài cạnh 4ABC

1.19

(cho thí sinh)

Bài 1. Cho số a, b, c thoả mãn điều kiện (

a+b+c=

a2+b2+c2 = 14

Hãy tính giá trị biểu thức: P = +a4+b4+c4 Bài 2.

(17)

1.19 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1999 (cho thí sinh) 21

√

x+ 3− √

7−x= √

2x−8

x+y+x1 + 1y = 92

xy+ xy1 = 52

Bài 3. Tìm tất số nguyên dươngn cho:n2+ 9n−2 chia hết cho n+ 11

Bài 4. Cho vòng tròn () điểm I vòng tròn Dựng qua I hai dây cung M IN EIF Gọi M0, N0, E0, F0 trung điểm

IM, IN, IE, IF

1 Chứng minh tứ giác M0E0N0F0 là tứ giác nội tiếp.

2 Giả sử I thay đổi, dây cung M IN, EIF thay đổi Chứng minh vịng trịn ngoại tiếp tứ giácM0E0N0F0có bán kính khơng đổi Giả sử I cố định, dây cung M IN, EIF thay đổi ln ln

vng góc với Tìm vị trí dây cung M IN EIF cho tứ giác M0E0N0F0 có diện tích lớn

(18)

Bài 5. Các số dương x y thay đổi thoả mãn điều kiện: x+y = Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức:

P =x2 +

y2

y2+

x2

Các thí sinh chuyên Sinh làm 5

1.20

Bài 1.

r

x+

x+ + = 2x

2

+

√

2x−1

Bài 2. Các số a1, a2, được xác định công thức

ak =

3k2+ 3k+ 1

(k2+k)3 với k >1 Hãy tính giá trị tổng: +a1+a2+· · ·+a9

Bài 3. Chứng minh tồn số chia hết cho 1999 tổng chữ số số bằng1999

Bài 4. Cho vịng trịn tâmO bán kínhR Giả sửA vàB hai điểm cố định vòng tròn với AB=R

√

3

1 Giả sử M điểm thay đổi cung lớn AB đường tròn Vòng tròn nội tiếp 4M AB tiếp xúc với M A E tiếp xúc với

M B tạiF Chứng minh đường thẳng EF ln tiếp xúc với đường trịn cố định M thay đổi

2 Tìm tập hợp tất điểm P cho đường thẳng 4vng góc với

OP tạiP cắt đoạn thẳng AB

Bài 5. Cho hình trịn (C) bán kính Giả sử A1, A2, , A8 điểm nằm trịn hình trịn (kể biên) Chứng minh điểm cho tồn hai điểm ma khoảng cách chúng nhỏ

1.21

(cho thí sinh)

Bài 1.

(19)

1.22 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2000(cho thí sinh chun tốn chun tin)23 Tính

S = 1.2+

1

2.3 +· · ·+ 1999.2000

x2+ y12 +

x y =

x+ 1y + xy =

Bài 2.

x−1 +

√

x3+x2 +x+ = +√x4 −1 Tìm tất giá trị a (a số thực) để phương trình

2x2−

4a+ 11

x+ 4a2+ =

có nghiệm ngun

Bài 3.Cho đường trịn tâmOnội tiếp hình thangABCD(AB//CD), tiếp xúc với cạnh AB tạiE với cạnh CD F (như hình vẽ)

1 Chứng minh

BE AE =

DF CF

2 Cho biết AB =a, CB =b,(a < b), BE = 2AE Tính diện tích hình thangABCD

Bài 4. Cho x, y hai số thực khác không Chứng minh

4x2y2

(x2+y2)2 +

x2

y2 +

y2

x2 >3 Dấu đẳng thức xảy nào?

1.22

Bài 1.

(20)

1 Tìm tất cặp số nguyên (x, y) thoả mãn đẳng thức y(x−1) =

x2+ 2

2 Cho cặp số (x, y)thoả mãn điều kiện

−16x+y61, −16xy+x+y 61

Chứng minh |x|62,|y|62

Bài 2.

1

x +

r

x−

x =x+

r

2x−

x

2 Cho f(x) =ax2+bx+ccó tính chất f(1), f(4) f(9) số hữu tỷ Chứng minh a, b, c số hữu tỷ

Bài 3.

1 Cho tứ giác lồiABCD Chứng minh gócB vàD tứ giác vng tù thìAC >BD

2 Cho đoạn thẳng AC cố định điểmB di động Hãy tìm tập hợp tất điểm B để tam giác ABC tam giác khơng tù góc BAC[

là góc bé tam giácABC

Bài 4. Trên mặt phẳng cho điểm cho khơng có ba điểm thẳng hàng khoảng cách cặp điểm số khác Ta nối cặp điểm đoạn thẳng Chứng minh đoạn thẳng thu có đoạn thẳng cạnh bé tam giác có đỉnh điểm cho đồng thời cạnh lớn tam giác khác có đỉnh điểm cho

1.23

(cho thí sinh)

Bài 1. Tìm giá trị nguyên x, ythoả mãn đẳng thức

(y+ 2)x2+ =y2

Bài 2.

(21)

1.24 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2001(cho thí sinh chuyên tốn chun tin)25 Giải phương trình

p

x(3x+ 1)−px(x−1) =

√

x2 Giải hệ phương trình

(

x2+xy+ = 3x+y

x2+y2 = 2

Bài 3. Cho nửa vịng trịn đường kính AB = 2a Trên đoạn AB lấy điểm M Trong nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa vòng tròn, ta kẻ hai tia

M x M y cho \AM x= \BM x = 300 Tia M x cắt nửa vòng tròn ở E, tiaM y cắt nửa vòng tròn F Kẻ EE0, F F0 vng góc xuống AB

1 Cho AM = a2, tính diện tích hình thang vng EE0F0F theo a. Khi điểmM di động trênAB, chứng minh đường thẳngEF ln

tiếp xúc với vịng trịn cố định

Bài 4.Giả sửx, y, z số thực khác không thoả mãn hệ đẳng thức: (

x

y +

1

z

+y

z +

1

x

+z

x +

1

y

=−2

x3+y3+z3 =

Hãy tính giá trị biểu thức

P =

x +

1

y+

1

z

Bài 5.Với x, y, z số thực dương, tìm giá trị lớn biểu thức

M = xyz

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

1.24

Bài 1.

1 Cho f(x) =ax2+bx+ccó tính chấtf(x)nhận giá trị ngun khi x số nguyên Hỏi hệ số a, b, c có thiết phải số ngun hay khơng? Tại sao?

(22)

2 Tìm số nguyên không âm x, y thoả mãn đẳng thức:

x2 =y2+py+

4

√

x+ =x2 −5x+ 14

Bài 3. Cho số thực a, b, x, y thoả mãn hệ 

       

ax+by=

ax2+by2 = 5

ax3+by3 = 9

ax4+by4 = 17 Hãy tính giá trị biểu thức

A=ax5+by5 B =ax2001+by2001

Bài 4. Cho đoạn thẳng AB có trung điểm làO Gọi d1, d2 đường thẳng vng góc với AB tương ứng A B Một góc vng đỉnh O có cạnh cắt d1 M, cịn cạnh cắt d2 N Kẻ OH vng góc xuống

M N Vòng tròn ngoại tiếp tam giác M HB cắt d1 điểm thứ hai E khác

M, M B cắt N A I, đường thẳng HI cắt EB K Chứng minh K

nằm vịng trịn cố định góc vuông quay xung quanh đỉnh O Bài 5. Cho 2001 đồng tiền, đồng tiền sơn mặt màu đỏ mặt màu xanh Xếp 2001 đồng tiền theo vịng trịn cho tất đồng tiền có mặt xanh ngửa lên phía Cho phép lần đổi mặt đồng thời đồng tiền liên tiếp cạnh Hỏi với cách làm thế, sau số hữu hạn lần ta làm cho tất đồng tiền có mặt đỏ ngửa lên phía hay khơng? Tại sao?

1.25

(cho thí sinh)

Bài 1.

1 Giải phương trình: p8 +√x+p5−√x =

(23)

1.26 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2002(cho thí sinh chun tốn chun tin)27 Giải hệ phương trình

(

(x+ 1)(y+ 1) =

x(x+ 1) +y(y+ 1) +xy= 17

Bài 2.Choa, b, clà độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh phương trình x2+ (a+b+c)x+ab+bc+ca= 0 vơ nghiệm.

Bài 3. Tìm tất số nguyên n cho n2+ 2002 là số chính phương

Bài 4. Tìm giá trị nhỏ biểu thức

P = 1 +xy +

1 +yz +

1 +zx

trong đóx, y, zlà số dương thay đổi thoả mãn điều kiệnx2+y2+z2 63. Bài 5. Cho hình vng ABCD, M điểm thay đổi cạnh BC (M

không trùng với B) N điểm thay đổi cạnh CD (N không trùng vớiD) cho:

\

M AN =M AB\ +N AD\

1 BD cắt AN AM tương ứng P Q Chứng minh năm điểm P, Q, M, C, N nằm đường tròn

2 Chứng minh đường thẳng M N tiếp xúc với đường tròn cố định M vàN thay đổi

3 Ký hiệu diện tích tam giác AP Q S1 diện tích tứ giác

P QM N làS2 Chứng minh tỉ số SS1

2 không đổi khiM vàN thay đổi

1.26

Bài 1.

1 Giải phương trình: √x2−3x+ 2+√x+ =√x−2+√x2+ 2x−3 Tìm nghiệm nguyên phương trình

x+xy+y=

(24)

x2+y2+xy=

x3+y3 =x+ 3y

Bài 3.Cho mười số nguyên dương 1,2, ,10 Sắp xếp mười số cách tuỳ ý thành hàng Cộng số với số thứ tự hàng, ta mười tổng Chứng minh mười tổng tồn hai tổng có chữ số tận giống

P = 4a

b+c−a +

9b a+c−b+

16c a+b−c

trong a, b, c độ dài ba cạnh tam giác

Bài 5. Đường tròn (C) tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB tương ứng điểmA0, B0, C0.

1 Gọi giao điểm đường tròn (C) với đoạn IA, IB, IC M, N, P Chứng minh đường thẳng A0M, B0N, C0P đồng quy

2 Kéo dài đoạnAI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giácABC tạiD (khác

A) Chứng minh I B.I CI D = 2r r bán kính đường trịn

(C)

1.27

(cho thí sinh)

(

√

x+ 5− √

x+ 2)(1 +

√

x2+ 7x+ 10 = 3 Bài 2. Giải hệ phương trình

(

2x3+ 3x2y = 5

y3+ 6xy2 = 7

Bài 3. Tìm số nguyên x, y thoả mãn đẳng thức

2y2x+x+y+ =x2+ 2y2+xy

Bài 4. Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R (R độ dài cho trước),M, N hai điểm nửa đường tròn(O)sao choM thuộc cung AN tổng khoảng cách từ A, B đến đường thẳng M N

R

√

3

(25)

1.28 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2003(cho thí sinh chun tốn chun tin)29 Tính độ dài đoạn M N theo R

2 Gọi giao điểm hai dây AN BM làI, giao điểm đường thẳngAM vàBN K Chứng minh bốn điểmM, N, I, K nằm đường trịn Tính bán kính đường trịn theoR Tìm giá trị lớn diện tích tam giác KAB theo R M, N

thay đổi thoả mãn giả thiết toán Bài 5. x, y, z số thực thoả mãn điều kiện

x+y+z+xy+yz+zx=

Chứng minh rằng: x2+y2+z2 >3.

1.28

Bài 1.

x4+ 2mx2+ =

Tìm giá trị tham sốmđể phương trình có nghiệm phân biệtx1, x2, x3, x4 thoả mãn

x41+x42+x43+x44 = 32

2x2 +xy−y2−5x+y+ = 0

x2+y2+x+y−4 = 0

Bài 3. Tìm số nguyên x, ythoả mãn đẳng thức

x2+xy+y2 =x2y2

Bài 4.Cho đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnhBC, CA, ABtương ứng điểmD, E, F Đường trịn tâmO0bàng tiếp góc BAC[ tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC phần kéo dài cạnhAB, AC tương ứng điểm P, M, N

1 Chứng minh rằng: BP =CD

2 Trên đường thẳngM N ta lấy điểmI vàKsao choCK//AB, BI//AC Chứng minh tứ giácBICEvàBKCF hình binh hành

(26)

3 Gọi (S) đường tròn qua ba điểm I, K, P Chứng minh rằng(S)

tiếp xúc với đường thẳng BC, BI, CK

Bài 5. Số thựcxthay đổi thoả mãn điều kiệnx2+ (3−x)2>5 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

p=x4+ (3−x)4+ 6x2(3−x)2

1.29

(cho thí sinh)

Bài 1.

|x+ 1|+|x−1|= +|x2−1| Tìm nghiệm nguyên hệ

(

2y2−x2−xy+ 2y−2x= 7

x3+y3+x−y= 8 Bài 2. Cho số thực dương a bthoả mãn

a100+b100=a101+b101=a102+b102

Hãy tính giá trị biểu thức

P =a2004+b2004

Bài 3. Cho 4ABC có AB = 3cm, BC = 4cm, CA= 5cm Đường cao, đường phân giác, đường trung tuyến tam giác kẻ từ đỉnh B chia tam giác thành phần Tính diện tích phần

Bài 4. Cho tứ giácABCD nội tiếp đường trịn có hai đường chéo

AC BD vng góc với H (H khơng trùng với tâm đường trịn) GọiM vàN chân đường vng góc hạ từH xuống đường thẳngABvàBC;P vàQlần lượt giao điểm đường thẳngM H

và N H với đường thẳng CD DA Chứng minh đường thẳng

P Qsong song với đường thẳng AC bốn điểm M, N, P, Qnằm đường tròn

Q=

x1

0

y2 +

y10

x2

+1 4(x

16

+y16)−(1 +x2y2)2

(27)

1.30 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2004(cho thí sinh chun tốn chuyên tin)31

1.30

Bài 1.

√

x+ +

√

x−1 =

Bài 2. Giải hệ phương trình

(x+y)(x2+y2) = 15(x−y)(x2−y2) =

P = (x

3+y3)−(x2+y2)

(x−1)(y−1)

trong đó, x, y số thực lớn

Bài 4. Cho hình vng ABCD điểmM nằm hình vng Tìm tất vị trí điểm M cho M AB\ =M BC\ =M CD\ =

\ M DA

2 Xét điểm M nằm đường chéoAC Gọi N chân đường vng góc hạ từ điểmM xuốngABvàOlà trung điểm đoạnAM Chứng minh tỷ số OBCN có giá trị không đổi M di chuyển đường chéoAC

3 Với giả thiếtM nằm đường chéoAC, xét đường trịn (S1)và

(S2) có đường kính tương ứng AM CN Hai tiếp tuyến chung của(S1)và(S2)tiếp xúc với(S2)tạiP vàQ Chứng minh đường thẳngP Q tiếp xúc với (S1)

Bài 5. Với số thực a, ta định nghĩa phần nguyên số a số nguyên lớn không vượt quáavà ký hiệu là[a] Dãy sốx0, x1, x2, , xn,

được xác định công thức

xn =

hn+ 1 √

2

i −h√n

2

i

Hỏi 200 số {x0, x1, , x199} có số khác 0? (Cho biết

1,41 <

√

2<1,42)

(28)

1.31

(cho thí sinh)

x+y+xy =

x2+y2 = 2 Bài 2. Giải phương trình

x+

√

x+ +

√

3−2x= 11

Bài 3. Tìm nghiệm nguyên phương trình

x2+ 17y2+ 34xy+ 51(x+y) = 1740

Bài 4. Cho đường trịn (O),(O0) nằm ngồi có tâm tương ứng

O O0 Một tiếp tuyến chung ngồi hai đường trịn tiếp xúc với (O) tạiAvà(O0)tạiB Một tiếp tuyến chung hai đường tròn cắt AB

tạiI, tiếp xúc với(O) tạiC (O0)tại D BiếtC nằm giữa I và D. Hai đường thẳng OC, O0B cắt tại M Chứng minh rằng OM >

O0M

2 Ký hiệu (S) đường tròn qua A, C, B (S0) đường tròn qua A, D, B Đường thẳng CD cắt (S) E khác C cắt (S0) tại

F khácD Chứng minh rằngAF vng góc vớiBE

Bài 5. Giả sử x, y, z số dương thay đổi thoả mãn điều kiện

xy2z2+x2z+y= 3z2 Hãy tìm giá trị lớn biểu thức

P = z

4

1 +z4(x4+y4)

1.32

Bài 1.

√

2−x+

√

2 +x+

√

4−x2 = 2 Bài 2. Giải hệ phương trình

(

x3+y3−xy2 = 4x4+y4 = 4x+y

Bài 3.Giả sửx, ylà số không âm thoả mãn điều kiệnx2+y2 =

(29)

1.32 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2005(cho thí sinh chun tốn chun tin)33 Chứng minh 16x+y

√

2

2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

P =

√

1 + 2x+p1 + 2y

Bài 4. Cho hinh vuông ABCD điểmP nằm tam giác ABC Giả sử góc \BP C = 1350 Chứng minh rằng 2P B2+P C2 =P A2. Các đường thẳng AP CP cắt cạnh BC BA tương ứng

các điểmM vàN Gọi Qlà điểm đối xứng vớiB qua trung điểm đoạn M N Chứng minh P thay đổi 4ABC, đường thẳngP Q qua D

Bài 5.

1 Cho đa giác (H) có 14 đỉnh Chứng minh đỉnh của(H) ln có đỉnh đỉnh hình thang

2 Có phân số tối giản mn lớn (m, n số nguyên dương) thoả mãn m.n= 13860

(30)

Đáp án tuyển sinh

2.1

Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1989

(cho thí sinh)

Bài 1. Gọi tập hợp số phương .P(x) =ax2+bx+c Ta có

P(0) =c∈ →c=c21, c1 ∈Z

P(1) =a+b+c∈

P(−1) =a−b+c∈→ (

a+b∈Z

a−b∈Z →

(

2a =a1 ∈Z

2a =b1 ∈Z

P(4) = 16a+ 4b+c21 =k2, k ∈Z→8a1+ 2b1 =k2−c21

Do 8a1+ 2b1 chẵn nên k2−c21 chẵn hay k c1 tính chẵn, lẻ nên

k2−c21 4→b1 2→b=

b1

2 ∈Z

Do a−b∈Z nên từ ta cóa ∈Z P(2) = 4a+ 2b+c2

1 =t2, t∈Z→4a+ 2b=t2−c21 →t2−c21 chẵn suy t vàc1 tính chẵn, lẻ nên ta có t2−c21 4→b chẵn

Vậya, b, c∈Z b chẵn Bài 2. Đặt

P =a2+ab+b2 −3a−3b+ 1989

→4P =a2−2ab+b2 + 3(a2+b2+ + 2ab−4a−4b) + 4.1989−12 = (a−b)2+ 3(a+b−2)2+ 4.1986 ≥4.1986

Suy P ≥1986, dấu "=" đạt (

a−b=

a+b−2 = →a=b=

34

(31)

2.1 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1989 (cho thí sinh) 35 VậyP đạt giá trị bé 1986, đạt a=b=

Bài 3.Gọi 52 số nguyên dương cho làa1, a2, , a52 Mỗi số ai

đều có dạngai= 100bi+ci, đóbi, ci ∈Nvà0≤ci ≤99, (i= 1,52)

Nếu sốc1, c2, , c52có hai số nhau, giả sửci =ck →ai−ak = 100(bi −bk) 100

Nếu tất c1, c2, , c52 đơi khác có 51 số khác 50, giả sử làc1, c2, , c51 Khi ta đặt di = 100−ci d1, d2, , d51 số nguyên khác 1≤di ≤ 100 Như 102 số c1, c2, , c52,

d1, d2, , d51 nhận không 101 giá trị (từ đến 100) có số chúng Do sốc1, c2, , c51 khác d1, d2, , d51 khác nên hai số làci dk suy ci =dk = 100−

ck →ci+ck = 100, đâyi6=kvìci= 506 →ai+ak = 100(bi+bk) + 100 100

Bài 4 Kéo dài BE, CF đoạn EI = BE F K = CF Khi 4ABI,4ACK cân A BAK\ =CAK\ = 30◦.

1 Nếu BAC[ = 150◦ B, A, K thẳng hàng, C, A, K thẳng hàng

BK =BA=AK =IA+AC =IC

Do E, M, F trung điểm IB, BC, CK nên EM = 2IC =

2BK =M F ⇒ 4M EF cân M

2 Gọi giao điểm IC vàBK làO trường hợp ta có

A, B, O, I nằm đường tròn góc hai tia BK, CI

bằng 150◦ Từ ta cóM EF\ =M F E\ = 15◦.

Bài 5.Giả sử theo thứ tự bạn học sinh làa1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8, a9 Ta chứng minh toán phản chứng

Giả sử ngược lại: Khơng có bạn đứng cách hai bạn lớp (1) Không tổng quát giả sửa5 học sinh lớpA, đóa4 a6 khơng thể thuộc lớp A Vì có hai khả sau:

1 a4 a6 thuộc lớp B Khi a4 cách a2 a6, cịn a6 cách a4 a8 nên a2 a8 thuộc lớp A suy a5 đứng cách hai bạn lớp a2 a8, trái với giả thiết (1)

2 a4 vàa6thuộc hai lớp khác nhau, khơng tổng qt giả sửa4 thuộc lớp A cịn a6 thuộc lớp B Do a4 cách a3 a5, nên a3 thuộc lớp

B Do a6 cách đềua3 a9 nên a9 thuộc lớpA Do a5 cách đềua1

a9 nên a1 thuộc lớp B Do a2 cách a1, a3 nên a2 thuộc lớp A Do

a5 cách a2, a8 nên a8 thuộc lớp B Do a6, a8 thuộc lớp B nên a7 thuộc lớp A Như a7 đứng cách hai bạn lớp A a5

a9, trái với giả thiết (1)

Vậy hai khả a) b) dẫn đến vô lý nên điều giả sử (1) sai

(32)

2.2

(cho thí sinh chuyên lý)

Bài 1.

f(x) = −2x

2+x+ 36

2x+ =−x+ + 30 2x+

Với x nguyên f(x) số nguyên 2x+ ước số 30 Do 2x+ lẻ nên 2x+ nhận tám giá trị

±1,±3,±5,±15, từ thu giá trị cần tìm củaxlà−9,−4,−3,−2,−1,0,1,6 Bài 2. Đặt P =a2+ab+b2−3a−3b+ 3 ta có

4P =a2 −2ab+b2+ 3(a2+b2+ + 2ab−4a−4b) = (a−b)2+ 3(a+b−2)2 ≥0

Suy P ≥0, dấu "=" đạt (

a−b=

a+b−2 = ⇒a=b=

VậyP đạt giá trị bé 0, đạt a=b=

Bài 3

1 Với m nguyên dương ta có m2 < m2 +m+ < (m+ 1)2 Do

m <

√

m2+m+ 1 < m+ 1→√m2+m+ 1 không số nguyên hay

m2+m+ khơng số phương

2 Giả sử ngược lại:m(m+ 1)bằng tích số nguyên liên tiếp, tức tồn a∈Z mà m(m+ 1) =a(a+ 1)(a+ 2)(a+ 3) = (a2+ 3a)(a2+ 3a+ 2) =n(n+ 2), với n=a2+ 3a∈Z

Vậym(m+ 1) =n(n+ 2) suy ram2+m+ =n2+ 2n+ = (n+ 1)2 hay m2+m+ số phương, trái với kết luận câu 1) nên điều giả sử m(m+ 1) tích số nguyên liên tiếp sai

Bài 4.

