ON LUYEN THI HSG TOAN 9

Bài 7: (1điểm) Tìm số chính phương có 4 chữ số, biết rằng khi tăng thêm mỗi chữ số 1 đơn vị thì số mới được tạo thành cũng là một số chính phương.. Vậy k phải là số có ba chữ số. Tron[r]

Bài 1:

Cho biểu thức:

3

1 :

9

x x x x x

P

x x x x x

       

      

    

    ,

0, 4,

x x x

a. Thu gọn biểu thức P

b. Tìm giá trị x để P = 1

a.

3

1 :

9

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

1 :

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

9 4

1 :

3 (2 )( 3)

3 4 (4

: :

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

x x x x x

P

x x x x x

x x x x x x x

x x x x

x x x x x

x x x

x x x x x

x x x x

                                                                                    )

(2 )( 3)

3 (2 )( 3) 3

( 3) (2 ) (2 )

x x x x x

x x x x



 

 

   

     

b.Điều kiện: x0,x4,x9

2

3

1

2

5 25( )

5

P x

x

x x TM

x                 

Vậy P = x = 25 Bài 2:

a Cho a1,b1 Chứng minh a b1b a1ab

b Cho a , b, c ba số thực dương Chứng minh ab bc ca

a b c c  a  b   

a Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số không âm, ta có: 1

( 1).1 1

2 2

b b ab

b     b   a b 

( 1)

Tương tự:

ab b a 

( )

b Vì a, b, c > nên ; ; ab bc ca

c a b 

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số khơng âm, ta có:

2 (1)

ab bc ab bc

c a c a

ab bc b c a

 

 



Tương tự: (2)

2 (3)

bc ca c a b ca ab

a b c

 

 

Từ (1), (2) ( 3) , ta có :

ab bc ca

a b c c  a  b   

Bài : Chứng minh số tự nhiên n n2 n 1 khơng chia hết cho

Giả sử tồn số tự nhiên n để n2 n 1 chia hết cho 9 Đặt A = n2 n 1 A 9 nên 4A  (1)

Ta có: 4A4(n2 n 1) 4 n24n  1 (2n1)23

2 2

9 (2 1) 3 (2 1) (2 1) 9

A  A  n   n   n   n    A (2) Từ (1) ( 2) mâu thuẫn

Vậy với số tự nhiên n n2 n 1 khơng chia hết cho 9. Bài 1. (4,0 điểm):

Cho biểu thức:

a a 2( a 3) a

M

a a a a

  

  

   

a) Rút gọn biểu thức

b) Tìm giá trị nhỏ M a) (2,0đ)

ĐKXĐ: a 0;a 9 

a a 2( a 3) a

M

( a 1)( a 3) a a

  

   

   

2

a a 2( a 3) ( a 3)( a 1) ( a 1)( a 3)

     

 

 

a a 2a 12 a 18 a a ( a 1)( a 3)

      

 

a a 24 3a a ( a 1)( a 3)

  



 

a( a 3) 8(3 a ) ( a 1)( a 3)

      a a   

b) (2,0đ)

Ta có:

a a 9

M a

a a a

  

     

  

Áp dụng BĐT CôSi cho số a 1

a 1 ta có:

M a 2

a

      



Dấu “=” xẩy

9

a a a

a

      

 (TMĐK)

Vậy: Min M = a 4 Bài 2. (5,0 điểm):

a) Cho x, y hai số dương x y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2

2

A

xy x y

  

b) Chứng minh với số nguyên dương n,

1 1

2 3 4  (n 1) n 

a) (2,5đ)

Trước hết chứng minh: Với hai số dương x y ta có :

1

x yx y (*)

Áp dụng (*) ta có

1 x y 1

4

xy xy x y x y



    



Ta có 2

2

A

xy x y

 

 = 2 2 2

4 1 1

3

2xy x y 2xy 2xy x y xy x 2xy y

 

       

     

2

1 12

12 14

2 xy (x y)

    



Dấu “=” xẩy

x y 1

x y

x y

  

  

 

 Vậy Min A = 14 x = y = .

b) (2,5đ)

Ta có

1 n 1

n

(n 1)n n n

(n 1) n

 

    

 

1 1 n

n n n n

   

      

 

   

n n 1

n n n n

   

     

   

 

n 1 1

1

n n n n n

     

        

      

 

A=

1 1 1 1 1

2 (n 1) n 2 n n

 

            

   =

1

2

1 n

 

 

 



 

Câu 1 (4,5 điểm):

a) Cho hàm số f (x) (x 312x 31) 2010 Tính f (a)tại a316 5 316 5

b) Tìm nghiệm nguyên phương trình:

2

5(x xy y ) 7(x 2y)   316 5 316 5

a   

 a332 (16 5)(16 5).( 16 5    316 )  a332 3.( 4).  a

 a332 12 a  a312a 32 0  a312a 31 1  f a( ) 1 2010 1

2

5(x xy y ) 7( x2 )y (1)

 7(x2 ) 5y   (x2 ) 5y 

Đặt x2y5t (2) (t Z )

(1) trở thành x2xy y 7t (3)

Từ (2)  x5t 2y thay vào (3) ta được

2

3y 15ty25t  7t 0 (*)

2

84t 75t

  

Để (*) có nghiệm    0 84t 75t2 0

28

25

t

  

Vì t Z  t0hoặc t1

Thay vào (*)

Với t1

2

3

3

2

y x

y x

   

 

  



Câu 3 (3,0 điểm):

Cho x; y; z số thực dương thoả mãn: xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức:

3 3 3

1 1

A

x y y z z x

  

     

Ta có (x y) 0 x; y

2

x xy y xy

   

Mà x; y > =>x+y>0

Ta có: x3 + y3 = (x + y)(x2 - xy + y2)  x3 + y3 ≥ (x + y)xy

 x3 + y3 +1 = x3 + y3 +xyz ≥ (x + y)xy + xyz  x3 + y3 + ≥ xy(x + y + z) >

Tương tự: y3 + z3 + ≥ yz(x + y + z) > 0

z3 + x3 + ≥ zx(x + y + z) > 0 

1 1

A

xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z)

  

     



x y z A

xyz(x y z)

  

 



1

A

xyz

 

Vậy giá trị lớn A  x = y = z = Bài ( 4,0 điểm):Cho biểu thức:

2

5

x x x

A

x x x x

  

  

   

a.Tìm điều kiện x để A xác định rút gọn A b.Tính giá trị A x =7 3

c Tìm xZ để AZ

a, Điều kiện: x0;x4;x9

2

5

x x x

A

x x x x

  

  

2

( 3)( 2)

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

( 3)( 2)

2 ( 1)( 3)

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

x x x

x x x x

x x x x x

x x

x x x x x

x x x x x

                                 ( 1,5điểm) b, Ta có x =7 3 = (2 3)2

A =

2

(2 3)

1 3 3

3 (2 3) 3 3 3

x x                   

c, A=

1 4

1

3 3

x x

x x x

  

  

  

A nguyên  x 3là ước  x 3 nhận giá trị: -4;-2; -1; 1; 2;4 1;4;16; 25;49

x

  do x 4 x1;16;25;49

Bài 6.( 1,0 điểm): Cho x > Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

3 2012 x A x  

Cho x > Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

3 2012 x A x   Ta có 2

2012 2012 1006 1006

x

A x x

x x x x



     

(0,5 điểm) Áp dụng BDT cô si cho số dương

2,1006 1006, x

x x

3

2

3 1006 1006

3 1006

A x

x x

 

 Min A =3 10063

2 1006 1006 31006

x x x

x

     

Câu 1 Cho biểu thức:

2

2 ( 1)( )

x x

P

x x x x x x x



  

a Rút gọn P.

b Tính P x 3 2.

c Tìm giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên. Câu a/

2

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

( 2) 2( 1) 2 2

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

2 ( 1)( 2) ( 1)

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

x x

P

x x x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x x x x

                                     

b/ x 3 2 x 2 1   ( 1)  1

( 1) 1 2

1

( 1) 1

x P x            

c/ ĐK: x0;x1:

( 1) 2

1

( 1) 1

x x

P

x x x

  

   

   Học sinh lập luận để tìm x4

hoặc x9 Câu2:

a/ Cho a, b, c thoả mÃn a > c , b > c > Chøng minh r»ng:

√c(a − c)+√c(b −c)≤√ab

b/ Với x,y không âm Tìm giá trị nhỏ biÓu thøc: P = x - √xy + 3y -2 x +2009,5

c/ Tìm số nguyên x, y tho¶ m·n y=√x2

+4x+5

Câu :

a/ Với a>c>0 b>c>0 (gt) a – c > b – c > 0.áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

√c(a − c) ab ≤

1 2(

c b+

a − c a )=

1 2⋅

ca+ab−bc

ab (1)

√c(b − c) ab ≤

1 2(

c a+

b − c b )=

1 2⋅

cb+ab−ac

ab (2)

Céng vÕ theo vÕ (1) vµ (2) Ta cã: √c(a − c)

ab + √

c(b − c)

⇒√c(a− c)+√c(b − c)≤√ab (®pcm)

b/ Đặt x = a, y = b với a,b ta cã:

P = a2 – 2ab + 3b2 -2a + 2009,5 = a2 -2(b + 1)a + 3b2 + 2009,5

= a2 -2(b + 1)a + (b + 1)2 + 2b2

-2b + 2009,5

= (a-b-1)2 + 2(b2 -b) + 2009,5 = (a-b-1)2 + 2(b2 –b +

4 ) + 2009,5 -

= (a-b-1)2 + 2(b -

2 )2 + 2009 2009

V× (a-b-1)2 0 vµ 2(b -

2 )2 , ∀ a,b

P = 2009 ⇔

¿ a=b+1

b=1

¿{

¿

⇔ ¿ a=3

2

b=1

¿{

¿

Vây P đạt GTNN 2009 ⇔

¿

√x=3

√y=1

¿{

¿

⇔

¿ x=9

4

y=1

¿{

¿

c/ y=√x2+4x+5 §K : x∈R , y>0

Bình phơng hai vế ta đợc

x+2¿2+1 ¿

⇔(y+x+2)(y − x −2)=1

¿ y2

=¿

Do x, y nguyên y dơng nên ta có:

y+x+2=1

y − x −2=1

⇔

¿x=−2

y=1

¿{

¿

C©u 4:

a/ Chøng minh biÓu thøc : x3−4x −1¿2010

P= có giá trị số tự

nhiên víi x=

3

√10+6√3 (√3−1)