(33)

2.3 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1989 (cho thí sinh chun tốn - tin học) 37 Giả sử AH cắt M C I Gọi trung điểm BH K M K//AM Dễ thấy ba tam giác vuôngAM C, IAC vàIM Ađồng dạng màAC = 2AM

nên IC = 2IA= 4IM suy

M K M C =

IM IC =

1

4 →

BH HC =

2HK HC =

1

Vậy

BH HC =

1

Bài 5. Gọi thành phố cho A, B, C, D, E, F

Xét thành phố A Trong thành phố cịn lại có thành phố liên lạc vớiA có ba thành phố khơng liên lạc với A

(vì số thành phố liên lạc vớiAkhông vượt số thành phố không liên lạc vớiA khơng vượt q ngồiA, số thành phố cịn lại không vượt 4) Ta xét hai khả

a) Số thành phố liên lạc với A khơng 3, giả sử B, C, D liên lạc vớiA Theo giả thiết, thành phố B, C, Dcó hai thành phố liên lạc với nhau, hai thành phố với A ba thành phố (đôi một) liên lạc với

b) Số thành phố không liên lạc với A khơng 3, giả sử ba thành phố không liên lạc vớiA làD, E, F Khi ba thành phố (A, D, E) D E liên lạc với (vì D, E không liên lạc vớiA)

Tương tự, ba (A, E, F),(A, F, D)thìE F liên lạc với nhau, F D liên lạc với D, E, F ba thành phố (đôi một) liên lạc với

2.3

(cho thí sinh chun tốn - tin học)

Bài 1.

a4+b4+c4−2a2b2−2b2c2−2c2a2 =

= (a2+b2−c2)2−4a2b2

= (a2+b2−c2+ 2ab)(a2+b2−c2 −2ab) = [(a+b)2−c2][(a−b)2−c2]

= (a+b+c)(a+b−c)(a−b+c)(a−b−c)

Bài 2.

(34)

1

x

x2+x+ 1 =−

2

3 ⇒

x2+x+ 1

x2 =−

3

⇒x+

x + =−

3

2 ⇒x+

x =−

5

⇒x

4+x2+ 1

x2 =x

+

x2 + =

x+

x

2

−1 = 25

4 −1 = 21

4

Vậy

x2

x4+x2+ 1 =

4 21

Chú ý: Có thể giải phương trình x2+xx+1 = −

2

3, thu hai nghiệm

x1 = x2 = 12 Từ ta có: x

x4+x2+1 = 21

P(x) = x

2

x4+x2+ 1 Ta có P(x)>0 với mọix6= P(0) = Vớix6= ta có P1(x) =x2+ x12 + 1≥3 (vì x

2

+ x12 ≥2)

Dấu "=" đạt x2 = → x = ±1 Vậy P(x) ≤ hayP(x)đạt giá trị lớn 13, đạt x=±1 Bài 3.

P(n) =an+bn+c⇒     

P(1) =a+b+c P(2) =a2+ 2b+c P(3) =a3+ 3b+c Từ ta có

P(2)−P(1) m⇔a(a−1) +b m

→2ba(a−1) + 2b2 m (1)

[a(a−1) +b]2 m ⇔a2(a−1)2 + 2ba(a−1) +b2 m (2)

P(1) +P(3)−2P(2) m⇔a3−2a2+a m⇒a(a−1)2 m⇒a2(a−1)2 m

(35)

2.3 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1989 (cho thí sinh chuyên tốn - tin học) 39 Do đó, từ (2) ta có

2ba(a−1) +b2 m (3)

Từ (1) (3) ta suy b2 m

Có thể thấy từ giả thiết tốn khơng suy b m Thật vậy, vớia = 3, b= 2, c = thìP(n) = 3n+ 2n+ 3 Chọn m= 4 khi đó:

Vớin lẻ dễ thấy3n+ 1 .4, đó P(n) = 3n+ + 2(n+ 1) .4

Vớin chẵn dễ thấy 3n+ 3 .4, đó P(n) = 3n+ + 2n .4

Vậy với số nguyên dương n ta có P(n) 4, b= không chia hết cho

Bài 4. Gọi trung điểm CF O thìM IOH KLON hình bình hành Suy hai đoạn M O, IH có chung trung điểm P hai đoạn

KO, LN có chung trung điểm Q Có hai khả năng:

1 M, O, K khơng thẳng hàng Khi M Qlà đường trung tuyến chung 4M LN 4M OK Do trọng tâm G 4M LN trọng tâm 4M OK Tương tự, KP đường trung tuyến chung 4M OK 4IKH nên trọng tâmG 4M OK trọng tâm 4IKH Vậy trọng tâm hai tam giác M LN IKH trùng

2 M, O, K thẳng hàng Gọi G G0 là trọng tâm 4M LN và 4IKH tương ứng Đặt M P =P O=a, OQ=QK =b

Khi

M G =

3M Q=

3(2a+b) = 3a+

2 3b

KG0 =

3KP =

3(2b+a) = 3b+

2 3a

⇒M G0=M K −KG0= 2a+ 2b−4

3b+ 3a

= 3a+

2

3b=M G

Do G, G0 thuộc đoạn M K nên từ ta có G0 ≡G

Bài 5. Gọi tổng số học sinh T thìT =a1+a3+· · ·+an Gọi số lớp

có i học sinh làpi (i= 1, M)

1 Dễ thấy T = 1p1 + 2p2+ 3p3+· · ·+M pM Mặt khác dk số lớp

(36)

mà lớp có số học sinh khơng k nên

d1 =p1+p2+p3+· · ·+pM−1 +pM (1)

d2 = p2+p3+· · ·+pM−1+pM (2)

d3 = p3+· · ·+pM−1 +pM (3)

.

dM−1 = pM−1+pM (M-1)

dM = pM (M)

Cộng đẳng thức lại ta

d1+d2+· · ·+dM = 1p1+2p2+3p3+· · ·+M pM =T =a1+a2+· · ·+an

2 Ta có a2 1+a

2

2+· · ·+a

n=p112+p222+· · ·+pMM2 Mặt khác, nhân

các đẳng thức (1),(2),(3), ,(M) câu 1) với 1,3,5, ,(2M −1)

tương ứng cộng lại ta

d1+ 3d2+5d3+· · ·+ (2M −1)dM =

=p1+ (1 + 3)p2+ (1 + + 5)p3+· · ·+

+ (1 + + +· · ·+ (2M −1))pM = 12P1+ 22p2 + 33p3+· · ·+M2pM =a21+a

2

2+· · ·+a

n

(Chú ý + + + (2k−1) =k2)

2.4

(cho thí sinh)

Bài 1.

1 √

a+x+√a−x

√

a+x−√a−x =

√

b (1)

Để có nghĩa ta phải có −a ≤ x ≤ a Do vế phải dương nên √

a+x−√a−x >0 suy rax >0

Vậy điều kiện x là: < x ≤ a Với điều kiện (1) tương đương với

2a+

√

a2−x2

2a−2

√

a2−x2 =b⇒

2a

1− √

a2−x2 −1 = b

2a

b+ =a−

√

a2−x2 ⇒ √

a2−x2 = a(b−1)

b+ (2)

(37)

2.4 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1991 (cho thí sinh) 41 Do

Nếub <1 (2) vơ nghiệm (1) vơ nghiệm Nềub≥1thì (2) tương đương với

a2−x2 = a

2(b−1)2

(b+ 1)2 ⇒x

=a2 4b

(b+ 1)2 ⇒x=±

2a b+

√

b

Loại nghiệm âm ta nghiệm x = b2+1a

√

b thoả mãn điều kiện

0< x≤a (vì b+ ≥2

√

b)

Vậy (1) có nghiệm khib≥1 nghiệm x = 2a

√

b b+1

x2+ax+b+ = (1)

Giả sửx1, x2 hai nghiệm nguyên (1) Dob=6 −1nên x1 6=

x2 6= Theo định lý Viét ta có (

x1+x2 =−a

x1x2 =b+

→a2+b2 = (x1+x2)2 + (x1x2−1)2 =x21+x 2+x

2 1x

2 2+

= (x21+ 1)(x22+ 1)

Dox1, x2 số nguyên khác nênx21+ 1vàx22+ số nguyên không bé vậya2+b2 hợp số

Bài 2. 

   

a3x+a2y+az =

b3x+b2y+bz=

c3x+c2y+cz =

Nhân (1) với b (2) với a trừ vế cho nhau, sau chia cho

a−b6= ta phương trình

ab(a+b)x+aby=−1 (4)

Tương tự, nhân (1) vớic (3) với arồi trừ vế cho nhau, sau chia cho a−c6= ta

ac(a+c)x+acy=−1 (5)

(38)

Khi hệ cho tương đương với 

   

a3x+a2y+az= 1

ab(a+b)x+aby=−1

ac(a+c)x+acy=−1

Nhân (4) vớic, (5) vớibrồi trừ vế cho nhau, sau chia cho b−c6=

ta abcx= hay x =

abc Thay x=

1

abc vào (4) thu y=− a+b+c

abc

Thay x = abc1 , y = −a+b+c

abc vào (1) thu z =

ab+bc+ca

abc Vậy nghiệm

hệ cho

x=

abc, y=−

a+b+c

abc , z =

ab+bc+ca abc

Bài 3Dễ thấy 7x chia dư nếuxlẻ dư nếu xchẵn Phương trình

đã cho tương đương với

7x−1 = 3.2y (1)

Nếu x lẻ 7x−1 chia dư cịn với y ≥ 3.2y y Với y= ta nghiệm x= 1, y=

Nếu x chẵn tức x= 2z (z nguyên dương) phương trình (1) có dạng

(7z+ 1)(7z−1) = 3.2y (2)

Vì 2,3 số nguyên tố, nên (2) dạng phân tích (7z+ 1)(7z −1)

thành tích thừa số nguyên tố

Do 7z+ chia dư nên7z+ = 2n.(3) vớin số nguyên dương Từ ta có 7z −1 = 2n−2 suy (2) có dạng

2n(2n−2) = 3.2y ⇒2n+1(2n−1 −1) = 3.2y

Do 2n−1−1khơng chia hết cho nên2n−1−1 = 3 hayn = 3 Thay vào (3) ta thu z = suy x= Thay x= vào (1) ta nghiệm

x= 2, y =

Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun dương x = 1, y =

và x= 2, y=

Bài 4.

1 Gọi giao điểm EF vớiAB, CD tương ứng I, K Qua F kẻ đường thẳng song song với AB CD cắt AD M, cắt BC N Ta có

M F DC =

AM AD =

BN BC =

F N

DC ⇒M F =F N

(39)

2.4 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1991 (cho thí sinh) 43 DoAB//M N, CD//M N nên ba đường thẳng đồng quyEC, ED, EK

cắt đường thẳng AB, M N, DC thành đoạn thẳng tỷ lệ

IA IB =

KD KC =

F M F N =

Suy EF qua trung điểm I, K AB CD

2

SI J K =SN J C ⇒SI CK =SI CN ⇒KN//IC

Khi theo (1) thìAJ qua trung điểmE KN suy SAKJ =

SAN J mà SAKP =SCJ N nên

SAP J =SAI C ⇒P J =J C ⇒SBP J =SBJ C

DoSBI M =SI J K nên từ ta cóSBI KP =SCJ I M Tương tự ta chứng

minh SCJ I M =SAKJ N Vậy diện tích ba tứ giác không gạch

chéo

Bài 5. Trên nửa đường trịn đường kính AB ta lấy 1991 điểm khác

nhau khác A, B:A1, A2, A3, , A1991 Giả sử Ai, Aj, Ak ba điểm bất

(40)

kỳ chúng, Ai, Aj, Ak khơng thẳng hàng Giả sử nửa đường

tròn cho AJ nằm Ai Ak (tức Aj thuộc cung nhỏ AjAk)

\

AiAjAk >90◦ 4AiAjAk tam giác tù

Vậy mặt phẳng tồn 1991 điểm mà ba điểm chúng ba đỉnh tam giác tù

2.5

Bài 1.

1 Rút gọn

A=

q

2 √

3−4 √

26

q

44 + 16 √

6 =

q

2 √

3−4 √

26

q

(2 √

3 + √

2)2

=

q

(2 √

3−4 √

2)(2 √

3 + √

2) =−3 √

20

2 P = (x−y)5+ (y−z)5+ (z−x)5

Đặt a=x−y, b=y−z, z−x=−(a+b) Khi

P =a5+b5−(a+b)5 = (a+b)[a4−a3b+a2b2−ab3+b4−(a+b)4] = (a+b)(a4−a3b+a2b2−ab3+b4−a4−4a3b−6a2b2−4ab3−b4) = (a+b)[−5(a3b+a2b2+ab3)] =−5(a+b)ab(a2+ab+b2)

= 5(x−y)(y−z)(z−x)[(x−y)2+ (x−y)(y−z) + (y−z)2] = 5(x−y)(y−z)(z−x)(x2+y2+z2−xy−yz−zx)

Bài 2.

1 

   

a+b+c=

α+β+γ = α

a +

β

b +

γ

c =

(41)

2.5 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1991(cho thí sinh chun tốn chun tin)45 Từ phương trình ta cóc=−(a+b), γ =−(α+β) Thay vào phương trình ta

α a +

β b +

γ c =

→(αb+βa)(a+b) + (α+β)ab=

→αb2+βa2+ 2ab(α+β) =

→αb2+βa2−2abγ = (1) Tương tự

βc2+γb2−2bcα = (2)

γa2+αc2−2caβ = (3) Cộng (1), (2), (3) ta

(β+γ)a2+ (γ+α)b2+ (α+β)c2−2(bcα+caβ+abγ) =

→ −(αa2+βb2+γc2) = 2(bcα+caβ+abγ) = = 2abcα

a + β b +

γ c

=

VậyA=αa2+β+βb2+γc2 = 0

2 0≤ a, b, c, d≤1 Đặt P =a+b+c+d−ab−bc−cd−da

a) Ta có

a−ab=a(1−b)≥0 dấu "=" đạt ⇔a = b=

(1)

b−bc≥ dấu "=" đạt ⇔b= c=

(2)

c−cd≥0 dấu "=" đạt ⇔c= d=

(3)

d−da≥0 dấu "=" đạt ⇔d= a=

(4) Cộng bốn bất đẳng thức ta P ≥0

Giả sử dấu "=" đạt được, bốn bất đẳng thức (1), (2), (3), (4) phải đẳng thức Từ (1) ta có a= b=

Nếu a = từ (4) ta có d = 0, từ (3) ta có c= từ (2) suy b= Vậy a=b=c=d=

(42)

Nếu b= từ (2) ta có c= 1, từ (3) ta có d = từ (4) suy

a= Vậy a=b=c=d=

Ngược lại dễ thấy với a=b= c=d = a =b=c= d =

p=

Tóm lại: P ≥ 0, P = a = b = c = d =

a=b=c=d=

b) Từ (1−a)(a−b)≥0→1−a−b+ab≥0→a+b−ab≤1 Vậy

a+b−ab≤1, dấu "=" đạt ⇔a= b= (5) Tương tự

b+c−bc≤1, dấu "=" đạt ⇔b= c= (6)

c+d−cd≤1, dấu "=" đạt ⇔c= d= (7)

d+a−da ≤1, dấu "=" đạt ⇔d = a= (8) Mặt khác

(a+c)(b+d)≥0→ab+bc+cd+da ≥0

→ −(ab+bc+cd+da)≤0

Dấu "=" đạt ⇔a+c= b+d=

→a=c= b=d = (9) Cộng bất đẳng thức (5),(6),(7),(8) (9) ta 2p ≤ hay

p≤2

Nếu dấu "=" đạt bất đẳng thức có dấu "=", vậy, từ (9) ta có a=c= b=d=

Vớia=c= từ (5), (7) suy b=d= Vớib=d= từ (5), (7) suy a=c=

Ngược lại, với a = c = 0, b = d = b = d = 0, a = c =

P =

Tóm lại P ≤ 2, P = a = c = 0, b = d =

b=d= 0, a =c=

Chú ý: Có thể giải cách khác sau:

P = (a+c)(1−b−d) +b+d P = (b+d)(1−a−c) +a+c

→

2P = (a+c)(2−b−d) + (b+d)(2−a−c)

≤

4[(a+c+ 2−b−d)

2

+ (b+d+ 2−a−c)2]

(43)

2.5 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1991(cho thí sinh chuyên toán chuyên tin)47 Do a+c+ 2−b−d≥0, b+d+ 2−a−c≥0 nên từ ta có

2P ≤

4[(a+c+ 2−b−d) + (b+d+ 2−a−c)]

2

= hay P ≤2

Dấu "=" đạt

a+c+ 2−b−d=

b+d+ 2−a−c= →

a =c= 0, b=d=

b=d= 0, a=c=

(vì0≤a, b, c, d≤1)

Bài 3. Giả sử k số tự nhiên thoả mãn a < 10k, d < 10k Đặt

an =a+nd xn= 1991an = 1991a +n1991d

Do 1991a <10k 1991d >0 nên tồn số tự nhiên m mà

xm−1 ≤10k < xm (1)

Mặt khác

xm =xm−1 +

d

1991 < xm−1 + 10k 1991 ≤10

k + 10

k 1991 =

1992.10k

1991 (2)

Từ (1) (2) ta có

10k < xm<

1992.10k

1991 →1991.10 k

<1991.xm <1992.10k

Hay

1991.10k < am <1992.10k

Do am=a+md số có bốn chữ số 1991

Bài 4. Gọi 100 người dự hội thảo a1, a2, a3, , a99, a100 Giả sử a1 quen biết với 67 người làa2, a3, , a68

Khi khơng kể a1 32 người a69, a70, , a100 a2 quen biết với 34 người số a3, a4, , a68 Không tổng quát, giả sửa2 quen biết với a3, a4, , a36 Tương tự, không kể a1, a2 64 người

a37, a38, , a100thìa3quen biết với người sốa4, a5, , a36, chẳng hạn a3 quen biết với a4

Từ ta có người a1, a2, a3, a4 đôi quen biết

Bài 5. 1) Cùng phía với hình vng CD dựng tam giác

M0CD Khi đó 4ADM cân ở D và 4BCM cân ở C nên ta có

\

ADM0=BCM\0= 90◦ −60◦ = 30◦ →DAM\0=CBM\0= 75◦

(44)

Mặt khác, dễ thấy M0 nằm phía với hình vng ABCD đối với AB. Theo giả thiết M nằm hình vng ABM\ =BAM\ = 15◦ suy M0≡ M hay 4M CD

Chú ý: Có thể chứng minh phản chứng sau:

Giả sử 4M CD không Dễ thấy 4AM D = 4BM C (c-g-c) suy

M C =M D,M CD\ =M DC\ Có hai khả

a) M DC\ = M CD <\ 60◦ suy ra M D < CD và ADM >\ 30◦ Mà

\

DAM = 75◦ nên DM A <\ 75◦ → AD < M D < CD vơ lý (VìABCD là hình vng)

b)M DC\ =M CD >\ 60◦, lý luận tương tự dẫn đến điều vơ lý, giả thiết 4M CD khơng sai

2) Trong hình vngABCDdựng bốn điểmM, N, P, Qthoả mãnM AB\ =

\

M BA = N BC\ =N CB\ = \P CD = \P DC = \QDA = \QAD= 15◦ theo chứng minh trên, bốn tam giác M CD, N DA, P AB QBC

Ta chứng minh tập hợp điểm {A, B, C, D, M, N, P, Q} thoả mãn điều kiện tốn

Có tất 82.7 = 28 đoạn thẳng nối hai tám điểm Ta chia chúng thành nhóm sau:

a) cạnh AB, BC, CD, DAcủa hình vng ABCD

b) đường chéo AC, BD hình vuông ABCD

c) cạnh M N, N P, P Q, QM hình vngM N P Q (dễ thấyM N P Q

là hình vng)

d) đường chéo M P, N Q hình vng M N P Q

(45)

2.6 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1992 (cho thí sinh) 49 e) đoạn M A, M B, N B, N C, P C, P D, QD, QA

f) đoạn M C, M D, N D, N A, P A, P B, QB, QC

Ta chứng minh đoạn nhóm e) f) thoả mãn điều kiện toán (Việc chứng minh đoạn nhóm cịn lại thoả mãn điều kiện tốn đơn giản hơn, bạn đọc tự chứng minh)

Do 4AM D cân D vàADQ\=M DQ\ = 15◦ nên DQlà trung trực của

AM hay trung trực AM qua hai điểmD, Q, đoạn khác nhóm e) chứng minh tương tự

Do 4M CD 4M QD cân Q nên trung trực M D qua hai điểmC, Q Đối với đoạn khác nhóm f) chứng minh tương tự

2.6

(cho thí sinh)

Bài 1.

1 q

x+ +

√

2x−5 +

q

x−2−3

√

2x−5 =

√

2 (1)

Điều kiện:x> 52 Nhân hai vế với

√

2 ta có (1) tương đương với q

(2x−5) +

√

2x−5 + +

q

(2x−5)−2

√

2x−5 + =

⇒ q

(

√

2x−5 + 3)2 + q

(

√

2x−5−1)2 = 4 ⇒

√

2x−5 + +| √

2x−5−1|= (2)

Vớix>3thì (2) có dạng √

2x−5 + +√2x−5−1 = ⇒√2x−5 =

⇒2x−5 = 1⇒x= (thoả mãn x>3)

Với

2 6x < (2) có dạng √

2x−5 + + 1−√2x−5 = thoả mãn

Vậy nghiệm (1) 52 6x63

2 (

xy2−2y+ 3x2 = 0

y2+x2y+ 2x= 0 ⇒ (

xy2−2y=−3x2 (1)

x2y+ 2x=−y2 (2)

(46)

Dễ thấy x= 0, y= nghiệm hệ ngược lại (x, y)là nghiệm mà x y số Ta tìm nghiệm thoả mãn x6= 0, y6=

Với điều kiện x 6= 0, y 6= 0, chia (1) cho y2 và (2) cho x2 ta hệ (1), (2) tương đương với

(

x−

y =−3 x2

y2 (3)

y+ 2x =−y2

x2 (4)

Nhân hai phương trình với ta hệ (3), (4) tương đương với (

x−

y =−3 x2

y2

x−

y

y+ 2x= ⇒

(

xy2−2y=−3x2 (1)

xy−

xy (5)

Ta có (5) tương đương với

(xy)2−3xy−4 = 0⇒xy=

−1

4

Thay xy=−1hay y =−1

x vào (1) ta

x +

2

x =−3x

2⇒

x3=−1⇒x=−1⇒y=

Thay xy= hay y= 4x vào (1) ta

16

x −

8

x =−3x

2 ⇒

x3 =−8

3 ⇒x=−

2

3 √

3

⇒y =−2[ 3]3

Vậy hệ cho có ba nghiệm x = y = 0;x = −1, y = x =

−√32

3, y=−2 √

3

Bài 2.

x2−mnx+m+n = (1) Với m = phương trình (1) có dạng x2 +n = 0 Nếu phương trình có nghiệm ngun a với n > a2+n = 0 ⇒ n = −a2 < 0 do đó

n = nghiệm x=a= Lý luận tương tự trường hợpn= Như hai số m, nbằng (1) có nghiệm ngun suy số lại nghiệm x=

(47)

2.6 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1992 (cho thí sinh) 51 Ta xét trường hợp m, n > Khi giả sử a, b nghiệm (1), theo định lý Viét ta có (

a+b=mn

ab=m+n (2)

Dom, n>1nên từ suy raa, b >0⇒a, b>1⇒(a−1)(b−1)>0hay

ab−a−b+ >0⇒m+n−mn+ 1>0⇒mn−m−n+ 62

⇒(m−1)(n−1)62 (3)

1 Với m= (1) có dạng

x2−nx+ +n= (2)

x2+ =n(x−1)⇒n = x

2+ 1

x−1 ⇒n =x+ +

x−1

Nếu phương trình có nghiệm ngun x thìx−1 ước 2,

x−1∈ {1,−1,2,−2}

Vớix−1 = 1tứcx= thìn = 5, phương trình (2) có dạng x2−5x+

6 = (có hai nghiệm x= 2, x= 3)

Vớix−1 =−1 tức x= thìn =−1(loại)

Vớix−1 = tức x= n= 5, phương trình x= 2, x= Vớix−1 =−2 tức x=−1thìn =−1(loại)

Vậy vớim = phương trình (1) có nghiệm ngun n= Lý luận tương tự ta có với n = phương trình (1) có nghiệm ngun khim= Ta xét trường hợp m, n>2

2 Với m= từ (3) ta cón = n =

Khi n= (1) có dạng x2−4x+ = có nghiệm nguyênx= Khi n= (1) có dạng x2−6x+ = 0 có nghiệm nguyên là x= 1 x=

Như vớim = (1) có nghiệm ngun khin = n = Lý luận tương tự ta có vớin = (1) có nghiệm ngun khim=

hoặc m=

3 Với m, n>3đẳng thức (3) khơng thoả mãn

Tóm lại: Phương trình (1) có nghiệm ngun (với m, n khơng âm)

(m, n)là cặp số sau: (0,0); (1,5); (5,1); (2,2); (2,3); (3,2)

(48)

Bài 3.

SM N P =S−SABM−SBCN −SCAP

Qua A0 kẻ đường thẳng song song với BB0 cắt CB0tại I, ta có:

AM M A0 =

AB0

B0I =

AB0

B0C.

B0C

B0I = 3.

BC

BA0 = 3.3 =

AM AA0 =

AM

AM +M A0 =

9 10 ⇒

SABM

SABA0

= AM

AA0 =

9 10

mà SABA0 =

S

3 ⇒SABM =

9

10SABA0 = 10S

Tương tự: Qua B0kẻ đường thẳng song song với CC0cắt AC0 tạiH, ta có

BN N B0 =

BC0 C0K =

BC0 C0A.

C0A C0K = 1.

CA CB0 =

BN BB0 =

4

5 ⇒

SBCN

SBCB0

= BN

BB0 =

4

mà SBCB0 =

S

4 ⇒SBCN =

5SBCB0 =

S

5

Hồn tồn tương tự ta tính

SCAP =

5S⇒SM N P =S−

3

10S+

S + 5S = S 10

Bài 4. Trên cạnh BC lấy điểm M cho ∠BDM = ∠ADC ⇒ ∠CDM = ∠ADB Dễ thấy 4BDM v 4ADC ⇒ BM

AC = DH

DI (tỷ số hai

đường cao tương ứng hai tam giác đồng dạng tỷ số đồng dạng), suy BM DH = AC DI (1) Tương tự

4CDM v4ADB ⇒CM

AB = DH DK ⇒CM DH = AB DK (2)

Cộng (1) (2) ta

(49)

2.6 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1992 (cho thí sinh) 53 Bài 5. Giả sử m, nnguyên dương

  

2m+ n

2n+ m

⇒(2m+ 1)(2n+ 1) mn

⇒2m+ 2n+ mn⇒ 2m+ 2n+ =kmn (k ∈N∗) (1) Suy ra: k, m, n lẻ Vì

m>1, n>1⇒(m−1)(n−1)> 0⇒m+n6 mn+

2m+ 2n+ 162mn+ 365mn (2)

Do từ (1) suy k 65

1 Với k = 5⇒ 2m+ 2n+ = 5mn, từ (2) ta suy 3mn= ⇒m =

n= Rõ ràng m=n= thoả mãn 2m+ n 2n+ m

2 Với k = 3, giả sử m > n, ta có 3mn = 2m+ 2n+ 5m ⇒ 3n

5 ⇒ n = ⇒ 3m = 2m+ ⇒ m = Rõ ràng n = 1, m = thoả mãn 2m + n 2n+ m Với m n ta n = 3, m = thoả mãn

3 Với k = 1, giả sửm >n, ta có mn= 2m+ 2n+ 16 5m ⇒n 65⇒

n= n = n =

Vớin = đẳng thứcmn= 2m+ 2n+ trở thành m = 2m+ vô lý Với n = ta có 3m = 2m+ + ⇒ m = Rõ ràng n = 3, m =

thoả mãn điều kiện2m+ n; 2n+ m

Vớin = ta có 5m = 2m+ 10 + 1⇒m= 113 (loại)

Với m n lý luận tương tự ta m = 3, n = thoả mãn điều kiện

2m+ n; 2n+ m

Tóm lại: Có cặp số (m, n) thoả mãn yêu cầu toán

(1,1); (1,3); (3,1); (3,7); (7,3)

(50)

2.7

Bài 1.

1

P =n4+ 2n3 + 2n2 +n+ = (n2+n)2+ (n2+n) +

Donnguyên nênn2+n >0 Đặtk =n2+nta cóP =k2+k+7> k2. Ta có:

P <(k+ 3)2 (vì(k+ 3)2−P = 5k+ 2>0)

Do k2 < P <(k+ 3)2 ⇒P = (k+ 1)2 p= (k+ 2)2 VớiP = (k+ 1)2 tức k2+k+ =k2+ 2k+ 1 ta thu được k = 6⇒

n2+n = 6⇒n= n=−3

VớiP = (k+ 2)2 tức k2+k+ =k2+ 4k+ ta thu k = 1⇒

n2+n = 1⇒n= 2 khơng có nghiệm ngun.

VậyP số phương khin = n=−3(khi P = 49)

A=

a2+ 2bc +

1

b2+ 2ca +

1

c2+ 2ab

Đặt x = a2 + 2bc, y = b2 + 2ac, z = c2 + 2ab x, y, z >

x+y+z = (a+b+c)261, do(x+y+z)A= (x+y+z)1

x+

1

y+

1

z

>9

mà x+y+z 61nên A >9

Bài 2. Với n∈N ta ký hiệu tổng chữ số củan làS(n) Ta có

N = (29)1945= (23)3.1945= 85835<105835

Nên N có khơng q 5835 chữ số mà a = S(N) 5835.9 = 52515 suy

a có khơng q chữ số, b=S(a)6 5.9 = 45 Trong số tự nhiên từ đến 45 số có tổng chữ số lớn 39 tổng chữ số 12 Suy S(b)612

Ta biết với n ∈ N S(n) ≡ n (mod 9), S(b) ≡ b =

S(a) ≡ a = S(N) (mod 9) Mà N = 85835 suy N ≡ −1 (mod 9) hay

S(b)≡ −1 (mod 9) DoS(b)612 nên S(b) = Vậy tổng chữ số b

Bài 3.Giả sửK nằm đoạnBC phíaC (trường hợpAB > AC), dễ thấy ∠ACK nhọn ∠ACB tù suy cung AB không chứa C

lớn cung ACE Trên cung AB không chứaC lấy điểmE cho cung

BE cung AC, ACBE hình thang cân

(51)

2.7 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1992(cho thí sinh chun tốn chun tin)55 Ta có ∠AEB+∠EAB = ∠EAC +∠EAB = 2(∠EAB+∠BAD) = 2∠EAD = 90◦ suy ra ∠ABE= 90◦ nên AE là đường kính đường trịn

(O) ngoại tiếp 4ABC Do

AB2+AC2 =AB2+EB2 =AE2 = 4R2

Chú ý: Có thể chứng minh cách lấy điểmM cung AB khơng

chứaC cho cungAM cungAC, sau chứng minh∠BAM = 90◦, từ suy đẳng thức AB2+AC2 = 4R2

Bài 4. Gọi đường thẳng cho d1, d2, , d1992 giao điểm đường thẳng di, dk Aik Aki

a) Xét đường thẳng di 1992 đường thẳng cho Do khơng

có đường thẳng đồng quy nên giao điểm Akl cặp đường

thẳng dk, dl(k 6=i, l 6=i)đều nằm ngồi di Do số giao điểm hữu hạn

nên có giao điểm gần nhất, giả sử làAkl Ta chứng minh tam giác

AklAkiAli tam giác xanh Thật tam giác bị đường thẳng dm

nào 1989 đường thẳng cịn lại cắt dm phải cắt hai

đoạnAklAki hoặcAklAli, giả sử dm cắt đoạn AklAki tạiAkm thìAkm gần di

hơn Akl, trái với giả thiếtAkl điểm gần di Như với đường

thẳng di tồn tam giác xanh có cạnh nằm Trên di

ta chọn cạnh tam giác xanh ta thu 1992 cạnh khác tam giác xanh Từ suy số tam giác xanh khơng

1992 : = 664

b) Xét đường thẳng di số 1992 đường thẳng cho Nếu

mỗi nửa mặt phẳng có bờ di có giao điểm cặp đường

thẳng cịn lại nửa mặt phẳng ta lấy giao điểm gầndi

lý luận câu a) ta hai tam giác xanh nằm hai phía di Hai

tam giác có hai cạnh nằm di hai cạnh khác (khơng

có ba đường đồng quy)

Ta chứng minh số đường thẳng mà giao điểm cặp đường thẳng cịn lại nằm phía khơng vượt q Thật vậy, giả sử có đường thẳng vậy, chẳng hạn di, dk, dl Khi xét đường

thẳng dn khác, dn cắt di, dk, dl điểm phân biệt Ani, Ank, Anl Trong

điểm có điểm nằm hai điểm kia, giả sửAnk Khi hai giao điểm

Ani Anl nằm hai phía dk trái với giả thiết

Vậy có 1990 đường thẳng mà hai phía đường có giao điểm đường thẳng cịn lại Theo lý luận có hai tam giác xanh nằm hai phía đường thẳng có hai cạnh khác nằm Trong hai đường thẳng cịn lại, đường thẳng có cạnh tam giác xanh Như số cạnh khác tam giác xanh khơng 1990×2 + = 3982 = 1327.3 + Suy số tam giác xanh khơng 1327 + = 1328

Bài 5.

(52)

2.8

(cho thí sinh)

Bài 1.

x+

s

x+1 +

r

x+1

4 = (1)

Điều kiện:x>−1

(1)⇒x+

s r

x+ 4+

1

2

= ⇒x+

r

x+1 +

1 =

⇒ r

x+1 +

1

2

= 2⇒

r

x+1 =

√

2−

2

⇒x+1

4 = + 4−

√

2

⇒x= 2− √

2(thoả mãn điều kiệnx >−1

2)

x3+ 2xy2+ 12y =

8y2 +x2 = 12 ⇒

(

x3+ 2xy2 + (8y2+x2)y= (1)

8y2+x2 = 12 (2)

x3+x2y+ 2xy2+ 8y3 = (3) Dễ thấy hệ khơng có nghiệm với y= 0, nếuy= từ (3) suy

x= khơng thoả mãn (2) Vớiy6= tương đương với

x

y

3

+x

y

2

+ 2x

y + = (4)

Đặt xy =t (4) có dạng

t3+t2+ 2t+ = 0⇒(t+ 2)(t2−t+ 4) = 0⇒t=−2

Từ xy =−2⇒x=−2y Thay vào (2) ta

12y2 = 12⇒y=±1⇒x=∓2

Vậy hệ cho có hai nghiệm x= 2, y=−1và x=−2, y =

(53)

2.8 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1993 (cho thí sinh) 57 Bài 2. Trước hết ta chứng minh rằng: Với a, b, c, d>0thì

abcd6a+b+c+d

4

(1) Dấu "=" đạt a=b=c=d

Ta có với a, b > ab a+b

2

, dấu "=" đạt

a=b Do với a, b, c, d>0thì

abcd

a+b

2

2c+d

2

=

a+b

2 .

c+d

2

ha+b+c+d

4

2i2

=

a+b+c+d

4

4 ⇒abcd6

a+b+c+d

4

Nếu a, b, c, d có số dấu "=" đạt a=b=c=d=

Nếu số a, b, c, dđều dương dấu "=" đạt 

   

a=b c=d

a+b=c+d

⇒a =b=c=d

Tóm lạiabcd6

a+b+c+d

4

dấu "=" đạt khia=b=c=d Xét

A=x2y(4−x−y) với x>0, y >0, x+y66 (1) a) Giá trị lớn nhất:

Vớix+y>4 thìA60

Vớix+y <4ta có

A= 4.x

2.

x

2.y(4−x−y)64

x

2 +

x

2 +y+ 4−x−y

4

=

Dấu "=" đạt x2 =y= 4−x−y⇒x= 2, y =

VậyA đạt giá trị lớn đạt x= 2, y= (thoả mãn điều kiện (1))

b) Giá trị bé Vớix+y64 thìA>0 Với4< x+y66ta có

−A

4 =

x

2.

x

2.y(x+y−4)

x

2 +

x

2 +y+x+y−4

4

=

h2(x+y)−4

i4 62.6−4

4

= 16

(54)

Vìx+y66nênA>−64 Dấu "=" đạt x2 =y=x+y−4

và x+y= 6⇒x= 4, y=

VậyA đạt giá trị bé −64, đạt x= 4, y=

Bài 3. Kẻ đường trung trực AB cắt AC O1, cắt BD O2

O1, O2 tâm đường tròn ngoại tiếp 4ABD 4ABC suy R =

O1A, r=O2B 4AIO1 v4AOB ⇒

O1A

AB = AI

AO ⇒R =O1A=

AB.AI AO =

a2 AC ⇒

1

R2 =

AC2 a4 Tương tự:

1

r2 =

BD2 a4 ⇒

1

R2 +

1

r2 =

AC2+BD2 a4 =

4AB2 a4 =

4

a2

Bài 4. Giả sử đường tròn (O) chiều từ A → B → C → A ngược chiều kim đồng hồ giả sử quay 4ABC góc 90◦ thuận chiều kim đồng hồ quanh (O) ta thu 4A1B1C1 Khi A1, B1, C1 thuộc cung nhỏ AC, AB, BC tương ứng Do cạnh A1B1 phải cắt cạnh

AB, AC, giả sử M, N Tương tự ta có cạnh A1C1 cắt cạnh

AC, BC P, Q cạnh B1C1 cắt cạnh BC, BA

T, K, suy phần chung hai hình tam giác ABC vàA1B1C1 lục giác

M N P QT K Gọi diện tích lục giác S

S =SABC −SAM N −SBKT −SCP Q

Ta có:

SABC =

BC2 √ = √

3R2

4

Khi quay góc 90◦ thìOA1⊥OA, OB1⊥OB, OC1⊥OC mà BC⊥OAnên

OA1 kBC, tương tự:OB1 kCA, OC1 kAB

Gọi giao điểm củaOA1 vớiAC làE Do cungAA1, BB1, CC1 có số đo 90◦ nên∠AM N = 90◦ mà ∠M AN = 60◦ nên suy AN = 2AM Dễ thấy 4N EA1 cân E (các góc đáy 30◦) Do OE k BC

AO 23 trung tuyếnAA0 của 4ABC nên

AE = 3AC =

2

√

3R, OE =

BC

3 =

R

√

3

⇒EN =EA1 =OA1−OE =R−

R

√

3

⇒AN =AE−EN = √2

3R−

R−√R

3

= (

√

3−1)R

⇒SAM N =

AM.M N = AN AN √ = √ AN = = √

3(4−2

√ R = √

3−3

4 R

2

(55)

2.8 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1993 (cho thí sinh) 59 Tương tự ta có SBKT =SCP Q=

√ 3−3 R

2. Vậy

S= 9−3

√ R Bài 5.

A=

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

ab+bc+ca+a+b+c

abc (1)

Ta chứng minh ba số a, b, c chẵn lẻ Nếu abc lẻ số a, b, c lẻ

Nếu abc chẵn ba số phải chẵn, chẳng hạn a chẵn Vì tử số (1) chia hết choabc nên tử số phải chẵn suy bc+b+cchẵn hay

(b+ 1)(c+ 1)−1 chẵn⇒(b+ 1)(c+ 1) lẻ Vậyb+ c+ lẻ hay b, c

chẵn Vậy a, b, c chẵn lẻ Vì a, b, c đơi khác nên ta giả sử rằnga < b < c Khi đó,a62, nếua>3thìb>5, c>7,

A6

3+ 5+ 7+ 15 + 35 + 21 <1

Suy A không nguyên

a) Với a= b>4, c>6

A= 2+ b + c+ 2b +

1 2c+

1 bc + + + + 12+ + 16 + 24 = 28 24 <2

⇒A= 1.

Vớib>6 thìc>8

A6

2 + + + 12 + 16 + 48 = 46 48 <1

⇒A khơng ngun

Do b= Vậy a= b= suy = 12 +41 +1c +18 +41c +21c Từ ta thu c= 14

Vậy vớia = ta nghiệm a= 2, b = 4, c = 14

Chú ý: Từ điều kiệna= vàA = ta phương trình

1 = + b + c + 2b+

1 2c +

1

bc ⇒

2b+ 2c+b+c+

2bc =

1

⇒3b+ 3c+ =bc⇒(b−3)(c−3) = 11⇒ (

b−3 =

c−3 = 11 ⇒

(

b=

c= 14

(56)

Do ta tìm nghiệm b) a= 1, b>3, c >5và

A= +

b +

2

c +

1

bc =

32 15 <3

mà A >1⇒A= ⇒

b +

2

c +

1

bc =

Khi b> 5thì 2b + 2c + bc1 < 1, bchỉ Với b=

ta 23 +2c +31c = ⇒c=

Vậy với a= ta nghiệm a= 1, b = 3, c =

Tóm lại, với giả thiếta < b < cta có hai nghiệm (2,4,14) (1,3,7) Thay đổi vai trò a, b, cta thu 12 nghiệm cách thứ tự ba số 2, 4, 14 ba số 1, 3,

2.9

(cho thí sinh)

Bài 1.

x4−2x3−6x2+ 16x−8 = (1)

Phân tích vế trái thành nhân tử ta (1)

(x−2)2(x2 + 2x−2) = 0⇔x=

2

−1± √

3

Vậy phương trình có ba nghiệm: x = 1, x = −1 +

√

3, x =

−1−√3

2

x2+ 2x+ =

√

x3+ 4x

x2+ + 2x−3p(x2+ 4)x = 0 Điều kiện: x>0

Đặt: √x2+ =u, √x=v thì phương trình có dạng:

u2+ 2v2−3uv= 0

(u−v)(u−2v) =

u=

v

2v

Vớiu=v ta √

x2+ =√x⇔x2

+ =xvô nghiệm Vớiu= 2v ta

√

x2+ = 2√x⇔x2

+ = 4x⇔x= 2.

(57)

2.9 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1994 (cho thí sinh) 61 Vậy phương trình có nghiệm nhất:x =

Bài 2.

A=√xy+

√

zt

A2 =xy+ 4zt+ 4√xyzt=xy+ 4zt+ 2(2√yz.

√

xt)≤ 6xy+ 4zt+ 2yz+ 2xt=

Từ giả thiết suy A63

Dấu "=" đạt chẳng hạn x =y =z =t = 1, (thoả mãn xy+ 4zt+ 2yz+ 2xt= 9)

VậyA đạt giá trị lớn Bài 3.

(

xy−3zt = (1)

xz+yt= (2) ⇒

(

x2y2−6xyzt+ 9z2t2 = (3)

x2z2+ 2xyzt+y2t2 = 4 (4) Nhân (4) với cộng vế với (3) ta có

x2y2+ 9z2t2+ 3x2z2+ 3y2t2 = 13

Vì x, y, z, t số nguyên mà tổng hệ số vế trái 16 nên

x, y, z, tthoả mãn hệ cho phải có số Nếu x= y= từ (1) ta có: −3zt= 1, vơ lý Nếu z = hệ có dạng

(

xy=

yt=

Hệ có hai nghiệm nguyên là:x=y = 1, t= 2vàx=y=−1, t =−2

Nếu t= hệ có dạng (

xy=

xz=

Hệ có hai nghiệm nguyên là:x=y = 1, z = 2vàx =y=−1, z =−2

Vậy hệ cho có nghiệm nguyên

x=y = 1, z = 0, t = 2; x=y =−1, z = 0, t =−2

x=y = 1, t= 0, z = 2; x=y =−1, t= 0, z =−2

Bài 4. Gọi tâm đường tròn cho O trung điểm AB làI

OI⊥AB AI =BI =AD=DC ĐặtCD =x

(58)

Do AHkOB (cùngkBC), nên∠OBI =∠BAH Từ suy 4OBI v4BAH ⇒ AI

AH = OA AB

⇒AH = AI.AB

OA =

2x2

R (2.1)

Mặt khác đường tròn (O) tiếp xúc với BC tạiB nên

CD.CA=BC2 = 4BH2 = 4(AB2−AH2) = 16x2 −4AH2

⇒2x2 = 16x2 −4AH2

⇒AH2 = 2x

2

(2.2) Từ (2.1) (2.2) ta suy

4x4 R2 =

7 2x

2 ⇒

x2 = 8R

2 ⇒

x= R

r

7

Vậy

AD=x= R

r

7

2 (2.3)

Từ (2.1) (2.3) suy

AH =

4R⇒HB

2

=AB2−AH2 = 4x2−49

16R

2

= 28 R

2− 49

16R

2

=

16R

2 Do HE.HA=HB2 nên ta có

HE = HB

2

HA = R

4 ⇒AE =AH−HE =

3 2R

Bài 5. Do BC > AC nên ∠BAC > ∠ABC Trong nửa mặt phẳng có bờ AB chứa C kẻ tia Bx cho ∠ABx = ∠BAC Bx cắt đường thẳng M N P M nằm N P (vì ∠ABP > ∠ABM) Khi ABP N hình thang cân nên ∠AP N = ∠BN P Xét 4AM P ta có: ∠AM P > ∠AN M >∠BN M ≡∠BN P =∠AP N ≡∠AP M

Do đó: AM < AP =BN

2.10

Bài 1. 

   

(x+y)(y+z) = 4xy2z (1) (y+z)(z+x) = 4yz2x (2) (z+x)(x+y) = 4zx2y (3)

(59)

2.10 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1994(cho thí sinh chun tốn chuyên tin)63 Rõ ràng x = y = z = nghiệm hệ Ngược lai, dễ thấy

(x, y, z) nghiệm hệ mà mơt ba số x, y, z hai số

Ta tìm nghiệm thoả mãnx 6= 0, y6= 0, z 6=

Ta chứng minh (x, y, z) nghiệm mà x 6= 0, y 6= 0, z 6=

x = y = z Thật vậy, (x, y, z) thoả mãn (1), (2), (3) x +y 6= 0, y+z 6= 0, z +x6= 0, chia (1) cho (2) ta

x+y z+x =

y

z ⇒xz+yz=yz+xy⇒x(y−z) = 0⇒y=z

Tương tự, chia (2) cho (3) ta thu z =x

Vậy với điều kiệnx6= 0, y6= 0, z 6= hệ (1),(2),(3) tương đương với (

x=y =z

4x2 = 4x4 ⇒x=y=z =±1

Vậy hệ cho có ba nghiệm

(x, y, z) =

 

(0,0,0) (1,1,1) (−1,−1,−1)

Bài 2.

12x2+ 6xy+ 3y2 = 28(x+y)⇒3(4x2+ 2xy+y2) = 28(x+y) (1) Do 28 nguyên tố nên x+y hay x+y= 3k vớik ∈Z Từ (1) suy

3x2+ (x+y)2 = 28k ⇒3x2 + 9k2 = 28k ⇒k hay k = 3n(k ∈Z)

⇒x2+ 3k2 = 28n mà k = 3n ⇒x2+ 27n2 = 28n⇒x2 =n(28−27n) >0

⇒n28

27 −n

>0⇒06n 28

27 ⇒n= n=

Vớin = 0⇒k = 0⇒ (

x=

x+y= ⇒x=y=

Vớin = 1⇒k = 3⇒ (

x2 = 1

x+y= ⇒

x= 1;y=

x=−1;y= 10

Vậy phương trình cho có ba nghiệm ngun

x=y= 0;x= 1, y= x=−1, y= 10

(60)

Bài 3. Ký hiệu A= 1.2.3 n=n! (đọc n giai thừa) Ta có

B = + + +· · ·+n = n(n+ 1)

2 (n>3)

Với n= rõ ràng A=B = suy raA B Ta xét n>4 Khi có hai khả sau:

a) n+ số nguyên tố Ta chứng minhA không chia hết cho B Thật vậy, A B

n! =kn(n+ 1)

2 ⇒2(n−1)! =k(n+ 1)

Điều vơ lý n+ 1là số ngun tố nên (n+ 1)và số 1,2, , n−1

là nguyên tố b) n+ hợp số Khi

n+ =p.q (p, q ∈N, p, q >2) (1)

Suy n+ 1>2p hay p6 n+12

Do n >3 ta có 2n > n+ suy 2n−2> n+ hay n+12 < n−1 nên

p < n−1 Tương tự q < n−1

Do n+ viết dạng (1) với p6=q thìp, q số tự nhiên nhỏ n−1 nên tích (n−1)! = 1.2.3 .(n−1) có hai thừa số p q suy

(n−1)! (p−q) =n+ 1⇒n! n(n−1) ⇒A B

Nếun+ có dạng (1) vớip=q tức n+ =p2(p>2) plà hợp số

n+ có dạng (1) với p6=q A B

Ta xét trường hợp n+ =p2 với psố nguyên tố Khi đó, n+ 1>5

nên p>3suy p2 >9hay n>8 Ta chứng minh

p2 =n+ 1<

n−1

2

(2) Ta có (2) tương đương với

4n+ < n2−2n+ ⇒n2−6n−3>0⇒(n2−8n) + (2n−3) >0

Bất đẳng thức n > 8, (2) Từ (2) suy

p < n−12 Khi (n−1)! = 1.2 p.(p+ 1 .(n−1) Do (n−1) >2p nên

(61)

2.10 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1994(cho thí sinh chun tốn chun tin)65 tích(p+ 1) .(n−1) có nhiều pthừa số có thừa số chia hết cho pnên ta có

(n−1)! p2 =n+ ⇒n! n(n+ 1)⇒A B

Kết hợp với trường hợp n = ta có kết luận:

Vớin+ số nguyên tố A không chia hết cho B Vớin+ hợp số thìA B

Bài 4. Ta chứng minh với x, y>1 ta có

1 +x +

1 +y >

1

1 +√xy (1)

(1 +y)(1 +√xy) + (1 +x)(1 +√xy)−2(1 +x)(1 +y)>0

⇒1 +√xy+y+y√xy+ +√xy+x+x√xy−2−2x−2y−2xy >0

⇒x√xy+y√xy−2xy−x−y+ 2√xy>

⇒√xy(√x−√y)2−(√x−√y)2 >0

⇒(√xy−1)(√x−√y)2 >0

Bất đẳng thức vìx, y>1hay (1) (có thể thấy dấu "=" đạt x=y xy= 1)

Áp dụng với a, b, c>1 ta có

1 +a +

3 +b =

1 +a+

1 +b +

2 +b >2

1

1 +

√

ab +

1 +b

>

1 +pb

√

ab

=

1 +

√

ab3 Vậy

1 +a +

3 +b >

4 +

√

ab3 (2)

Tương tự

1 +b+

3 +c >

4 +

√

bc3 (3)

(62)

và

1 +c+

3 +a >

4 +

√

ca3 (4)

Cộng (2), (3), (4) chia cho ta bất đẳng thức phải chứng minh Bài 5.

1 Giả sử ∠BAC = 20◦ Trên cạnh AB, AClấy điểmD, K tương ứng cho AD = KC = BC (chú ý AB = AC > BC) Ta chứng minh AD=DK =KC

Phía 4ABC dựng tam giác BCI A, I nằm trung trực củaBC suy raAI phân giác góc∠BAC Khi đó∠ACB= 80◦ ⇒ ∠ACI = 20◦ = ∠CAD, mà AD = BC = CI nên dễ thấy

ACID hình thang cân (đáy AC ID), từ ta có AC k

ID ⇒ ∠DIA = ∠IAC = ∠IAD = 10◦ ⇒ 4ADI cân D Suy

ID=AD=CK nên CIDK hình bình hành suy DK =BC VậyAD=DK =KC =CB

2 Ngược lại, giả sử tồn điểm D K cạnh AB, AC

tương ứng cho AD =DK =KC =CB Kẻ đoạn thẳng CI song song, chiều KDthìCKDI hình bình hành hình thoi Do CI =DK =AD ∠DAC =∠AKD =∠ACI nên ACID

là hình thang cân

VìCD phân giác ∠ACI (CKDI hình thoi) nên dễ thấy AI

là phân giác góc∠DAC từ ta cóAI trung trực củaBC suy IB =IC =BC hay 4IBC Đặt ∠BAC =x, ta có

∠ABI=∠ACI =∠BAC =x⇒∠IBC+∠ICB+ 3x= 180◦

hay

120◦ + 3x= 180◦ ⇒∠BAC =x= 20◦

2.11

(cho thí sinh)

Bài 1. (

2x2 −y2 = 1

xy+x2 = 2 ⇒ (

2x2−y2 = 1 (1)

xy+x2 = 2(2x2−y2) (2)

(63)

2.11 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1995 (cho thí sinh) 67 Từ (2) suy

2y2+xy−3x2 = 0⇒(y−x)(2y+ 3x) = ⇒

y=x y=−3 2x Vớiy=x thay vào (1) phương trình: x2 = 1

Do hệ có nghiệm làx=y=±1

Vớiy=−3

2x thay vào (1) ta phương trình:−

x2

2 = (vơ nghiệm) Vậy hệ cho có hai nghiệm: x=y= x=y =−1

Bài 2. √

1−x+

√

4 +x= (2.4)

Điều kiện:−46x61 Khi (2.4) tương đương với

1−x+ +x+ 2p(1−x)(4 +x) =

⇒ √

4−3x−x2 = 2 ⇒4−3x−x2 =

⇒x2+ 3x= ⇒

x=

x=−3

Cả hai nghiệm thoả mãn điều kiện

Vậy phương trình (2.4) có hai nghiệm:x = x=−3 Bài 3.

a+

b + b+

a =

a2+b2+a+b ab =

(a+b)2+ (a+b)

ab −2

Do a+1b +b+1a ∈N nên

(a+b)2+ (a+b)

ab ∈N⇒(a+b)

2

+ (a+b) =ka (1)

với k ∈ N Nếu d > ước số chung a, bthì a =md, b =nd,(n, m∈

N)⇒a+b= (m+n)d, ab=mnd2 Do (1) có dạng

(m+n)2d2+ (m+n)d=kmnd2

⇒m+n= [kmn−(m+n)2]d=ld (l ∈N)

⇒a+b=ld2 >d2 ⇒d6 √

a+b

Bài 4. Gọi diện tích hai hình chữ nhật S ta có:

ab=cd=S ⇒b= S

a, d= S

c a+b−(c+d) =a+S

a −(c+ S

c) = a−c−( S

c − S

a) = (a−c)(1− S ac >0

(64)

(vì a > c > d nên a−c >0 acS < dcS = 1)

Vậya+b > c+dvà chu vi hình chữ nhật thứ lớn chu vi hình chữ nhật thứ hai

Bài 5.

1 Dễ thấy 4ABEv4AEC nên ta có:

AE AB =

AC

AE ⇒AE

2

=AB.AC

⇒AF =AE =

√

AB.AC không đổi

VậyE, F chạy đường trịn cố định tâmA, bán kính √

AB.AC Giả sử O /∈ BC đường thẩng OI cắt cung BC khơng chứa F

M Khi doA, E, F, O, I thuộc đường tròn tâmAO nên trường hợp ta có

∠EOM =∠EF I ≡∠EF E0=

2∠EOE

0

Vậy OM đường phân giác góc ∠EOE0 suy OM⊥EE0 hay

OI⊥EE0 Mà OI⊥BC nên EE0kBC ≡AB.

Trường hợp O ∈ BC O ≡ I ∠F EE0 = 900 mà F E⊥BC nên EE0kBC.

3 Giả sửO 6=I Gọi giao điểm củaBCvàEF làP đường trịn ngoại tiếp 4ON I đường trịn đường kính OP(∠P N O =∠P IO = 90◦) Dễ thấy AP.AI = AN.AO= AE2 =AB.AC ⇒ AP = AB.ACAI không đổi, màP thuộc tia AB cố định nên P cố định

Gọi trung điểm củaP I làK thìK cố định tâm O0 của đường trịn đường kính OP (tức đường trịn ngoại tiếp 4ON I) ln nằm đường thẳng d cố định vng góc với BC K

2.12

Bài 1.

x+

√

x2+ 3y+py2+ 3= 3 (1) Ta có:

x+

√

x2+ 3−x+ √

x2+ 3= 3 (2)

y+py2+ 3−y+py2+ 3= 3 (3)

(65)

2.12 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1995(cho thí sinh chun tốn chun tin)69 Nhân (2) với (3) chia cho (1) ta được:

−x+

√

x2+ 3−y+py2+ 3= 3 (4)

(1) ⇒xy+xpy2+ +y√x2+ +√x2+ 3.py2+ = 3 (5)

(4) ⇒xy−xpy2+ 3−y√x2+ +√x2+ 3.py2+ = 3 (6) Trừ (5) cho (6) ta

xpy2+ +y√x2+ = 0 Suy x, y trái dấu

xpy2+ =−y √

x2+ 3 ⇒x2

(y2+ 3) =y2(x2+ 3)

⇒3x2 = 3y2 ⇒ |x|=|y| ⇒x=−y

(vìx, y trái dấu 0) nênE =x+y =

Bài 2.

    

x+xy+y=

y+yz+z=

z+zx+x=

⇒     

(x+ 1)(y+ 1) = (1) (y+ 1)(z+ 1) = (2) (z+ 1)(x+ 1) = (3)

    

(x+ 1)(y+ 1) = (y+ 1)(z+ 1) =

[(x+ 1)(y+ 1)(z+ 1)]2 = 64 ⇒

    

(x+ 1)(y+ 1) = (y+ 1)(z+ 1) =

(x+ 1)(y+ 1)(z+ 1) =±8

Với(x+ 1)(y+ 1)(z+ 1) = 8ta có:

x+ = 2, y+ = 1, z+ = 4⇒ x= 1, y= 0, z =

Với(x+ 1)(y+ 1)(z+ 1) =−8 ta có:

x+ =−2, y+ =−1, z+ =−4⇒ x=−3, y=−2, z =−5

Vậy hệ có hai nghiệm

x= 1, y = 0, z =

x=−3, y =−2, z =−5

Chú ý: Có thể giải cách nhân (1) với (3) chia cho (2) ta

(x+ 1)2 = 4⇒x+ =±2 từ dễ dàng tìm nghiệm

(66)

Bài 3. Từ giả thiết x, y>0, x2 +y2= 1 suy với06x, y61 ta có (

x3 6x2

y3 6y2 ⇒x

+y3 6x2+y2 =

(Dễ thấy dấu "=" đạt x= 1, y= x= 0, y= 1) Ta có:

1 = (x2+y2)3 =x6+ 3x4y2+ 3x2y4+y6

2(x3+y3)2 = 2x6+ 4x3y3+ 2y6

Trừ hai đẳng thức cuối ta

2(x3+y3)2 −1 =x6+y6+ 4x3y3−3x4y2−3x2y4

= (x3−y3)2−3x2y2(x−y)2 = (x−y)2[(x2+xy+y2)2−3x2y2]

= (x−y)2[x4+y4+ 2x3y+ 2xy3]>0 (vì x4+y4+ 2x3y+ 2xy3 >0)

Vậy 2(x3 +y3)2 > hay x3+y3 ≥ √1

2 Dấu "=" đạt

x=y= √1 2)

Chú ý: Có thể chứng minh bất đẳng thức cuối cách ngắn gọn

(nhưng vượt ngồi chương trình!) cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Buniacovski sau: Ta có:

(x+y)2 ≤2(x2+y2)≤2⇒x+y≤ √

2 = (x2+y2)2 = (√x

√

x3+√ypy3)2

≤(x+y)(x3+y3)

⇒x3+y3 ≥

x+y ≥

1

√

2

Bài 4. Đặt a=a1a2a3 thìb1b2b3 = 2a Khi

A=a1a2a3b1b2b3a1a2a3 = 106a+ 2.103a+a= (103 + 1)2a= 10012.a

= 72.112.132.a

Vì A viết dạng A = p2 1p

2 2p

2 3p

2

4, p1, p2, p3, p4 bốn số nguyên tố khác nhau, nên ba bốn số p1, p2, p3 phải 7,11,13 số thứ tư có bình phương a Do a bình phương số nguyên tố khác 7,11,13

Chú ý rằng: 100 ≤ a = 12b < 10002 < 500 suy a = 172 hoặc a = 192. Vậy có hai số thoả mãn điều kiện toán

A= 289.578.289, A= 361.722.361

(67)

2.13 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1996 (cho thí sinh) 71 Bài 5.Gọi diện tích tam giácIAN, ICN, IBM, IDMlần lượt làS1, S2, S3, S4 Do BM =DM nên

S3 =S4⇒

AN N C =

S1

S2

= S1

S3

.S4 S2 = IA.IN IB.IM. ID.IM IC.IN = IA IC. ID IB Do

4IAC v4IDB ⇒ ID

IB = IA IC

Vậy

AN N C =

IA2 IC2

2.13

(cho thí sinh)

Bài 1.

P =

x+x1

6 −

x6+x16

−2

x+x1

3

+x3+

x3

=

h

x+x1

3i2 −

x3 +x13

x+ 1x

3

+

x3+

x3

=x+

x

3

−x3+

x3

= 3x+

x

>6

r

x.1 x =

Suy P > Dấu "=" đạt x = 1x ⇔ x = 1(x > 0) VậyP đạt giá trị bé 6, đạt khix=

Bài 2.    √ x + q

2−

y =

1 √

y +

q

2−

x =

Điều kiện: x>

2, y≥

Đặt u= √1

x, v=

1 √

y hệ có dạng

(

u+

√

2−v2 = 2

v+

√

2−u2 = 2 ⇒ (√

2−v2 = 2−u √

2−u2 = 2−v Điều kiện:u≤

√

2, v≤ √

2 hệ tương đương với (

2−v2 = 4−4u+u2

2−u2 = 4−4v+v2 ⇒ (

u2+v2−4u+ = 0

u2+v2−4v+ = 0 ⇒

(

4(u−v) =

u2+v2−4v+ = 0 ⇒ (

u=v

2u2−4u+ = 0 ⇒ u=v= (thoả mãnu≤

√

2, v≤ √

2)

(68)

Từ ta có: x=y= nghiệm hệ cho Bài 3.

n3+ 5n =n3−n+ 6n= (n−1)n(n+ 1) + 6n

Do6n 6còn(n−1)n(n+1)là ba số nguyên liên tiếp nên chúng có số chia hết cho số chia hết cho 3, vậy(n−1)n(n+ 1) (Chú ý nguyên tố nhau)

Vậyn3+ 5n với mọin nguyên dương Bài 4.

a3

b +ab>2

r

a3

b.ab= 2a

2

Dấu "=" đạt ab3 =ab⇒a2 =b2 ⇒a=b(a >0, b >0). Vậy

a3

b +ab>2a

2

, dấu "=" đạt ⇔a =b

Tương tự

b3

c +bc>2b

2

, dấu "=" đạt ⇔b=c c3

a +ca>2c

2

, dấu "=" đạt ⇔c=a

Ngoài

2(a2+b2 +c2)> 2(ab+bc+ca) (1)

dấu đạt a=b=c

Cộng bất đẳng thức cuối giản ước ta

a3

b + b3

c + c3

a >ab+bc+ca, dấu "=" đạt ⇔a=b=c

Chú ý:Bất đẳng thức (1) chứng minh dễ dàng cách chuyển vế đưa

về tổng bình phương Bài 5.

1 Đặt S =M N2+N P2+P Q2+QM2 ta có

S =BM2 +BN2+CN2+CP2 +DP2+DQ2 +AQ2+AM2

= (AM2+BM2) + (BN2+CN2) + (CP2+DP2) + (DQ2+AQ2)

(1)

(69)

2.14 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1996(cho thí sinh chuyên toán chuyên tin)73 (a) Do

AM2+BM2 > (AM +BM)

2 =

a2

2,dấu "=" đạt được⇔AM =BM

Tương tựBN2+CN2 > a2 2, CP

2+DP2 > a2 2, DQ

2+AQ2> a2 , dấu "=" tương ứng đạt khiBN =CN, CP =

DP, DQ =AQ Do từ (1) ta cóS > 2a2, dấu "=" đạt được khiM, N, P, Qlà trung điểm cạnh tương ứng chứa chúng

(b)

AM2+BM2 6(AM +BM)2 =a2, dấu "=" đạt ⇔AM = BM = 0⇔M trùng vớiA B.

Tương tự

BN2+CN2 6a2, dấu "=" đạt khiN trùng vớiB C CP2+DP2 6 a2, dấu "=" đạt khiP trùng vớiC hoặc D

DQ2 +AQ26a2, dấu "=" đạt Q trùng vớiD A

Do từ (1) ta có S 4a2, dấu "=" đạt khi M, N, P, Q trùng với hai đầu mút đoạn thẳng chứa chúng Nếu N, P, Q thuộc cạnh BC, CD, DA tương ứng mà M N P Q

hình vng thì∠AM Q+∠BM N = 90◦nên∠AM Q=∠BN M(∠AQM = ∠BM N) suy 4AM Q= 4BM N ⇒ AM = BN Tương tự ta có

BN = CP = DQ = AM Do M N P Q hình vng

BN =CP =DQ=AM

Ngược lại dễ thấy BN = CP = DQ = AM bốn tam giác vng AM Q, BN M, CP N, DQP suy M N = N P =

P Q=QA, ∠AM Q+∠BM N = 90◦ ⇒∠QM N = 90◦ M N P Q hình vng

Vậy:M N P Q hình vng BN =CP =DQ=AM

2.14

Bài 1.

√

x−1 + 1)3+

√

x−1 = 2−x

⇒ √x−1 + 1)3+ [(x−1) + 2√x−1 + 1]−2 =

⇒ √

x−1 + 1)3+ (

√

x−1 + 1)2−2 =

(70)

Đặt x−1 + =t phương trình có dạng

t3+t2−2 =

⇒ (t−1)(t2+ 2t+ 2) =

⇒ t=

Hay √x−1 + = 1⇒x=

Vậyx= nghiệm phương trình cho Bài 2.

    

x−√y= (1)

y−√z = (2)

z−√x= (3)

Điều kiện:x, y, z >0

Nếu(x, y, z)là nghiệm thìx=y=z Thật giả sửxlà số bé ba số x, y, z Khi x6 y nên từ (1) (2) ta có y 6z Khi từ (2) (3) suy z x Vậy x = y = z (Trường hợp y z số bé chứng minh tương tự)

Từ nhận xét ta suy hệ (1), (2), (3) tương đương với hệ (

x=y=z (4)

x=√x+ (5)

Giải (5) ta

√

x= +

√

5

2 ⇒x=

3 +√5

Vậy nghiệm hệ cho x=y=z =p3 +

√

52

Bài 3.Từ giả thiếtx+y= 201vàx, ynguyên dương ta có16x, y6200

và y= 201−x

P =x(x2+y) +y(y2+x) = x3+y3+ 2xy= (x+y)3−3xy(x+y) + 2xy

Thay x+y= 201 ta P = 2013 −601xy Ta chứng minh 200 6xy6100.101

Thật vậy,

xy−200 =x(201−x)−200 = 200x+x−x2−200 =

=x(200−x) + (x−200) = (x−1)(200−x)>0, (Vì 16x 6200)

Vậyxy>200, dấu "=" đạt

x= y= 200

x= 200 y=

(71)

2.14 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1996(cho thí sinh chun tốn chuyên tin)75 Do P 62013−601.200 = 8000401, dấu "=" đạt khi

x= 1, y= 200

x= 200, y =

Suy P đạt giá trị lớn 8000401 Tiếp tục ta có

100.101−xy= 100.101−x(201−x) = 100.101−101x−100x+x2 = = 101(100−x)−x(100−x) = (100−x)(101−x)>0⇒xy 6100.101

Dấu "=" đạt

x= 101, y = 100

x= 100, y = 101 ⇒P đạt giá trị bé 2050501

Chú ý: Có thể giải tốn cách xét khoảng tăng, giảm hàm số

f(x) = xy = x(201) = −x2 + 201x trên [1; 200] Từ suy giá trị lớn bé f(x) với x nguyên,x ∈[1; 200] giá trị lớn nhất, bé P

Bài 4. Vẽ đường trịn tâm O, đường kính BC = 2R Do khoảng cách từO đến (d) bé R= BC2 nên đường trịn cắt(d)tại hai điểmA1, A2 đường trịn ngoại tiếp4A1BC 4A2BC có bán kính R= BC2

1 Trên (d) ta lấy điểm A 6= A1 A 6= A2 Khi A khơng thuộc đường trịn đường kính BC nên ∠BAC 6= 90◦ suy BC dây đường kính đường trịn (O0, R0) ngoại tiếp 4ABC ⇒2R0BC = 2R hay R0> R.

Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp4ABC đạt giá trị bé

BC

2 , đạt Atrùng với A1 A2

Chú ý: Có thể giải câu (1) cách khác sau:

Do tâm I đường tròn ngoại tiếp 4ABC chạy đường trung trực củaBC nên bán kính đường trịn làIB>OB = BC2 , dấu "=" đạt khiI ≡O Do đường trịn có bán kính bé đường trịn đường kínhBC điểm A phải tìm hai điểmA1, A2 nói

2 Giả sửha, hb, hc độ dài đường cao hạ từA, B, CđếnBC, CA, AB

tương ứng h khoảng cách (d) BC ha = h không

(72)

đổi nên diện tích 4ABC có diện tích S = 12BC.h khơng đổi Ta có

AB.AC>2S, dấu "=" đạt khi∠BAC = 90◦ Do đó

ha.hb.hc =h. 2S AC.

2S

AB 6h.2S =BC.h

2

Dấu "=" đạt ∠BAC = 90◦ nghĩa là A là giao điểm của (d) với đường tròn đường kínhBC tức A trùng với A1 A2 Vậy ha.hb.hc đạt giá trị lớn BC.h2, đạt A trùng

vớiA1 A2

Bài 5. (Dành cho chuyên toán)

Trước tiên chứng minh rằng: Với số x1, x2, y1, y2 ta có q

x2

1 +x22+ q

y2

1 +y22 > p

(x1+y1)2+ (x2+y2)2 (1) Thật bình phương hai vế rút gon (1) tương đương với

q

(x2 1+x

2 2)(y

2 1+y

2

2)>x1y1+x2y2 (2) Nếu x1y1+x2y2 < (2) hiển nhiên Với x1y1+x2y2 > lại bình phương hai vế rút gon ta (2) tương đương với

x21y22+x22y21)>2x1y1x2y2 ⇒(x1y2−x2y1)2 > Bất đẳng thức cuối đúng, (1)

Áp dụng hai lần bất đẳng thức (1) ta q

x2 1+x

2 2+

q

y2 1+y

2 2+

q

z2 +z

2 >

p

(x1+y1+z1)2+ (x2+y2+z2)2 (3) Trở lại toán, với x, y, z >0 x+y+z 32, áp dụng (3) ta có

P =

r

x2+

x2 + r

y2+

y2 + r

z2+

z2 >

r

(x+y+z)2+1

x + y + z = r

[4(x+y+z)]2+1

x + y + z

−15(x+y+z)2 >

r

8(x+y+z)

1 x + y + z

−15(x+y+z)2 =pQ

(73)

2.15 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1997 (cho thí sinh) 77

Do x, y, z >0nên (x+y+z)

x + y + z

>9 0< x+y+z ≥ suy −15(x+y+z)2 >−135

4 Do

p

Q> r

72−135

4 = r 135 = √ 17

Vậy P > 32 √

17 Có thể thấy dấu "=" đạt x=y =

z = 13

Bài 5. (Dành cho chuyên tin)

Ta chứng minh chuyển tất viên bi vào hình quạt

Ta tơ màu đen hình quạt hình vẽ gọi hình quạt cịn lại hình quạt trắng

Ở thời điểm ban đầu số bi hình quạt đen số bi hình quạt trắng số lẻ (cùng 7) Dễ thấy qua bước biến đổi số bi hình quạt trắng giữ nguyên, tăng thêm hai giảm hai viên Do đó, sau bước biến đổi số bi hình quạt trắng số bi hình quạt đen số lẻ Vì khơng thể chuyển 14 viên bi vào hình quạt sau bước

2.15

(cho thí sinh)

Bài 1.

x=

3 p

10 +

√

3(

√

3−1)

p

6 + 2√5−√5 =

3 q

(10 +

√

3)(

√

3−1)3 q

(

√

5 + 1)2 −√5

=

3 q

(10 +

√

3)(6

√

3−10)

1 =

3 √

8 =

⇒ x3−4x+ =

⇒ P = (x3−4x+ 1)1997=

Bài 2. √

x+ +

√

x+ = 5√x (1)

Điều kiện:x>0 Bình phương hai vế (1) giản ước ta (1) tương đương với

2

√

x+ 3.

√

x+ = 23x−11 ⇒ (

4(x+ 3)(x+ 8) = (23x−11)2 (2)

x≥ 11

23 (3)

(74)

Giải (2) ta hai nghiệm x = x = 211 (loại khơng thỏa mãn (3) Vậy phương trình có nghiệm x=

Bài 3.     

2xy=x+y+ 2yz=y+z+ 2xz =z+x+

⇒     

4xy= 2x+ 2y+ 4yz= 2y+ 2z+ 14 4xz = 2z+ 2x+

⇒     

(2x−1)(2y−1) = (2y−1)(2z−1) = 15 (2z−1)(2x−1) =

⇒     

(2x−1)(2y−1) = (1)

(2y−1)(2z−1) = 15 (2)

[(2x−1)(2y−1)(2z −1)]2 = 152 (3)

(3) tương đương với (2x−1)(2y−1)(2z−1) =±15

Nếu(2x−1)(2y−1)(2z−1) = 15thì từ (1) (2) ta suy     

2x−1 = 2y−1 = 2z−1 =

Do hệ có nghiệm là:x = 1, y= 2, z =

Nếu(2x−1)(2y−1)(2z−1) =−15thì từ (1) (2) ta suy     

2x−1 =−1 2y−1 =−3 2z−1 =−5

Do hệ có nghiệm là:x = 0, y=−1, z =−2

Vậy hệ cho có nghiệm là: (x, y, z) =

(1,2,3) (0,−1,−2)

Bài 4.

• Vớin = thì2n+ 15 = 16 là số phương.

• Vớin = thì2n+ 15 = 17 khơng phải số phương.

• Vớin >2thì2n chia hết cho 4, vậy2n+ 15 chia cho dư

Dễ thấy số phương m chia hết cho chia cho dư Thật vậy, số phương m bình phương m bình phương số chẵn rõ ràng m Cịn m bình phương số lẻ tức

m= (2k+ 1)2 = 4k2+ 4k+ 1(k ∈Z) thìm chia cho dư

Do với n > số 2n+ 15 không thể số phương (vì 2n+ 15

chia cho dư 3)

Vậy với n= thì2n+ 15 số phương Bài 5.

(75)

2.16 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1997(cho thí sinh chuyên toán chuyên tin)79 Gọi tiếp điểm của(O, R)và(O0, R0)với cạnhBC lần lượt làM, N

thì OM O0N vng góc với BC Do 4ABC đều nên ∠OBM = ∠O0CN = 30◦ Do

BM =R

√

3, CN =R0

√

3⇒M N =BC−BM−CN = 1− √

3(R+R0)

Trong hình thang vng OM N O0 ta ln có

M N 6OO0 ⇒1− √

3(R+R0)6R+R0 ⇒(

√

3 + 1)(R+R0)>1

⇒R+R0 > √

3 + =

√

3−1

Dấu đẳng thức có khiOO0 kM N ⇒OM =O0N hay

R=R0 = √

3−1 VậyR+R0 >

√ 3−1

2 Dấu đẳng thức có R=R

=

√ 3−1

4 Gọi S S0 diện tích hình trịn (O, R) (O0, R0) ta có

S+S0 =π(R2+R02)> π

2(R+R

0

)2> π

2

√3−1

2

= 2−

√

3

4 π

Các bất đẳng thức trở thành đẳng thức khiR=R0 = √

3−1 VậyS+S0 đạt bằng 2−√3

4 π, đạt R =R =

√ 3−1

4

2.16

Bài 1.

(

y3+y2x+ 3x−6y = 0 (1)

x2+xy= 3 (2) Hệ cho tương đương với

(

y3+y2x+ 3x−6y= 0

x(x+y) = ⇒

(

y2(x+y) + 3x−6y= 0

x+y= x3

⇒ (

y2

x + 3x−6y=

x+y= 3x ⇒

(

3y2+ 3x2 −6xy= 0 (3)

x+y= 3x (4)

(76)

(3) tương đương với 3(x−y)2 = 0⇒x=y Thay vào (4) ta được:

2x =

x ⇒x

2

=

2 ⇒x=±

r

3

Vậy nghiệm hệ là: x=y=

q

2 x=y =− q

3 Bài 2.

1 Vớiychẵn thì1992x1993+ 1993y1994là số chẵn(x∈Z) Do phương trình 1992x1993 + 1993y1994 = 1995 khơng có nghiệm ngun với y chẵn

2 Với y lẻ y997 số lẻ, giả sử y1997= 2k+ 1,

1993y1994 = 1993(y997)2 = 1993(2k+ 1)2 = 1993(4k2 + 4k+ 1) = 4[1993(k2+k)] + 1993

Nên1993y1994 chia dư suy ra1992x1993+ 1993y1994 chia dư (vì

1992 4) Trong 1995 chia cho dư nên phương trình cho khơng có nghiệm nguyên với y lẻ

Vậy phương trình cho khơng có nghiệmx, y ngun

Bài 3.Giả sử 1997 viết dạng tổng củanhợp sốa1, a2, , an: 1997 =a1+a2+· · ·+an, không viết dạng tổng n+

hợp số Khi dễ thấy:

1 Mỗi hợp số ai(i = 1, , n) không viết dạng tổng hai hợp số

2 Tổng hai hợp sốai, ak không viết dạng tổng ba hợp

số

Do 1997 lẻ nên số a1, , an phải có hợp số lẻ ai

là hợp số lẻ phải Thật vậy: 1,3,5,7,11,13 khơng phải hợp số cịn ai >15 thìai = + (ai−9), hợp số ai−9 số

chẵn > 6nên hợp số, ai viết dạng tổng

hai hợp số, trái với giả thiết thứ

Ngồi khơng thể có q hợp số 9, có hai trường hợp số tổng chúng 18 tổng ba hợp số(18 = 6+6+6 = + + =· · ·), trái với giả thiết thứ hai

Vậyt số a1, a2, , an có hợp số lẻ số Khơng

mất tổng quát, giả sử a1= Khi

1997 = +a1 +a2+· · ·+an⇒a1+a2 +· · ·+an= 1988 (*)

(77)

2.16 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1997(cho thí sinh chun tốn chun tin)81 a1, a2, , an hợp số chẵn

Dễ thấy hợp số chẵn Vì nếuai hợp số chẵn>8

thì ai = + (ai−4), ai −4 (là số chẵn > 4) hợp số,

trái với nhận xét thứ

Số hợp số không q 1, có hợp số tổng hợp số 12 = + + 4là tổng hợp số, trái với nhận xét thứ hai

Nhưng có hợp số hợp số lại tổng a2+a3+· · ·+an khơng chia hết cho mà 1988 4, trái với giả thiết

(*) Do khơng có hợp số

Vậya2+a3+· · ·+an từ (*) ta có: (n−1)4 = 1988 ⇒n= 498 (1997 = + + +· · ·+

| {z }

(498số4)

)

Bài 4. Dễ dàng chứng minh hai kết luận sau: a) Vớix, y, z > ta có(x+y+z)

x +

1

y +

1

z

>9, dấu "=" đạt x=y =z

b) Trong 4ABC với chiều cao ha, hb, hc bán kính đường trịn nội

tiếp r ta có:

1

ha

+

hb

+

hc =

r

Chứng minh

a) Trước tiên dễ thấy xy + yx > 2qxyyx = 2, dấu "=" đạt

x y =

y

x ⇒x=y(x, y >0) Áp dụng ta có:

(x+y+z)1

x +

1

y+

1

z

= 3x

y + y x

y

z + z y

z

x + x z

>3 + + + =

dấu "=" đạt x=y=z

b) Từ cơng thức tính diện tích tam giác S = aha

2 = p.r (p nửa chi vi tam giác) ta có:

1

ha

= a

2pr

(78)

Tương tự

1

hb

= b

2pr,

1 hc = c 2pr ⇒ ha + hb + hc

= a+b+c

2pr =

1

r

Bây ta xét

M =

ha+ 2hb

+

hb+ 2hc

+

hc+ 2ha

Ta có

(ha+ 2hb)

1

ha

+

hb

= (ha+hb+hb)

1 ha + hb + hb >9 ⇒

ha+ 2hb

6 1 ha + hb

dấu "=" đạt được⇒ha =hb

Tương tự

1

hb + 2hc

6 1 hb + hc

dấu "=" đạt được⇒hb =hc

và

1

hc + 2ha

6 1 hc + ha

dấu "=" đạt được⇒hc =ha

Cộng ba bất đẳng thức cuối ta

M

3 1 ha + hb + hc = 3. r =

3 (vì r = 1)

dấu "=" đạt ha =hb =hc ⇒a =b=csuy 4ABC

đều

Vậy M đạt max 13, đạt 4ABC đều, (khi

ha =hb =hc = 3)

Bài 5.Vì 16 điểm tơ màu nên phải có điểm tô màu Giả sử điểm A, B, C, D, E, F4 Xét đoạn thẳng

(79)

AB, AC, AD, AE, AF Vì đoạn tơ hai màu tím nâu, nên có đoạn tơ màu, giả sử ba đoạn AB, AD, AF chúng tơ màu tím Khi đoạn BD, DF, F B

cũng tô màu tím, chẳng hạn đoạn BD, ta 4ABD có ba đỉnh màu ba cạnh màu tím (Nếu DF F B tơ màu tím ta lý luận tương tự)

Nếu đoạn BD, DF, F B không tô màu tím đoạn phải tơ màu nâu 4BDF có ba đỉnh màu ba cạnh màu nâu

Vậy ta ln tìm tam giác thoả mãn điều kiện toán

2.17

(cho thí sinh)

Bài 1.

2−x2+ √

x2+ = 4 (1)

Điều kiện:x2 62 Bình phương hai vế, rut gọn chuyển vế ta (1) tương đương với

√

−x4−6x2+ 16 = 3⇒ −x4−

6x2+ 16 = 9⇒

x2 =

x2 =−7 (loại) Nghiệm phương trình là:x=±1

x2+xy+y2 = (1)

x4+x2y2+y4 = 21 (2)

Cách 1: Đặt

(

x2+y2 =u

xy=v hệ (1), (2) có dạng

(

u+v=

u2−v2 = 21 ⇒ (

u+v=

u−v= ⇒

(

u=

v=

Từ ta có hệ (

x2 +y2= 5

xy= ⇒

(

(x+y)2 = 9

xy = ⇒

(

x+y=±3

xy=

(80)

Giải hai hệ (

x+y=

xy=

(

x+y=−3

xy=

Ta thu nghiệm (

x=

y= ,

(

x =

y= ,

(

x =−1

y =−2 ,

(

x=−2

y=−1

Cách 2: (2) tương đương với

(x2+y2)2 −x2y2 = 21⇒(x2+y2+xy)(x2+y2−xy) = 21

Do hệ tương đương với (

x2+xy+y2 =

x2−xy+y2 = 3 ⇒ (

x2+y2 =

xy=

Sau giải tiếp tục cách

Bài 2. (

a3−3ab2 = 19

b3−3a2b= 98

Bình phương hai vế đẳng thức cộng lại ta

a6+ 3a4b2+ 3a2b4+b6 = 9965 ⇒(a2+b2)3 = 9965 ⇒a2+b2 =

√

9965

Bài 3. Do a, b, c∈[0,1]nên

(1−a)(1−b)(1−c)>0⇒1−a−b−c+ab+bc+ca−abc >0

⇒a+b+c−ab−bc−ca61−abc61

Do a, b, c∈[0,1]nên b2 6b, c3 6c Từ ta có

a+b2+c3−ab−bc−ca6a+b+c−ab−bc−ca6

Bài 4.

1 a) DoAI vàBI vng góc nênI chạy đường trịn cố định đường kínhAB

b) Kẻ đường kính BC Dễ thấy:

- Nếu M thuộc nửa đường trịn đường kính BC khơng chứa A I

thuộc đoạn thẳng AM N thuộc cung lớn AB

(81)

2.17 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1998 (cho thí sinh) 85 - Nếu M thuộc cung nhỏ AC góc ∠BAM tù, I nằm

M A kéo dài phía A Khi điểm N thuộc cung nhỏ AB

(H2), cung lớnAB (H3)

Trong ba trường hợp dễ chứng minh tổng số đo hai cung nhỏAB M N 180◦, tức là ∠M ON +∠AOB =

180◦ Gọi trung điểm AB là H ta có:

∠N OJ +∠AOH =

2∠M ON +

2∠AOB = 90

◦

Mà

∠OAH +∠AOH = 90◦ ⇒∠N OJ =∠OAH

⇒ 4N OJ =4OAH

(Hai tam giác vng có cạnh huyềnON =OA=R,∠N OJ =∠OAH)

OJ =AH = AB

VậyJ chạy đường trịn tâmO bán kính R0= AB

2

2 Kẻ đường kính EF⊥AB với E, F điểm cung lớn cung nhỏ AB Kéo dài AM đoạn M D = M B

M A+M B =M A+M D =AD

Vì4M AB cóAB cố định nên chu vi4M AB lớn

M A+M B lớn AD lớn

Vì M F phân giác ∠AM B EM⊥F M nên đường thẳng EM

chứa phân giác∠BM D (kề bù với∠AM B Vì 4M BD cân ởM nên

EM đường trung trực BD Do

ED=EB =EA⇒AD 6EA+ED =EA+EB

dấu "=" đạt E thuộc đoạn AD hay M ≡E Vậy chu vi tam giácM AB đạt giá trị lớn M ≡E

(E trung điểm cung lớn AB) Bài 5.

1 Giả sử (

n+ 26 =a3 (1)

n−11 = b3 (2) a, b số nguyên dương

(82)

Do n+ 26> n−11 nên a > b Trừ (1) cho (2) ta

37 =a3−b3 ⇒(a−b)(a2+ab+b2) = 37

Vì 37 số ngun tố cịn hiển nhiên 0< a−b < a2+ab+b2 nên ta

có: (

a−b=

a2+ab+b2= 37

Giải ta a = 4, b = (loại nghiệm âm) Thay vào (1) (hoặc (2)) ta n = 38

Thử lại ta thấy n= 38 thoả mãn (1), (2) vớia= b= Từ điều kiện

x2+y2+z2 = 1⇒x2 61, y2 61, z2 61

Do

x2(y−z)2 6(y−z)2 =y2+z2−2yz

Dấu "=" đạt y=z x2 =

Tương tự

y2(z−x)2 6z2+x2 −2zx

Dấu "=" đạt z =x y2= 1

z2(x−y)2 6x2+y2 −2xy

Dấu "=" đạt x=y z2 =

Cộng ba bất đẳng thức thu ta có:

x2(y−z)2+y2(z−x)2+z2(x−y)2

62(x2+y2 +z2)−2(xy+yz+zx) = 2−2(xy+yz+zx)

P =xy+yz+zx+1 2[x

2

(y−z)2 +y2(z−x)2+z2(x−y)2]6

Dấu "=" đạt 

   

y=z x2 = (1)

z =x y2 = (2)

x=y z2 = 1 (3)

(83)

2.18 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1998(cho thí sinh chun tốn chuyên tin)87 Nhưng với x2 = 1 thì do x2+y2+z2 = 1 ⇒ y = z = 0, điều kiện (2), (3) khơng thể thoả mãn

Tương tự, trường hợp y2 = z2 = bị loại VậyP =

(

x=y =z

x2+y2+z2 = 1 ⇒x=y=z =±

1

√

3

VậyP đạt max 1, đạt x=y=z =±√1

2.18

Bài 1.

x+x2+x3+x4 =y+y2+y3+y4 (1)

x2+y2 = (2)

Ta có (1) tương đương với (x−y)[1 +x+y+x2+xy+y2 + (x2+

y2)(x+y)] = 0 Do hệ (1) (2) tương đương (

(x−y)[2 + 2(x+y) +xy] =

x2+y2 = 1 ⇒      

(

x−y= (3)

x2+y2 = 1 (4) (

2 + 2(x+y) +xy = (5)

x2+y2 = (6)

a) Giải hệ (3), (4) ta hai nghiệm làx=y=±√1 b) Đặt

(

x+y=u

xy =v hệ (5), (6) có dạng

(

2 + 2u+v=

u2−2v= ⇒

(

v=−2u−2

u2+ 2(2u+ 2) =

Giải ta (

u=−1

v=

(

u=−3

v=

(84)

Vớiu=−1, v= ta hệ (

x+y=−1

xy= ⇒

(

x= 0, y=−1

x=−1, y=

Vớiu=−3, v= ta hệ (

x+y=−3

xy= Hệ vô nghiệm

Vậy hệ cho có nghiệm: √1 2,

1 √

,− √1 2,−

1 √

,(0,−1),(−1,0)

2 Xét phương trình √

1−x+

√

1 +x=|1−a|+|1 +a| (1) Điều kiện:−16x61 Khi đó:

(

√

1−x+

√

1 +x)2 = +

√

1−x2 64⇒√1−x+√1 +x62 Đẳng thức có x=

|1−a|+|1 +a|>|1−a+ +a|=

Đẳng thức có (1−a)(1 +a)>0⇒ −16a61

Do (1) có nghiệm khi|1−a|+|1 +a|= ⇒ −16a 61 Khi nghiệmc phương trình x=

Chú ý:Bình phương hai vế (1) rút gọn ta (1) tương đương

với √

1−x2 =a2

+|1−a2| (2)

Do √1−x26 1dấu "=" đạt khix= 0 còn a2+|1−

a2|>|a2+ 1−a2|= 1, dấu "=" đạt khia2(1−a2)>

0⇒a2 61

Do (2) có nghiệm a2 6 1 hay −1 6 a 6 1 Khi đó nghiệm (2) (hay (1)) là: x=

Bài 2. Tìm nghiệm nguyên

19x3−98y2 = 1998 (1)

(1) tương đương với

19(x3−100) = 98(y2+ 1)⇒19(x3−2) = 98(y2+ 20) (2) Ta có 98(y2+ 20) chia hết cho (với y nguyên) Ta chứng minh 19(x3−2) không chia hết cho (2) khơng có nghiệm ngun

(85)

2.18 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1998(cho thí sinh chun tốn chun tin)89 Với∀x∈Z ta có x= 7k+i, k∈Z cịn i nhận giá trị từ đến

x3−2 = (7k+i)3−2 = (7k)3+ 3(7k)2i+ 3.7ki2+i3−2 = 7m+i3−2, m∈Z

Dễ kiểm tra rằng: Vớiinhận giá trị từ đến i3−2không chia hết cho suy rax3−2không chia hết cho Vì 19 nguyên tố cùng nên 19(x3 −2) cũng không chia hết cho Vậy (1) khơng có nghiệm ngun

Bài 3.

1 Do 0< a < bnên bất đẳng thức

a+b+c

b−a >3⇒a+b+c >3(b−a)⇒4a+c >2b (1)

Vì phương trìnhax2+bx+c= 0 vô nghiệm nên

c > b

2

4a ⇒4a+c >4a+ b2

4a >2

r

4a.b

2

4a = 2b

Từ suy (1) a+b−b+ac >3 Ta có

P = x

2

x2+ 2yz +

y2

y2+ 2zx +

z2

z2+ 2xy > x

2

x2+y2+z2 +

y2

y2+z2+x2 +

z2

z2+x2+y2 =

Dấu "=" đạt 2yz =y2+z2,2zx=z2+x2,2xy=

x2+y2 ⇒x=y=z

VậyP đạt 1, đạt x=y =z Bài 4. Ta điền vào ô vuông số theo quy tắc sau:

Điền vào ô(m, n)số f(m, n) =inếu n−m= 5k+itrong đók ∈Zcịn

i số:0,1,2,3,4, tức n−m =i( mod 5) Khi đó:

a) Trên bảng thu được, ô liên tiếp hàng hay cột có số khác là0,1,2,3,4

b) Trên hàng có 2000 ô nên bảng thu số ô chứa số số ô chứa số 1, số ô chứa số 2, số ô chứa số 3, số chứa số

c) Vìq−p= (q+ 1)−(p+ 1) = (q+ 2)−(p+ 2) = (q+ 3)−(p+ 3) = (q+ 4)−(p+ 4), nên ô tô lần thứ chứa số, giả sử số

i Từ lần thứ hai trở lần tô ô chứa số khác sau lần

(86)

tô (kể từ lần thứ hai) số ô tô chứa số i nhiều ô tô chứa số cịn lại Do khơng thể sau lần tơ ta tơ hết ô vuông bảng cho (theo b))

Bài 5. Gọi bán kính đường trịn ε1, ε2, ε3 R tâm chúng O1, O2, O3 tương ứng O1O2O3 tam giác có cạnh

2R Gọi tâm ε làO OO1 =OO2 =OO3 =R+r nên O trọng tâm (trực tâm ) 4O1O2O3

Do OO1 = 23O2O3 √

3 =

O√2O3

3 hay R +r = 2R

√

3 ⇒ R = √

3 2−√3r =

(3 +

√

3)r

Gọi tiếp điểm ε2, ε3 với cạnh BC M, N tương ứng O2M O3N vng góc với BC O2M =O3N =R ⇒ O2M N O3 hình chữ nhật M N =O2O3 = 2R

Dễ thấy BM = CN = R

√

3 (4BM O2 4CN O3 vng góc có ∠O2BM =∠O3CN = 30◦)

BC =BM+M N+N C =

√

3R+2R = (2

√

3+2)(3+2

√

3)r= (18+10

√

3)r

Vậy cạnh tam giác ABC là(18 + 10√3)r

2.19

(cho thí sinh)

Bài 1. (

a+b+c= (1)

a2+b2+c2 = 14 (2) Bình phương hai vế (1) ta có

ab+bc+ca=−7 (3) Bình phương hai vế (3) ta có

a2b2 +b2c2+c2a2+ 2abc(a+b+c) = 49→a2b2+b2c2+c2a2 = 49

Bình phương hai vế (2) ta

a4+b4+c4+ 2(a2b2+b2c2+c2a2) = 196 →a4+b4+c4 = 98

Vậy biểu thức cần tính

P = +a4+b4 +c4 = 99

Bài 2.

(87)

2.19 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1999 (cho thí sinh) 91 Giải phương trình: √x+ 3−√7−x=√2x−8

Phương trình tương đương với (

4≤x≤7 (1)

√

x+ =√2x−8 +√7−x (2)

Phương trình (2) tương đương với

x+ =x−1 +

√

−2x2+ 22x−56 →2 =

√

−2x2+ 22x−56 →4 =−2x2+ 22x−56

→x2 −11x+ 30 =

→x1 = 5, x2 =

Cả hai nghiệm thoả mãn (1) Vậy phương trình cho có hai nghiệm

(

x1 =

x2 = Hệ cho có dạng

  

x+1y+y+x1= 92

x+1yy+ 1x= 92

Đặt x+1y =u y+x1 =v ta có: (

u+v= 92

uv= 92 ⇔

(

u=

v= 32

(

u= 32

v=

Vậy hệ cho có bốn nghiệm (

x=

y= ;

(

x=

y= ;

(

x= 12

y= ;

(

x=

y = 12

Bài 3. Ta có

n2+ 9n−2

n+ 11 =n−2 + 20

n+ 11

muốn n2+ 9n−2 .n+ 11 thì n+ 11 phải ước số 20 suy ra n = 9 là

(88)

Bài 4. 1) 2) Gọi trung điểm OI O0 thì O0E0là đường trung bình tam giácIOE đóO0E0 =

2OE =

2R(R bán kính đường trịn (C )

Tương tự: O0F0=O0M0=O0N0= R

2

VậyM0E0N0F0 luôn tứ giác nội tiếp đường trịn có bán kínhR0= R

2 3) NếuM N0⊥EF S0=SM0E0N0F0 =

2M

N0.E0F0= 18M N.EF0

Hạ OK⊥M N, OH⊥EF ta có

M N2 +EF2 = 4M K2+ 4EH2

= 4(R2 −OK2) + 4(R2 −OH2) = 8R2−4(OK2 +OH2) = 8R2 −4OI2

khơng đổi (vì I cố định) Do

S0=

8M N.EF ≤ 16(M N

2

+EF2) = 4(2R

2 −

OI2)

Dấu "=" đạt M N =EF hay OK =OH hay hình chữ nhật OKIH hình vng M N EF lập với OI góc 45◦.

VậyS0=SM0N0E0F0 đạtmaxbằng 4(2R

2−

OI2), đạt

M N EF lập với OI góc 45◦.

Bài 5. Từ giả thiết x > 0, y >0, x+y= ta có

xy≤ (x+y)

4 =

1

4 →x

2

y2≤

16

Dấu "=" đạt x=y = 12

Ta có: P =x2y2+ x21y2 +

Cách 1: Trước nếua ≥b≥1thìa+1a ≥b+1b Dấu "="

đạt a=b Thật vậy:

S =

a+

a

−

b+1

b

= (a−b)

ab−1

ab

≥0

Dấu "=" đạt a=b Coi a = x21y2 ≥b= 16 ta có

P =

x2y2 +x

y2+ ≥16 +

16 + = 289

16

Dấu "=" đạt x21y2 = 16 hay xy=

4 hay x=y=

(89)

2.20 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2000 (cho thí sinh) 93 VậyP đạt minbằng 28916, đạt khix=y= 12

Cách 2:

P =x2y2+

x2y2 + = 16

x2y2+

x2y2 + 2−255x

y2

mà 162x2y2 +x21y2 ≥32, dấu "=" đạt 16xy =

xy hay xy=

1 hay

x=y = 12

Còn dox2y2≤

16 nên−255x

2y2 ≥ −255

16, dấu "=" đạt khix=y=

2

VậyP ≥32 + 2−255 16 =

289

16, dấu "=" đạt khix=y= suy P đạt minbằng 28916 đạt x=y= 12

2.20

(cho thí sinh)

Bài 1. 1) Ta có

S = (1−

2) + ( −

1

3) +· · ·+ ( 1999 −

1 2000)

⇔ S = 1−

2000 = 1999 2000

2) Đặt u=x+ 1y, v= xy ta có

x2+

y2 =

x+1

y

2 − 2x

y =u

2 −2v

Thay vào hệ cho ta nhận được: (

u+v=

u2−v = 3 ⇒ u

+u−6 = ⇔

u= 2, v=

u=−3, v=

a) Giải (

x+y1 = x

y =

⇔ (

x+y1 =

x=y ⇔

(

x=

b) Giải (

x+ 1y =−3 x

y =

⇔ (

6y+ 1y =−3

x= 6y ⇔ Vô nghiệm

(90)

Đáp số: (

x=

y =

Bài 2.

1) Viết lại phương trình dạng √

x−1 +

√

x3+x2+x+ = +p(x−1)(x3+x2+x+ 1) (1) Điều kiện: x> 1ta có

(1) ⇔ (

√

x−1−1)(

√

x3+x2+x+ 1−1) = 0 a) Giải √x−1 = ⇔ x=

b) Giải √

x3+x2+x+ = 1 ⇔ x= 0 (loại) Đáp số: x=

2) Cách giải thứ nhất: Phương trình cho viết lại sau:

x2−4ax+ 4a2 =−x2+11

2 x−7 = (2−x)(x− 2)

⇔ (x−2a)2 = (2−x)(x−

2)

suy (2−x)(x−7

2)>0⇔26x6 26x0

7

Vậy x0 = 2, x0 = Thay vào phương trình ta nhận được: a) (2−2a)2 = ⇒ a=

Thử lại với a= ta có phương trình

2x2− 19

2 x+ 11 =

Phương trình có nghiệm ngun x= b) (3−2a)2 = 12 ⇒a= 32 ±

2 √

2 Thử lại với a= 32 +

2√2 ta có phương trình

2x2−23

2 +

√

2x+ 33 +

√

2 =

có nghiệm nguyên x= Với a= 32 −

2√2 thu phương trình

2x2−23

2 −

√

2x+ 33 −3

√

2 =

(91)

2.20 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2000 (cho thí sinh) 95 có nghiệm nguyênx=

Vậya= 1, a= 32 ±

2√2 giá trị a cần tìm

Cách thứ 2: Phương trình viết dạng

4a2−4xa+ 2x2− 11x

2 + =

Suy

40=−4x2+ 22x−28>0⇔ 26x6

2

Vậy nghiệm nguyên x0 nhận giá trị x0 = 2, x0 = Thay vào phương trình ta nhận

a = 1, a= 2±

1

√

2

Bài 3.

1) Đường tròn tiếp xúc với AD P BC Q Vì AB//DC ⇒ b

A+Db = 1800

Ta có

\

AOD = 1800 −(\OAD+\ODA) = 1800 −Ab+Bb

2 = 90

0 ⇒ 4AOD vuông tạiO

Tương tự 4BOC vuông tạiO

Xét hai tam giác vuông AOD vàBOC ta có:

P A.P D=r2 =QB.QC

Vì AE =P A, DF =P D, BE =QB, CF =QC ta suy ra:

AE.DF =BE.CF ⇒ BE

AE = DF

CF (đpcm)

2) Ta có

SABCD =

r

2(AB+AD+DC +BC)

Vì AB+AD=DC +BC ⇒S =r(AB+CD)

Từ tính chất

BE AE =

DF

CF ⇒ CF =

1

3.CD =CQ

BQ=EB = 2a

(92)

Ta suy ra: b= 13CD+23a ⇒CD = 3b−2a

⇒AB+CD= 3b−a⇒SABCD =r(3b−a)

Ta có

t2 =BQ.CQ= 2a .

3b−2a

3 ⇒r =

p

2a(3b−2a)

Suy

SABCD =

p

2a(3b−2a)

3 .(3b−a)

Bài 4. Cách 1: Bất đẳng thức viết lại dạng

M = 4x

2y2

(x2+y2)2 +

x4+y4

x2y2 >3

M = 4x

2y2

(x2 +y2)2 +

(x2+y2)2

2x2y2 =

4x2y2

(x2+y2)2 +

(x2+y2)2

2x2y2 +

(x2+y2)2

2x2y2

M >2 + x

2 +y2)2

2x2y2 >2 + = Dấu đẳng thức xảy x=y

Cách 2: Bất đẳng thức viết lại:

N = x

2

x2 +y2.

y2

x2+y2 +

x2+y2

x2 +

x2+y2

y2 >5 Đặt a= x2x+2y2, b =

y2

x2+y2, ta có a, b >0, a+b= Từ

n= 4ab+

a+

1

b = 8ab+

1

a +

1

b −4ab

N >33

√

8−4a+b

2

=

Dấu đẳng thức xảy a=b⇔x=y

2.21

Bài 1.

(93)

2.21 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2000(cho thí sinh chun tốn chuyên tin)97

y(x−1) =x2+ (1) Dễ thấy x= khơng thể thoả mãn (1), (1) tương đương với

y= x

2

+

x−1 ⇒y=x+ +

x−1 (2)

Với x ∈ Z y ∈ Z suy x−13 ∈ Z hay z−1 số: ±1,±3

x−1 = 1→x= →y=

x−1 = −1→x= →y=−2

x−1 = 3→x= →y=

x−1 = −3→x=−2→y=−2

Vậy phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên(x, y)là(2; 6),(0;−2),(4; 6),(−2;−2)

2

−1≤x+y ≤1 (1)

−1≤xy+x+y ≤1 (2)

Ta chứng minh |x| ≤2

Giả sử ngược lại|x|>2khi có hai khả

(a) x >2 Từ (1) ta có y≤1−x <−1 suy xy <−2

(b) x <−2 Từ (1) ta có y≥ −1−x >1 suy raxy <−2

Vậy nếu|x|>2thìxy <−2và dox+y≤1nên ta cóxy+x+y <−1

trái với (2) nên giả thiết |x|> sai suy |x| ≤2 Lý luận tương tự ta có |y| ≤2

Bài 2.

1 Phương trình cho viết lại dạng

4

x −x+

r

x−

x −

r

2x−

x = (1)

Đặt u =

q

x−

x, v =

q

2x−

x thìu, v ≥ u

2−

v2 = x4 −x Do (1) có dạng

u2−v2+u−v= 0⇒(u−v)(u+v+ 1) = ⇒u =v (vì u, v≥0)

(94)

Từ ta có r

x−

x =

r

2x−

x ⇒x−

1

x = 2x−

5

x ≥0 (2)

Phương trìnhx−

x = 2x−

5

x có nghiệm làx=±2

Từ (2) suy có x= nghiệm phương trình cho f(x) =ax2+bx+c Gọi tập số hữu tỷ Q ta có

f(1) =a+b+c∈Q (1)

f(4) = 16a+ 4b+c∈Q (2)

f(9) = 81a+ 9b+c∈Q (3)

Trừ (2) cho (1) ta có

15a+ 3b∈Q⇒5a+b∈Q (4)

Trừ (3) cho (2) ta có

65a−5b∈Q⇒13a−b∈Q (5)

Cộng (4) (5) ta 18a∈Q⇒a∈Q Từ (3) suy b∈Q từ (1) ta có c∈Q Vậya, b, c∈Q

Bài 3.

1 Vẽ vịng trịn (O) đường kính AC Do Bb ≥ 90◦,Db ≥ 90◦ nên B

D nằm bên (O) Kéo dài BD cắt (O) M, N

BD≤M N ≤AC

2 Vì A, B, C ba đỉnh tam giác nên B không thuộc đường thẳng AC Theo giả thiết 4ABC phải thoả mãn đồng thời bốn điều

kiện sau: 

       

b

A≤Bb

b

A≤Cb

b

B ≤90◦ b

C ≤90◦

Ta tìn tập hợp điểm B thoả mãn điều kiện a) Ab ≤ Bb suy BC < AC hay B nằm bên đường trịn (C)tâm C, bán kính CA

(95)

2.22 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2001 (cho thí sinh) 99 b) Ab≤Bb suy BC < BA hay B thuộc nửa mặt phẳng chứa C có bờ đường trung trực AC (B thuộc 4)

c) Bb ≤ 90◦ hay B nằm bên ngồi đường trịn (O) đường kínhAC

d)Cb≤90◦ hay B thuộc nửa mặt phẳng chứaA, có bờ đường thẳng

d qua C, vng góc với AC (B thuộc d nhưngB 6=C) Vậy tập hợp điểm B thoả mãn giả thiết tốn phần khơng bị gạch hình vẽ (kể biên trừ điểmC)

Bài 4.Gọi điểm cho làA, B, C, D, E, F Ta tô màu đoạn thẳng nối cặp điểm chúng sau:

Trong tam giác có đỉnh điểm cho, ta tô cạnh bé màu đỏ Sau tô hết cạnh màu đỏ, đoạn thẳng cịn lại ta tơ màu xanh (như đoạn tô xanh cạnh bé tam giác cả) Ta chứng minh tồn điểm điểm cho mà tam giác tạo ba điểm có ba cạnh màu Thật vậy, đoạn AB, AC, AD, AE, AF tô hai màu xanh, đỏ nên chúng phải có đoạn màu Khơng tổng quát giả sử AB, AC, AD Khi đoạn BC, CD, DB, chẳng hạn

BC, màu với đoạnAB, AC, AD, thì4ABC có ba cạnh màu Cịn ba đoạn BC, CD, DB khác màu với đoạnAB, AC, AD

thì chúng màu với Suy 4BCD có ba cạnh màu Vậy ln có ba điểm điểm cho có tạo thành tam giác có ba cạnh màu

Giả sử 4ABC có ba cạnh màu Khi cạnh bé có màu đỏ nên ba cạnh màu đỏ Do cạnh lớn 4ABC có màu đỏ nên cạnh bé tam giác khác

2.22

(cho thí sinh)

Bài 1. Ta có

x2 = y

2−1

y+ (y6= 2) (y=−2 nghiệm)

x2 =y−2 +

y+ ⇒y−2 +

y+ ∈Z

Vậyy+ =±1; y+ =±3

(96)

• y+ = 1→y=−1→ x2= 0 →x= 0 ta có nghiệm(x= 0, y=−1) • y+ =−1→y=−3→x2 =−8(loại)

• y+ = 3→y= →x2 = 0→x= 0 ta có nghiệm (x= 0, y = 1) • y+ =−3→y=−5→x=−8(loại)

Đáp số: (x= 0, y= 1); (x= 0, y=−1)

Bài 2. 1) Điều kiện để phương trình có nghĩa (

x6−1

3 x>0

x60 x>1 ⇔

  x6

−1

x>1

x=

Ta có x= nghiệm Chia hai vế cho

√

x2 6= 0 ta thu được r

3 +

x −

r

1−

x =

Đặt u=

q

3 + 1x >0, v=

q

1−

x >0 ta thu

(

u−v=

u2+v2 = 4

Ta có u= +v suy (2 +v)2+v2 = ↔2v2+ 4v=

v=

v=−2 (loại) ↔v= r

1−

x = ↔x =

Đáp số: x= hoăc x=

2) Hệ phương trình viết lại: (

y(x−1) +x2−3x+ =

x2+y2 = ⇔

(

(x−1)(y+x−2) =

x2+y2 = ⇔

⇔      

(

x=

x2 +y2= 2 (I) (

x+y=

x2 +y2= 2 (II)

(97)

Giải (I) (

x=

y=

(

x=

y=−1

Giải (II) thu

x2+ (2−x)2 = 2↔ 2x2−4x+ = 0↔x = y=

Đáp số: (x= 1, y= 1); (x= 1, y=−1)

Bài 3. a) Ta có

OH =

2OM =

a

4 ⇒ M H =

r a2 − a2 16 = a √

F H =

r

a2− a 16 = a √ 15 Suy

M F =

√

3 +

√

15

4 .a

F F0=

2M F =

√

3 +

√

15

8 .a

EM =M E1 =HE1 −M H =F H −M H =F H −M H

⇒ EM =

√ 15− √ .a Suy

EE0=

2EM =

√

15−√3

8 .a

Ta có tổng hai đáy hình thang EE0+F F0= √

15 .a Ta có

M E0 =EM.

√ = √ . √ 15− √ .a

M F0=F M.

√ = √ . √

3 +√15

4 .a

Vậy đường cao hình thang vng là:

h=M E0+M F0=

√

3 .

√

15 .a=

√

45 .a

Diện tích hình thang vng là:

S = 2. √ 15 .a. √ 45 .a=

(98)

Suy EF tiếp xúc với vịng trịn tâm O bán kính a2

Bài 4. Nhân hai vế phương trình (1) với xyzta thu

2xyz+x2z+x2y+y2x+y2z+z2y+z2x=

⇔ (xyz+x2z) + (xyz+y2z) + (x2y+y2x) +z2(y+x) =

⇔ xz(y+x) +yz(x+y) +yx(x+y) +z2(y+x) =

⇔ (x+y)(xz+yz+yx+z2) =

⇔ (x+y)(y+z)(z+x) =

Không tổng quát giả sử:

x+y= 0→ x3+y3 = 0→

x+

1

y =

Suy ra: z3 = 1→ z = 1 →

z =

Vậy

1

x+

1

y +

1

z =

Bài 5. Ta có

M xyz

2√xy2√yz2√zx =

1

VậyMmax = 18 x=y=z

2.23

(cho thí sinh)

Bài 1.

1 Từ giả thiết ta cóc=f(0)∈Z, cịna, bkhơng thiết phải ngun, chẳng hạn với a=b= 12, c∈Z ta có

f(x) = 2x

2

+1

2x+c=

x(x+ 1)

2 +c∈Z

với mọix∈Z

2 Giả sử(x, y)là nghiệm khơng âm phương trìnhx2 =y2+√y+ Khi

x2 > y2 (1) Mặt khác y≥ 0nên

y+ 1≤4y2+ 4y+ = (2y+ 1)2

(99)

2.23 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2001 (cho thí sinh) 103 hay

p

y+ 1≤2y+ ⇒y2+py+ 1≤y2+ 2y+ = (y+ 1)2 (2) Dấu "=" đạt y= Từ (1) (2) suy

y2 < x2 =y2+py+ 1≤(y+ 1)2 ⇒x2 = (y+ 1)2

(vìy2 (y+ 1)2 hai số phương liên tiếp) ta có:

y2+py+ = (y+ 1)2 ⇒y=

Vớiy= ta nghiệm x= 1, y =

Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên làx= 1, y=

Bài 2.

4

√

x+ =x2−5x+ 14

⇒ (x2−6x+ 9) + (x+ 1−4

√

x+ + 4) =

⇒ (x−3)2+ (

√

x+ 1−2)2 =

⇒

x−3 =

√

x+ 1−2 = ⇒x=

Bài 3. 

       

ax+by= (1)

ax2+by2 = (2)

ax3+by3 = (3)

ax4+by4 = 17 (4)

Nhân (2) với x+y ta có ax3+by3+xy(ax+by) = 5(x+y). Từ (1), (3) ta có

9 + 3xy= 5(x+y) (5)

Nhân (3) với x+y ta có ax4+by4+xy(ax2+by2) = 9(x+y). Từ (2), (4) ta có

17 + 5xy= 9(x+y) (6)

Vậyx, y thoả mãn hệ (

9 + 3xy = 5(x+y) 17 + 5xy = 9(x+y)

(100)

Giải hệ ta (

x+y =

xy= ⇒

x= 1, y=

x= 2, y=

Với x= 1, y= hệ cho có dạng 

       

a+ 2b=

a+ 4b=

a+ 8b=

a+ 16b= 17

⇒a=b=

Trường hợp x = 2, y= 1, tương tự ta thu a=b= VậySn =axn+byn = + 2n

A=ax5+by5= + 25 = 33

B =ax2001+by2001= + 22001

Bài 4Kéo dài M Ocắt d2 tạiP thì4OAM =4OBP suy hai đường cao tương ứng chúng nhau, tức OH = OB =OA Vậy đường trịn (O) đường kính AB tiếp xúc với M N H (và tiếp xúc d1, d2

A, B) Do

AM =HM, BN =HN

⇒M H

HN = M A N B =

M I

IB ⇒HI//BN

hay đường thẳng(HIK)//d2vàd1suy ra(HIK)⊥ABvàHKB\ =M EB\ =

\

N HB (vì EM HB tứ giác nội tiếp) Mà

\

N HB =N BH\ =KHB\ ⇒HKB\ =KHB\

hay 4BHK cân B nên AB đường trung trực HK(AB⊥HK)suy OK =OH = AB2 hay K ln chạy đường trịn(O) đường kínhAB Bài 5. Nhận xét: Nếu đồng tiền đổi mặt số lẻ lần mặt đỏ ngửa lên phía

Đánh số đồng tiền theo chiều kim đồng hồ làa1, a2, , a2001

Cách 1: Ta đổi mặt theo thứ tự sau (mỗi lần đồng tiền viết

(101)

2.24 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2002 (cho thí sinh) 105 dịng)

a1 a2 a3 a4 a5

a2 a3 a4 a5 a6

a3 a4 a5 a6 a7

a4 a5 a6 a7 a8

a5 a6 a7 a8 a9

a6 a7 a8 a9 a10 · · · ·

a1997 a1998 a1999 a2000 a2001

a1998 a1999 a2000 a2001 a1

a1999 a2000 a2001 a1 a2

a2000 a2001 a1 a2 a3

a2001 a1 a2 a3 a4 Qua lược đồ ta thấy sau 2001 lần đổi mặt, đồng tiền đổi mặt lần, tất mặt đỏ ngửa lên phía

Cách 2:Lần lượt đổi mặt đồng tiền theo chiều kim đồng hồ sau:

Lần 1: a1, a2, a3, a4, a5 Lần 2: a6, a7, a8, a9, a10 Lần 3: a11, a12, a13, a14, a15

Lần 2001: a1997, a1998, a1999, a2000, a2001

Như sau 2001 lần đổi mặt đồng tiền đổi mặt lần Do tất mặt đỏ ngửa lên phía

2.24

(cho thí sinh)

Bài 1.

1) Điều kiện: 06√x65 Phương trình cho tương đương với √

8 +t+

√

5−t= (√x=t)

⇔ 13 + 2p(8 +t)(5−t) = 25

⇔ √

40−3t−t2 = 6 ⇔ t2+ 3t−4 =

t1 = 1⇒ x=

t2 =−4 loại Vậy phương trình có nghiệmx =

(102)

Cách khác

Đặt p8 +√x=u,p5−√x=v

⇔ (

u+v=

u2+v2 = 13 ⇒ Đáp số.

2) Hệ cho tương đương với (

x+y+xy =

x2+y2+x+y+xy= 17 ⇔ (

x+y+xy=

(x+y)2−xy+x+y= 17

⇔ (

S+P = (1)

S2+S−P = 17 (2) với x+y =S, xy =P

Từ (1) (2)

⇒ S2+ 2S −24 =

⇒ S1 = 4, S2 =−6

Với (

S =

P = ⇒

(

x=

y=

(

x=

y=

Với (

S=−6

P = 13 hệ vô nghiệm

Vậy hệ cho có hai nghiệm (x, y) =

(1; 3) (3; 1)

Bài 2.

4= (a+b+c)2 −4(ab+bc+ca)

4=a2 +b2+c2−2ab−2bc−2ca

Từ     

a+b > c b+c > a c+a > b

⇔     

c(a+b)> c2 a(b+c)> a2

b(c+a)> b2

⇒2(ab+bc+ca)> a2+b2+c2 ⇒ 4<0

Cách khác:

4=a2+b2+c2−ab−ab−bc−bc−ca−ca

4=a(a−b−c) +b(b−c−a) +c(c−a−b)<0

(103)

2.24 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2002 (cho thí sinh) 107 Bài 3. Giả sử n2+ 2002 là số phương

⇒ n2+ 2002 =m2 (m nguyên)

⇒ m2 −n2 = 2002

⇒ (m−n)(m+n) = 2002 (*)

Chú ý m n phải chẵn lẻ

⇒ (m−n) (m+n)

Suy đẳng thức (*) khơng thể xảy vế trái chia hết cho vế phải không chia hết cho

Vậy khơng có số ngun n để n2+ 2002 số phương Bài 4.

Trước vớia, b, c >0ta ln có: (a+b+c)(a1+1b+1c)>9, gấu "=" đạt a=b=c

Thật bất đẳng thức tương đương với (ab+ab) + (ac+ca) + (bc+cb)>6

hiển nhiên xy +yx >2vớix, y >0, dấu "=" đạt khix=y Áp dụng với +xy=a, +yz=b, +zx=c

Ta có: (3 +xy+yz+zx).P > Dấu "=" đạt

1 +xy = +yz= +zxhay x =y=z

⇒P >

3 +xy+yz+zx >

1

3 +x2+y2+z2 >

9 + =

3

VậyPmin = 32 đạt x =y=z = Bài 5. Từ giả thiết ta suy M AN\ = 450

1) Tứ giác ADN Q có QDN\ = \QAN = 450 Suy tứ giác ADN Q tứ giác nội tiếp

Trong tứ giác nội tiếp ADN Q có AN D\ = 900 ⇒ N QA\ = 900 suy ra điểm Qnhìn đoạn M N góc vng

Hồn tồn tương tự, tứ giác ABM P nội tiếp ⇒ M P A\ = 900 suy điểm P nhìn đoạn M N góc vng Vậy năm điểm P, Q, M, C, N

nằm đường tròn đường kính M N

2) Trên cạnh CB kéo dài phía B lấy điểmK cho BK =DN Dễ thấy góc M AK\ = 450 ⇒ 4AM N = 4AM K do cạnh AM chung,

AN = AK M AN\ = M AK\ = 450, suy đường cao AH của 4AM N phải đường cao AB 4AM K

Như vậy, khoảng cách từ A đến M N độ dài đoạn AB nên đường trịn tâm A bán kính AB tiếp xúc với M N

3) (Xem hình 1)

(104)

Do 4AQN 4AP M vuông tạiQ P nên: AQ AN = AP AM = √

⇒ S4AP Q

S4AM N

= AQ.AP AN.AM = √ 2. √ =

⇒ S4AP Q =

2.S4AM N

⇒ S4AP Q =SM N P Q⇒

S1

S2

= không đổi.

2.25

Bài 1.

p

(x−1)(x−2) +

√

x+ =

√

x−2 +p(x−1)(x+ 3)

⇔ √

x−2(

√

x−1−1)− √

x+ 3(

√

x−1−1) =

⇔ (

√

x−1−1)(

√

x−2− √

x+ 3) =

a)

√

x−1−1 = 0⇔ √

x−1 = 1⇔x=

b)

√

x−2− √

x+ = 0⇔ √

x−2 =

√

x+ vơ nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm x=

2) Phương trình cho có dạng: (x+ 1)(y+ 1) = 10

Vậy có hai khả sau đây:

a)

(

x+ =

y+ = 10

(

x+ = 10

y+ = ⇒ có hai nghiệm (0,9),(9,0)

b)

(

x+ =−1

y+ =−10

(

x+ =−10

y+ =−1 ⇒ có hai nghiệm(−2,−11),(−11,−2)

Tương tự cho trường hợp: (

x+ =

y+ = ;

(

x+ =

y+ = ;

(

x+ =−2

y+ =−5 ;

(

x+ =−5

y+ =−2

⇒ có thêm bốn nghiệm là:(1,4),(4,1),(−3,−6),(−6,−3)

(105)

2.25 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2002(cho thí sinh chun tốn chun tin)109 Bài 2. Do x2+y2+xy= 1 nên phương trình thứ hai hệ có dạng:

x3+y3 = (x+ 3y)(x2 +y2+xy)

⇔ x3+y3 =x3+xy2+x2y+ 3x2y+ 3y3+ 3xy2

⇔ 2y3+ 4xy2+ 4x2y=

⇔ 2y(y2+ 2xy+ 2x2) =

a) y = 0⇒x=±1⇒ hệ có hai nghiệm (

x=

y=

(

x=−1

y =

b) y2+ 2xy+ 2x2 = 0⇔(x+y)2+x2 =

Dấu = xẩy x=y = nên trường hợp hệ vô nghiệm

Vậy hệ cho có hai nghiệm làx= 1, y= x=−1, y =

Bài 3. Mười số cho viết thành hàng là: a1, a2, , a10 Xét mười tổng: a1+ 1, a2+ 2, a10+ 10 Khi đó:

S= (a1+ 1) + (a2+ 2) +· · ·+ (a10+ 10)

S= (1 + +· · ·+ 10) + (1 + +· · ·+ 10) = 110

Chú ý tổng S có tận

Giả sử 10 tổng hai tổng có tận giống Khi chữ số tận chúng là:0,1,2,3,4,5,6,7,8,9

Do + + +· · ·+ = 45 nên chữ số tận tổng S= (a1+ 1) + · · ·+ (a10+ 10) ⇒ vô lý⇒ điều phải chứng minh

Bài 4.

2P = 8a

b+c−a +

18b a+c−b+

32c a+b−c

= 4a+b+c

b+c−a −1

+9a+b+c

a+c−b−1

+16a+b+c

a+b−c−1

= (a+b+c)

b+c−a +

9

a+c−b +

16

a+b−c

−29

Chú ý rằng:

2

√

b+c−a

√

b+c−a+√

a+c−b

√

a+c−b+

+√

a+b−c

√

a+b−c= + + =

(106)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có:

92 =

2

√

b+c−a

√

b+c−a+√

a+c−b

√

a+c−b+ √

a+b−c

√

a+b−c

2

6

b+c−a +

9

a+c−b+

16

a+b−c

[(b+c−a) + (a+c−b)+ + (a+b−c)]

=

b+c−a +

9

a+c−b+

16

a+b−c

(a+b+c)

Từ suy 2P >81−29 = 52 ⇒P >26 Dấu đạt khi:

2

b+c−a =

3

a+c−b =

4

a+b−c =

1

k (với k >0)

⇒     

b+c−a= 2k a+c−b= 3k a+b−c= 4k

⇒     

a= 72k

b= 3k a= 52k

Cụ thể hơn, chon: a= 7, b = 6, c =

Chú ý: Có thể dễ dàng chứng minh bất đẳng thức:

(a1b1+a2b2+a3b3)2 6(a21+a 2+a

2 3)(b

2 +b

2 2+b

2 3) Dấu = xảy khi: a1

b1 =

a2

b2 =

a3

b3

Cách giải khác:

Đặt     

b+c−a= 2x c+a−b= 2y a+b−c= 2z

thì x, y, z >0     

a=y+z b=z+x c=x+y

⇒2P = 4y+z

x

+9z+x

y

+16x+y

z

=

4y

x+ x y + 4z

x + 16 x z + 9z

y + 16 y z Đặt A= 4y

x+ x y

;B =

4z

x + 16 x z

;C =

9z

y + 16 y z

(107)

Áp dụng bất đẳng thức α+β >2√αβ với α, β >0

Ta có A >12, B >16, C >24 ⇒2P >12 + 16 + 24 = 52⇒P >26

Dấu đạt khi:     

y x =

3

z x = z y =

4

⇔ y=

2x;z = 2x

Chẳng hạn lấy x= ⇒y = 3, z = 4⇒a= 7, b= 6, c =

Tóm lại Pmin = 26 Bài 5.

1) Tam giác vng AIB0 = tam giác vng AIC0 (vì AI chung và

IB0=IC0) ⇒AIB[0=AIC[0⇒ sđ M B0= sđ M C0. Trong 4A0B0C0 A0M đường phân giác B\0A0C0.

Tương tự B0N, C0P đường phân giác 4A0B0C0 suy ba đường A0M, B0N, C0P đồng quy.

2) Trong 4BID có:IBD[ =IBC[ +CBD\ = B2b +A2b

Mặt khác, DIB[ góc ngồi 4IAB nên DIB[ = B2b +A2b Vậy4BID cân tạiD HạDE⊥BI IQ⊥BC

Do IDE[ = ICQ[ = Cb2 ⇒ tam giác vuông IDE đồng dạng với tam giác vuông ICQ Suy

ID IC =

IE IQ =

2IE

2IQ = IB

2IQ ⇒

IB.IC

ID = 2.IQ= 2r (đpcm)

Cách giải khác: Như lý luận cách giải trên, các4DBI,4DCI

tam giác cân D

Xét đường tròn tâm D qua điểm B, I, C Đường tròn cắt ID

kéo dài K

Từ tam giác vuông IBQ đồng dạng với tam giác vuông IKC tam giác vuôngIQC đồng dạng với tam giác vuôngIBK, dễ dàng suy đpcm

2.26

(cho thí sinh)

Bài 1. Điều kiện để phương trình có nghĩa: x>−2

[Chú ý rằng: x2+ 7x+ 10 = (x+ 5)(x+ 2)]

Cách 1:

(108)

Nhân hai vế phương trình với( x+ 5+ x+ 2>0)ta phương trình tương đương

1 +

√

x2+ 7x+ 10 =√x+ +√x+ 2 ⇔ (

√

x+ 5−1)(

√

x+ 2−1) = 0⇔ √

x+ =

√

x+ = ⇔

x=−4 (loại)

x=−1

Đáp số: x=−1

Cách 2:

Đặt (√x+ = u,√x+ = v ⇒ u > 0, v > 0, u2 −v2 = u, v

thoả mãn hệ phương trình (

u2−v2= 3

(u−v)(1 +uv) = ⇔

(

u2−v2 = 3 (1)

(u−v)(1 +uv) = u2−v2 (2) ⇔(u−v)(1 +uv−u−v) =

⇔(u−v)(u−1)(v−1) = ⇔   uu == 1v

v=

Với u= tức √x+ = 1⇔x=−4 (loại) Với v= tức √x+ = 1⇔x=−1

Đáp số: x=-1 Bài 2.

Cách 1:

(

2x3+ 3x2y= 5

y3+ 6xy2= 7 ⇔ (

8x3+ 12x2y= 20

y3+ 6xy2 = 7 ⇔ (

(2x+y)3 = 27

y3+ 6xy2 = 7 (

2x+y =

y3+ 6xy2 = ⇔

(

2x= 3−y

y3 + 3(3−y)y2 = ⇔

(

x= 12(3−y) (1) 2y3−9y2+ = (2)

Giải (2) ta

y= ⇒x=

y= 7±

√ 105

4 ⇒x=

5∓√105

Cách 2: Nhân hai vế phương trình thứ với hai vế

phương trình thứ hai với trừ cho nhau, ta hệ phương trình tương

đương (

2x3 + 3x2y= 5 (1)

14x3 −5y3+ 21x2y−30xy2 = 0 (2)

(109)

2.26 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2003 (cho thí sinh) 113 Trong (2) đặt y=tx (Chú ý hệ khơng có nghiệm vớix= 0), ta phương trình:

5t3+ 30t2−21t−14 = ⇔ (t−1)(5t2 + 35t+ 14) =

Giải ta

t= t= −35±3

√

105

1 =t1,2

Vớit = tức y=x, thay vào (1) ta nghiệm x=y =

Vớit =t1 tức y=t1x, thay vào (1) ta phương trình (i= 1,2)

(2 + 3ti)x3 = 5⇔x3 = + 3ti

⇔x= r

5 + 3ti

= s

50

−85±9

√

105 =xi

Từ suy ti, xi

Chú ý: Đến thu giá trịt1,2 ta viết ngắn gọn

xi =

r

5 + 3ti

, yi =ti

r

5 + 3ti

, i= 1,2

hoặc tính tốn rút gọn tiếp tục Bài 3.

2y2x+x+y+ =x2+ 2y2+xy

⇔ 2y2(x−1)−x(x−1)−y(x−1) + = (1) Do phương trình khơng có nghiệm với x= nên (1) tương đương với

2y2−x−y+

x−1 = (2)

Phương trình có nghiệmx, y nguyên

⇒

x−1 ∈Z⇒ x−1∈ {1,−1} ⇒

x=

Thay x= vào phương trình (2):

2y2−y−1 = ⇒

y=

y=−1 loại Thay x= vào phương trình (2):

2y2−y−1 = ⇒

y=

y=−1 loại

(110)

Vậy phương trình có hai nghiệm ngun (x, y) ={(2,1); (0,1)} Bài 4.

1) Hạ AA0 BB0 vng góc với M N Gọi H trung điểm M N

suy OH⊥M N

Trong hình thang AA0B0B ta có:

OH = 2(AA

0

+BB0) = R

√

3

2 ⇒M H =

R

2 ⇒M N =R 4OM Nđều.

2) AM B\ = AN B\ = 900 ⇒ KM I\ = KN I[ = 900 ⇒ M, N, I, K nằm đường trịn đường kính IK

Do AN K\ = 900,KAN\ =M AN\ =

2M ON\ = 30

0 nên AKN\ = 600. Gọi trung điểm IK làO0

⇒M O\0N = 2M ON\ = 1200 ⇒M N =M O0 √

3⇒M O0= M N√

3 =

R

√

3

Vậy bán kính đường trịn qua M, N, I, K √R

3) Do I trực tâm4ABK nên KI⊥AB (giả sử P)

Do O, O0 nằm đường trung trực củaM N nên O, H, O0 thẳng hàng.

4M OO0 có OM O\0 = 900

(M OO\0 = 300

,M O\0O = 600

)

⇒OO0 = 2M O0 = √2R

3

4KAB có AB khơng đổi nên có diện tích lớn

KP lớn

Do KP KO0+OO0= √R

3 + 2R

√ =

√

3R

Dấu = đạt P ≡ O ⇔ 4KAB cân K ⇔ 4KAB (vì

\

AKB = 600) nên diện tích tam giác KAB đạt max bằng AB2√3 = R

2√3 đạt 4KAB

Chú ý: Chúng ta chứng minh tính chất: Trong tam giácKAB

có AB cố định AKB\ = 600, tam giác cân ở K (tức tam giác đều) có diện tích lớn Từ suy SKAB đạt maxbằng R2

√

3

Bài 5.

Cách 1: Ta có

x2+ 1>2x, dấu = đạt ⇔x=

y2+ 1>2y, dấu = đạt ⇔y=

z2+ 1>2z, dấu = đạt ⇔z = 2(x2+y2+z2)>2(xy+yz+zx), dấu = đạt ⇔x=y =z.

(111)

2.27 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2003(cho thí sinh chun tốn chun tin)115 Cộng lại ta

3(x2+y2+z2)+3 >2(x+y+z+xy+yz+zx), dấu = đạt ⇔x=y=z =

Mà theo giả thiết thìx+y+z+xy+yz+zx= 6, đẳng thức thoả mãn x=y=z = nên ta có

3(x2+y2+z2)+3>2.6 hay x2+y2+z2 >3, dấu "="⇔x=y=z=

Cách 2: Ta có

3(x2+y2+z2) + 3>(x+y+z)2

⇒ √

3px2+y2 +z2 >x+y+z

Ngoài ra: x2+y2+z2 >xy+yz+zx Cộng lại ta được √

3px2+y2+z2 +x2

+y2+z2 >6

Đặt px2+y2+z2 =t ta được t>0 và t2

+

√

3t >6⇔(t+

√

3)(t− √

3)>0

t2+

√

3t >6⇔(t+

√

3)(t− √

3)>0

⇔ t =

√

3 ⇔ x2+y2+z2 >3

2.27

Bài 1.

x4+ 2mx2+ = (1)

Đặt x2 =t ta phương trình

t2+ 2mt+ = (2)

Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có nghệm dương

t1 6=t2⇔     

40=m2 −4>0

t1+t2 =−2m >0

t1.t2 = 4>0

⇔      "

m >2

m <−2

m <0

⇔m <−2

(112)

Khi (1) có nghiệm x1,2 =± √

t1;x3,4 =± √

t2

x41+x 2+x

4 3+x

4 4= 2(t

2 1+t

2

2) = 2(t1+t2)2−4t1t2 = 8m2−16 Do x41+x42+x43+x44 = 32⇔8m2−16 = 32 ⇔m2 = ⇔m =−

√

6

(vì m <−2) Vậy:m =−√6

Bài 2. (

2x2+xy−y2−5x+y+ =

x2+y2+x+y−4 = 0

Cách 1:

(1)⇔y2−(x+ 1)y−2x2+ 5x−2 =

⇔y= x+ 1±

p

(x+ 1)2−4(−2x2+ 5x−2)

2 =

2x−1

−x+

Vậy hệ cho tương đương với 

    

(

y = 2x−1

x2+y2+x+y−4 = 0 (

y =−x+

x2+y2+x+y−4 = 0

⇔

x=−4

5, y=− 13

5

x=y=

Cách 2:

(1) ⇔y2−(x+ 1)y−2x2+ 5x−2 =

⇔y2−(x+ 1)y+ (x−2)(1−2x) =

⇔(y+x−2)(y−2x+ 1) =

Vậy hệ tương đương với 

    

(

y+x−2 =

x2+y2+x+y−4 =

(

y−2x+ =

x2+y2+x+y−4 =

⇔

x=y=

x=−4

5, y=− 13

5

Bài 3.

Cách 1: Ta tìm nghiệm thoả mãn |x|6|y|

Khi

xy6|xy|6y2 x2y2 =x2xy+y2 63y2 (1)

(113)

2.27 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2003(cho thí sinh chun tốn chun tin)117 Dễ thấy, phương trình có nghiệm với x= thìy= ngược lại Vớiy6= từ phương trình (1) ⇒x2 63⇒x∈ {−1,1}

Vớix= thay vào phương trình cho ta đượcy =−1, Vớix=−1 ta đượcy=−1

Do vai trò x, y phương trình cho đối xứng nên trường hợp |x|>|y| ta thu ba nghiệm

Vậy phương trình có ba nghiệm ngun là:

x= 0, y= 0; x= 1, y=−1; x=−1, y=

Cách 2:Ta chứng minh phương trình khơng có nghiệm với|x|>2,|y|>

2

Thật vậy, với|x|>2 |y|>2 ta có (

x2y2 >4x2

x2y2 >4y2 ⇒ x

2

y2 >2(x2 +y2) =x2+y2+x2 +y2 ≥ >x2+y2+ 2|xy|> x2+y2+xy

- Trường hợp x±2hoặcy =±2phương trình khơng có nghiệm nguyên - Thử với trường hợp x= 0, x= x=−1 ta ba nghiệm

x= 0, y= 0; x= 1, y=−1; x=−1, y=

Bài 4.1) Gọi nửa chu vi tam giác ABC pthì AM =AN =p Theo tính chất đường trịn nội tiếp dễ thấy CD =p−AB

Ngồi ra, BP =BM =p−AB Vậy BP =CD

Chú ý: Có thể chứng minh sau: Giả sử P thuộc đoạn BD Khi đó:

F M =F B+BM =BD+BP = 2BP +P D

Tương tự

EN =EC+CN =CD+CP = 2CD+P D

mà: F M =EN nên BP =CD

Trường hợp D thuộc đoạn BP, chứng minh tương tự

2) 4BM I cóBM I\= AM N\ = AN M\ =BIM\ ⇒BI = BM = BP =

CD =CE

Do hai đoạn BI, CE song song, ngược chiều nên BICE

là hình bình hành

Tương tự: 4CN K cóCN K\ =AM N\ =CKN\ ⇒CK =CN =CP =

BD=BF

Do hai đoạn CK, BF song song, ngược chiều nên BKCF

là hình bình hành

(114)

3) Cách 1: Kẻ đường phân giác góc P BI cắt P O0 tại S thì 4BP S = 4BIS

⇒BIS[=BP S[ = 900 SI =SP (1) Xét 4BP S 4CDO, ta có

\ OCD =

2ACB[ =

2CBI[ =\OBP

BP =CD \

CDO =BP S[ = 900

    

⇒ 4BP S =4CDO ⇒OD =SP

Từ suy ra: 4CP S=4BDO (chú ý: CP =BD)

⇒P CS[ =\DBO =

2ABC[ = 2BCK\

⇒SK =SP \SKC =SP C[ = 900 (2) Từ (1) (2) suy ra, đường trịn tâm S, bán kính SI qua I, K, P tiếp xúc với BI, CK BC tạiI, K, P tương ứng

Cách 2: Gọi H trung điểm BC S điểm đối xứng vớiO qua

H Dễ thấy cặp điểm sau đối xứng với qua H: B C;P

D; I E; F K

Do đó: SI = SP = SK (vì chúng OE, SK = OS, SP =

OD)

[

BIS=CEO[ = 900, BP S[ =CDO\= 900, ,\CKS =\BF O= 900

Suy đường trịn tâm S bán kính SP qua P, I, K tiếp xúc với

BC, BI, CK (lần lượt P, I, K)

Chú ý: Chúng ta lý luận sau:

Gọi giao điểm BI CK T ABT C hình bình hành trung điểmH củaBC giao điểm AT vàBC Qua phép đối xứng tâm

H tam giácABC biến thành 4T CB, điểmD, E, F biến thành P, I, K

tương ứng suy đường tròn qua D, E, F biến thành đường tròn qua

P, I, K

Do đường tròn qua D, E, F nội tiếp 4ABC nên đường tròn quaP, I, K

nội tiếp 4T CB, tức tiếp xúc vớiBC, BI, CK tạiP, I, K tương ứng Bài 5. Đặt y= 3−x, toán cho trở thành:

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =x4 +y4+ 6x2y2, x, y

là số thực thay đổi thoả mãn hệ thức: (

x+y =

x2+y2 >5

(115)

2.28 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2004 (cho thí sinh) 119 Từ hệ thức ta có:

(

x2+y2+ 2xy = 9

x2+y2 >5

⇒ (x2+y2) + 4(x2+y2+ 2xy)>5 + 4.9 = 41

⇒ 5(x2+y2) + 4(2xy)> 41

Ta có

16(x2+y2)2 + 25(2xy)2 >40(x2+y2)(2xy)

Dấu = đạt ⇔ 4(x2+y2) = 5(2xy)

Cộng hai vế bất đẳng thức thu với 25(x2+y2)2+ 16(2xy)2 ta thu được:

41[(x2+y2)2+ (2xy)2]>[5(x2+y2) + 4(2xy)]2 >41

⇔ (x2+y2)2+ (2xy)2 >41 hay x4+y4+ 6x2y2 >412

Dấu = đạt 

   

x+y=

x2+y2 = 5

4(x2+y2) = 5(2xy)

⇔

x= 1, y=

x= 2, y=

Vậy P đạt giá trị nhỏ 41, đạt x =

x=

2.28

(cho thí sinh)

Bài 1.

1) Cách 1: Phương trình tương đương với

(|x+ 1| −1)(|x−1| −1) =

• Giải |x+ 1|= 1⇔x+ =±1⇔

x=

x=−2

• Giải |x−1|= ⇔x−1 = ±1⇔

x=

(116)

Đáp số: x= 0; x=±2

Cách 2:

• Xét trường hợp x>1 ta có 2x=x2 ⇔

x=

x= (loại)

• Xét trường hợp x6−1 ta có −2x=x2 ⇔

x=

x=−2 (loại)

• Xét trường hợp −1< x <1 ta có = 2−x2 ⇔x= 0 Đáp số: x= 0; x=±2

2) Hệ cho tương đương với (

(x+ 2y+ 2)(x−y) = (1)

x3+y3+x−y = 8 (2)

Từ (1), x, y∈Z ta thu trường hợp sau:

a)

(

x+ 2y+ =

x−y=−1 ⇔

(

x+ 2y =

x−y=−1 ⇒ 3y =

⇒ (

y=

x= (thoả mãn)

b)

(

x+ 2y+ =−7

x−y= ⇔

(

x+ 2y=−9

x−y= ⇒3y =−10

⇒y=−10

3 ∈/ Z(loại)

c)

(

x+ 2y+ =

x−y=−7 ⇔

(

x+ 2y =−1

x−y=−7 ⇒3y= 6⇒

(

y=

x=−5

(loại khơng thoả mãn (2))

d)

(

x+ 2y+ =−1

x−y= ⇔

(

x+ 2y=−3

x−y= ⇒3y =−10

⇒y=−10

3 ∈/ Z (loại)

Đáp số: x= 1, y=

(117)

2.28 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2004 (cho thí sinh) 121 Bài 2. Ta có đẳng thức

a102+b102 = (a101+b101)(a+b)−ab(a100+b100)

⇔ =a+b−ab

⇔ (a−1)(b−1) =

a= 1⇒1 +b100 = +b101⇔b=

b= ⇒1 +a100 = +a101 ⇔a= 1 Thu P =

Bài 3. Gọi H, I, P chân đường vng góc, phân giác, trung tuyến hạ từB

Vì 32+ 42 = 52 suy tam giác vuông tại B và S=

2.3.4 = Vì AP =CP ⇒ SCBP = 12S= 3(cm)

Vì SABI

SBCI =

AI I C =

3

4 ⇒ 4SABI = 3SBCI Ta có:

6 = SABI +SBCI =SABI =

4SBCI +SBCI = 4SCBI

⇒ SCBI = 24

7 (cm

2

)⇒SP BI =SCBI−SCP B = 24

7 −3 = 7(cm

2

)

⇒ SABH

S = (

3 5)

2

.6 = 54 25

SH BI =SCBH−SCI B = (6− 54 25)−

24

7 =

72 175(cm

2

)

Đáp số:

SABH = 54 25(cm

2

)

SH BI = 72 175(cm

2

)

SI BP = 7(cm

2

)

SP CB = 3(cm2)

Bài 4. Tứ giác BM HN tứ giác nội tiếp suy

\

CHN =CBH\ =\AHQ (1) Vì ABCN tứ giác nội tiếp

\

CBD =\CAD (2)

Từ (1) (2) suy ra: \CAD=\AHQ→AQ=HQ

(118)

Mặt khác

HQ=

2AD→AQ=QD (3)

Tương tự suy ra:

CP =DP (4)

Từ (3) (4) suy ra: QP//AC

Góc P QN\ =QHA\ nên tứ giác P QM N tứ giác nội tiếp suy bốn điểm P, Q, M, N nằm đường tròn

Bài 5. Ta có

1

x10

y2 +

y10

x2

>2x2y2

1 4(x

16

+y16)>x4y4

Suy ra:

1

x10

y2 +

y10 x2

+ 4(x

16

+y16) +

2 >(1 + 2x

2

y2)2

⇒Q≥

2 =Qmin (Khi x

2

=y2 =

2.29

Bài 1. √

x+ +√x−1 = (1)

Điều kiện:x≥1

Cách 1: Dễ thấy x= nghiệm (1) Vớix >1 ta có

√

x+ +

√

x−1>

√

1 + +

√

1−1 =

x= nghiệm

Cách 2: Đặtu=

√

x+ 3, v=

√

x−1 ta có u >0, v≥0 (

u+v=

u2−v2 = ⇔

(

u+v=

u−v= ⇔

(

u=

v= ⇔x=

Cách 3: Với điều kiệnx≥1 (1) tương đương với

2x+ +

√

x2+ 2x−3 = 4 √

x2+ 2x−3 = 1−x (2)

(119)

2.29 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2004(cho thí sinh chun tốn chun tin)123 Do vế trái khơng âm cịn vế phải khơng dương (x≥1) nên (2) suy

(√

x2 + 2x−3 = 0

1−x= ⇒x=

Bài 2. (

(x+y)(x2+y2) = 15 (1)

(x−y)(x2−y2) = 3 (2)

Cách Hệ tương đương với

(

(x+y)(x2+y2) = 15

(x+y)(x−y)2 = 3 ⇔ (

(x+y)(x2+y2) = 5(x+y)(x−y)2

(x+y)(x−y)2 = 3 ⇔

(

x2+y2 = 5(x−y)2 (3)

(x+y)(x−y)2 = (4) (chú ý: x+y6= 0) (3)⇔2x2−5xy+ 2y2 = 0⇔(y−2x)(2y−x) =

⇔

y= 2x x= 2y

Thay y= 2xvào (4) ta 3x3 = 3 ⇒x= 1 ⇒y= 2 Thay x= 2y vào (4) ta 3y3 = 3⇒y= 1⇒x=

Vậy hệ có hai nghiệm x= 1, y = x= 2, y=

Cách 2: Hệ (1), (2) tương đương với

(

(x+y)(2x2+ 2y2) = 30 (3)

(x+y)(x2−2xy+y2) = 3 (4) Trừ (3) cho (4) ta hệ tương đương với

(

(x+y)(2x2+ 2y2) = 30

(x+y)3 = 27 ⇔

(

2x2+ 2y2 = 10

x+y=

⇔ (

2x2+ 2(3−x)2 = 10

y = 3−x ⇔

(

x2−3x+ =

y= 3−x

⇔

x= 1, y=

x= 2, y=

Bài 3.

(120)

Cách

P = (x

3+y3)−(x2+y2)

(x−1)(y−1) =

x2(x−1) +y2(y−1)

(x−1)(y−1) =

x2

y−1 +

y2

x−1 ≥

≥2√ xy

y−1√x−1

Dấu "=" đạt yx−12 = xy−12 Ta có √x−1 = p(x−1).1 ≤ (x−1)+1

2 =

x

2, dấu "=" đạt

x−1 = hay x = Tương tự √y−1≤ y

2, dấu "=" đạt y= Do

P ≥ 2xxy 2.

y

2

=

Dấu "=" đạt (

x2

y−1 =

y2

x−1

x= 2, y= ⇒x=y=

VậyP đạt giá trị nhỏ đạt khix=y=

Cách Theo ta có

P = x

2

y−1 +

y2

x−1

Đặt x−1 =a, y−1 = bthìa, b > 0và x=a+ 1, y =b+ 1,

P = (a+ 1)

2

b +

(b+ 1)2

a ≥

4a b +

4b a =

a

b + b a

≥8

Do đóP đạt giá trị nhỏ 8, đạt a=b= hay

x=y=

Bài 4. 1) Nếu M tâm O hình vng hiển nhiênM thoả mãn giả thiết Ta chứng minh điều ngược lại

Cách 1: Từ giả thiết ta có M BA\ = M CB\ = M DC\ = M AD\

4M AB = 4M BC = 4M CD = 4M DA suy M A = M B = M C =

M D AM B\ = BM C\ = CM D\ = DM A\ = 90◦ hay M tâm hình vng

Cách 2: Giả sử M 6= 0, M thuộc bốn miền tam giác

M AB, M BC, M CD, M DA Không tổng quát, giả sử M thuộc miền tam giácOAD Do M 6= nên hai góc M AD,\ M DA\ bé hơn45◦.

Nếu M AD <\ 45◦ M AB >\ 45◦ ≥M DA\, trái với giả thiết Nếu M DA <\ 45◦ M AB\ ≥45◦ >M DA\, trái với giả thiết

(121)

2.30 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005 (cho thí sinh) 125 Suy nếuM 6= thìM khơng thoả mãn giả thiết tốn

2) Do 4AN M 4ABC vng cân nên ANAO = ACAB =

√

2 suy 4AOB ∼4AN C (góc A chung) suy OBCN = ANAO = √1

2 không đổi

3) Do (S2)đi qua tâmO (S1)và qua điểmC nằm (S1) nên

(S2)và (S1) cắt nên tiếp tuyên tiếp tuyến chung Giả sử hai tiếp tuyến chung làP P0 vàQQ0(P0, Q0∈(S1)) TiaOO0cắt (S1)tại

T Gọi tâm (S2)là O0 ta có O0P//OP0 (cùng vng góc với P P0) nên

\

P OP0=OP O\0 (1) Do N O⊥OC nên O nằm đường tròn (S2) suy 4O0P O cân O0 nên ta có OP O\0 = P OO\0 ≡ P P\0O và từ (1) ta có P OP\0 = P OT[ từ ta có 4P OP0 = 4P OT (c-g-c) suy P T O[ =P P\0O = 90◦

Tương tự ta có

[

QT O= 90◦ hay P, T, Q thẳng hàng P Q tiếp tuyến của(S1) tạiT Bài 5. Do √2 số vô tỷ nên với số ngun dương n √n

2 số vơ tỷ

Ta có

xn=

hn+ 1 √

2

i −h√n

2

i

< n√+

2 −

h n √

2

i

< n√+

2 −

n √

2 −1

= √1

2+ <

√

2

⇒0≤xn≤1

Vì x0, x1, x2, , x199 nhận hai giá trị Suy số khác chúng nhận giá trị Do số số khác

x0+x1 + .+x199 = h 1 √ i − h 0 √ i + h 2 √ i − h 1 √ i +· · ·+ h200 √ i − h199 √ i = h200 √ i = [100 √ 2]

Vì 141<100√2<142 nên [100√2 = 144

Vậy hai trăm số x0, x1, , x199 cho có 141 số khác

Chú ý: Có thể thấy n√+1

2 − n √ = √

2 <1 nên hai số

n

√

n√+1 có khơng q số nguyên, vậy0≤xn=

h

n√+1 i − h n √ i ≤1

2.30

(cho thí sinh)

Bài 1. Hệ cho tương đương với (

x+y+xy=

(x+y)2−2xy = 2 ⇔ (

S+P =

S2−2P = 2 (*)

(122)

với (

x+y=S xy=P

Hệ (*) có nghiệm      

(

S=

P = ⇒ x=y=

(

S=−4

P = hệ vô nghiệm

Vậy nghiệm hệ cho là: x=y =

Bài 2. Phương trình cho tương đương với

11−x−4

√

x+ 3−2

√

3−2x=

⇔ (x+ 3−4

√

x+ + 4) + (3−2x−2

√

3−2x+ 1) =

⇔ (

√

x+ 3−2)2+ (

√

3−2x−1)2 =

⇔ (√

x+ 3−2 =

√

3−2x−1 = ⇔ x=

Bài 3. Phương trình cho có dạng

x2+ 17[y2+ 2xy+ 3(x+y)] = 1740

Chú ý với số x nguyên,x có dạng sau:

x= 17k±r với r = 0,1,2,3,4,5,6,7,8

Từ suy x2 có dạng tương ứng sau:

x2= 17k x2= 17k+

x2= 17k+

x2= 17k+ 16

x2= 17k+

x2= 17k+ 15

x2= 17k+ 13

(123)

2.30 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005 (cho thí sinh) 127 Nhận thấy vế phải 1740 chia cho 17 có số dư Trong vế trái chia cho 17 trường hợp số dư Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun

Bài 4.

1) (Xem hình 1)

Cách 1: Ta có OM//O0D (OM và O0D cùng vng góc với CD)

⇒M OO\0 =OO\0D < \IO0D =IO\0M < OO\0M ⇒OM > O0

M

Cách 2: Gọi M0 giao điểm OA O0D Ta xét hình bình hành

M OM0O0 Ký hiệuS là diện tích hình bình hành đó, ta có

S =AB.O0M =CD.OM ⇒ OM

O0M =

AB

CD (1)

VìI thuộc đoạnAB, nênAB =AI+IB=AI+ID=AI+IC+CD > CD

hay

AB

CD >1 (2)

Từ (1) (2) suy đpcm 2) (Xem hình 2)

Cách Tứ giác ACBE nội tiếp IA= IC, nên IB =IE Mặt khác

ta có IB=ID, IB =ID=IE 4BED vng B suy

BD⊥BE (1)

Tứ giácADBF nội tiếp IB=ID, nên

IA=IF ⇒ AF//BD (2) Từ (1) (2) suy AF⊥BE

Cách 2: Ta có

[

F AB=F DB\=IDB[ =IBD[ =\ABD⇒AF//BD (1)

Vì IO0 là phân giácBID[ vàIO là phân giácDIA[ , nên IO⊥IO0. Lại có AC⊥IO, AC//IO0 Ta có

[

ABE =ACE[ =BAC[ ⇒BE//AC//O0I (2) Từ (1) (2) suy BD⊥EB ⇒AF⊥BE.

Bài 5. Điều kiện cho viết lại

xy2+x21 z +y

1

z2 =

(124)

Biểu thức P có dạng

P = 1 z4 +x4+y4 Đặt 1z =t, ta thu toán sau:

Với x, y, t > thoả mãn xy2 +yt2+tx2 = 3, tìm giá trị lớn biểu thức

P =

x4+y4+t4 Ta có

    

x4+y4+y4+ 1>4xy2

y4+t4+t4+ >4yt2 t4+x4+x4+ 1>4tx2

⇒ 3(x4 +y4+t4) + >4(xy2+yt2+tx2) = 12

⇒ x4+y4+t4 >3

⇒

x4+y4+t4

1

VậyP = 13 đạt khix=y=z =

2.31

Bài 1.

Giải phương trình √2−x+√2 +x+

√

4−x2 = 2. điều kiện: −26 x62

Đặt t =√2−x+√2 +x⇒ √

4−x2= t2−4 Phương trình cho có dạng

t2+ 2t−8 =

⇔

t1 =−4 loại

t2 = ⇔ √

2−x+√2 +x= ⇔4 + 2√4−x2 = 4 ⇔x=±2 Bài 2. Do x3+y3−xy2= 1 nên phương trình thứ hai hệ có dạng:

4x4+y4 = (4x+y)(x3+y3−xy2)

⇒ xy(3y2−4xy+x2) =

a) x= 0⇒ y= 1⇒ hệ có nghiệm(0,1)

(125)

2.31 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005(cho thí sinh chun tốn chuyên tin)129 b)y = 0⇒ x= 1⇒ hệ có nghiệm (1,0)

c) 3y2−4xy+x2 = 0 (∗)

Vớix6= chia hai vế phương trình (*) cho x2 ta nhận được:

3 y x −4 y x

+ =

Đặt

y x

=t ⇒ 3t2 = 4t+ = ⇒ t1 = 1, t2 = 13 Vớiyx= ⇒ x=y ⇒ x=y =

Vớiyx= 13 ⇒x= 3y ⇒25y3 = 1 ⇒y= √

25 ⇒x= 3 √

25 Vậy hệ có tất nghiệm là:

(

x=

y= ;

(

x=

y= ;

(

x =

y = ;

(

x= √33 25

y= √31 25 Bài 3.

1) Từ (x+y)262(x2+y2) = 2 ⇒ x+y≤√2. Dấu xảy x=y = √1

2

Ta lại có: (x+y)2 =x2+y2+ 2xy = + 2xy>1 ⇒ x+y>1 Dấu xảy x= y=

2)

P =

√

1 + 2x+p1 + 2y

P2 = + 2(x+y) + 2p1 + 2(x+y) + 4xy

Do x+y6 √

2 4xy62(x2+y2) =

⇒ P2 62 +

√

2 +

q

1 +

√

2 +

⇒ P r

2 +

√

2 +

q

3 +

√

2

VậyPmax= q

2 +

√

2 + 2p3 +

√

2

Đạt khix=y= √1

Mặt khác, x+y>1 4xy6

Ta có:

P2 >2 + +

√

1 + +

⇒ P > q

4 +

√

3

(126)

VậyPmin = p

4 + 2√3

Đạt khix= y=

Bài 4.

1) Lấy điểm P0 khác phía với điểm P đường thẳng Ab cho 4BP P0 vuông cân (vuông taiB) (xem hình 1).

Ta có 4BP C=4BP0A (c.g.c) ⇒ BP\0A= 1350

Do BP\0P = 450 ⇒ P P\0A= 900

Theo Pitago: P A2 =AP02+P0P2 =P C2+ 2P B2

2) Trước hết ta chứng minh nhận xét sau (xem hình 2)

Cho hình chữ nhật ABCD, I điểm nằm hình chữ nhật Qua I

kẻ đường thẳng M N, P Q tương ứng song song với AB, AD Gọi diện tích hình chữ nhật IP BN S1, diện tích hình chữ nhật IQDM làS2

Khi đó, S1 =S2 khiI thuộc đường cheo AC

Thật vậy, giả sử I thuộc đường chéo AC, ý đường chéo hình chữ nhật chia hình chữ nhật thành hai phần có diện tích nên dễ dàng suy S1 =S2

Ngược lại, giả sử S1 =S2

S1 =S2

⇒ IN.IP =IM.IQ

⇒ IN

IM = IQ IP =

N C M A

Suy hai tam giác vuông M AI, N IC đồng dạng với ⇒ M IA[ =

[ N IC

Do M, I, N thẳng hàng suy A, I, C thẳng hàng Bây ta chứng minh toán (xem hình 3) Dễ thấy N BM Q hình chữ nhật

Qua P vàQkẻ đường thẳng song song với cạnh hình vng Do P thuộc đường chéo AM hình chữ nhật ABM R nên SBLP K =

SP I RS

Do P thuộc đường chéo CN hình chữ nhật N BCH nên SBLP K =

SP T H F

Từ suy ra: SP I RS =SP T H F

Do hai hình chữ nhật có phần chung hình chữ nhật P IQF nên

SF QRS =SQI T H

Theo nhận xét chứng minh, suy Qthuộc đường chéoP Dcủa hình chữ nhật SP T D, tức qua điểmD

Bài 5.

1) Các đỉnh (H) chia đường tròn ngoại tiếp thành 14 cung nhau, cung có số đo làα= 360140 Các dây nối hai đỉnh của(H)chắn

(127)

2.31 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005(cho thí sinh chun tốn chun tin)131 cung nhỏ có số đo α,2α,3α, ,7α độ dài dây nhận giá trị khác

Lấy đỉnh (H) số dây nối hai đỉnh đỉnh (6×5) : = 15 Vì 15 dây có độ dài nhận khơng q giá trị khác nên phải có ba dây độ dài Trong ba dây ln có hai dây khơng chung đầu mút (vì hai dây ba dây chung đầu mút ba dây tạo thành tam giác đều, số đỉnh

(H)chia hết cho 3, trái với giả thiết) Dễ thấy hai dây đường trịn khơng chung đầu mút đầu mút chúng đỉnh hình thang (cân) Từ suy đỉnh (H)ln có đỉnh đỉnh hình thang

2) Phân tích13860thành nhân tử ngun tố ta được13860 = 2.2.3.3.5.7.11

vìm.n= 13860 nênm phải ước số của13860 tức tích số nhân tử nhân tử trên, cịnn tích nhân tử cịn lại

Nếumcó chứa nhân tử (hoặc 3) phải chứa22 (hoặc32) ngược lại mn khơng tối giản

Do ta ký hiệu a1 = 22, a2 = 32, a3 = 5, a4 = 7, a5 = 11 thìm tích số nhân tử số a1, a2, a3, a4, a5, cịnn tích nhân tử cịn lại

Vì vậy, có trường hợp sau:

1 Có phân số có tử số (mẫu số 13860)

2 Có phân số có tử số nhân tử a1, a2, a3, a4, a5

3 Có 10 phân số có tử số tích hai nhân tử sốa1, a2, a3, a4, a5 Có 10 phân số có tử số tích ba nhân tử số a1, a2, a3, a4, a5

(mẫu tích hai nhân tử)

5 Có phân số có tử số tích nhân tử

6 Có phân số có tử số tích nhân tử (tức số 138601 ) Vậy số phân số tối giản mn thoả mãnm.n= 13860là1+5+10+10+5+1 = 32 Các phân số chia thành cặp nghịch đảo khác nên phân số lớn 322 = 16

32bo de thi

Chương 1

Đề thi tuyển sinh lớp 10

1.1

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1989

(cho thí sinh)

1.2

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1989

(cho thí sinh thí sinh chuyên lý)

1.3

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1989

(cho thí sinh chuyên tốn - tin học)

1.4

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1991

(cho thí sinh)

1.5

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1991

(cho thí sinh chuyên toán chuyên tin)

1.6

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1992

(cho thí sinh)

1.7

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1992

(cho thí sinh chuyên toán chuyên tin)

1.8

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1993

(cho thí sinh)

1.9

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1994

(cho thí sinh)

1.10

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1994

(cho thí sinh chun tốn chun tin)

1.11

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1995

(cho thí sinh)

1.12

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1995

(cho thí sinh chun tốn chun tin)

1.13

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1996

(cho thí sinh)

1.14

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1996

(cho thí sinh chun tốn chuyên tin)

1.15

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1997

(cho thí sinh)

1.16

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1997

(cho thí sinh chun tốn chuyên tin)

1.17

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1998

(cho thí sinh)

1.18

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1998

(cho thí sinh chun tốn chun tin)

1.19

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1999

(cho thí sinh)

1.20

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1999

(cho thí sinh chun tốn chun tin)

1.21

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2000

(cho thí sinh)

1.22

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2000

(cho thí sinh chun tốn chun tin)

1.23

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2001

(cho thí sinh)

1.24

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2001

(cho thí sinh chuyên toán chuyên tin)

1.25

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2002

(cho thí sinh)

1.26

Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2002