√6+2√5−√5

b/ TÝnh S = 2 2 2

1 1 1

1

1 2 2011 2012

Câu 4 : x=

√10+6√3 (√3−1)

√6+2√5−√5 =

(√3+1).(√3−1)

√5+1−√5 =2 23−4 2−1

¿2010=1∈Ν

⇒P=¿

Câu 5 ( điểm): Cho ∆ ABC cân A, gọi I giao điểm đường

phân giác Biết IA = 5cm, IB = 3cm Tính độ dài AB Câu 5:

Kẻ AM  AB, M thuộc tia BI

Chứng minh ∆ AMI cân A AM = AI = 2

Kẻ AH  MI  HM = HI Đặt HM = HI = x ( x > )

Xét ∆ AMBvng A ta có AM2 = MH.MB  (2 5)2 = x.(2x + 3)

 2x2 + 3x – 30 =  ( 2x – 5)(x + 4) = 0  x = 2,5 x = -4 ( loại x > 0)

Vậy MB= 8cm

Ta có AB2 = MB2 – AM2 = 82 – (2 5)2 = 64 – 20 = 44  AB = 44 = 2 11cm

Câu 6 : Cho biÓu thøc: A = √2x

2−2

x4

+(√3−√2)x2−

√6

a) Rót gän A

b) Tìm giá trị lớn A

Câu 6: a (1®) A = √2(x

2

−√2)

x4+√3x2−√2x2−√6=

√2(x2−√2) (x2+√3) (x2−√2)=

√2

x2+√3

b (0,5®) A = √2

x2+√3≤

√2

√3=

√6

3 DÊu “ =” x¶y x = Vậy giá

trị lớn cña A = √6

3 x =

Bài 3: (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ A = 4x+3

x2+1

I

H M

C B

2x −1¿2 ¿

2x −1¿2 ¿ ¿x2+1≤4

¿

4(x2+1)−¿ ¿ A=4x+3

x2+1 =¿

0,5 đ

x+2¿2 ¿ x+2¿2

¿ ¿x2+1≥ −1

¿ −(x2+1)+¿

¿ A=4x+3

x2+1 =¿

0,5 đ

Bài 5: (1,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD Về phía ngồi hình bình hành ta dựng tam giác vuông cân BAE BCF đỉnh B Chứng minh rằng:

BD = EF BD EF

j

H

F E

A

D C

B

Ta có: BE = AB (vì tam giác ABE vng cân) AB = CD (vì ABCD hình bình hành)

⇒ BE = CD

BF = BC (vì tam giác BCF vuông cân) EB F^ =DC B^ (cùng bù với AB C^ )

⇒ΔBEF=ΔCDB(c − g −c)⇒BD=EF

Gọi H giao điểm BD EF Ta có: DB C^ =BF H^ (cmt)

Mà DB C^ +H^B F=900

⇒BF H^ +HB F^ =900

⇒BH F^ =900Do BD⊥EF

0,5 đ

Bài 6: (1,5điểm )Cho hình vng ABCD Trên đoạn AC lấy điểm M Gọi E F hình chiếu vng góc M lên BA BC

a) So sánh diện tích tam giác DEF diện tích tứ giác AEFC b)Xác định vị trí M để diện tích tam giác DEF nhỏ

M F

E

D C

B A

a) So sánh diện tích tam giác DEF diện tích tứ giác AEFC

Ta có: SDEM = SAEM (do AD // EM) SDFM = SCFM (do CD // FM) Suy ra: SDEF = SAEFC

0,75 đ

b) Xác định vị trí M để diện tích tam giác DEF nhỏ nhất

Theo chứng minh ta có: SDEF = SAEFC = SABC – SBEF

Diện tích Δ DEF nhỏ diện tích Δ BEF lớn SBEF = 12 BE.BF

Mà BE + BF = BE + EM = BE + EA = AB (hằng số)

Tổng BE + BF khơng đổi nên tích BE.BF có giá trị lớn BE = BF

Do diện tích Δ BEF lớn BE = BF ⇔ M trung điểm AC

Vậy diện tích tam giác DEF nhỏ M trung điểm AC

Bài 7: (1điểm) Tìm số phương có chữ số, biết tăng thêm chữ số đơn vị số tạo thành số phương Gọi số có chữ số cần tìm a, theo giả thiết ta có: a = m2, với 32

m 99

Số có tăng thêm chữ số đơn vị là: a + 1111 = n2

⇒ n2 – m2 = 1111 ⇒ (n - m)(n + m) = 1111 = 1111 = 11

101

Ta có: m, n Z, n + m > n – m suy ra:

{nn − m+m=1111=1 ⇔ {

n=556

m=555(loai)

{nn − m+m=101=11 ⇔ {

n=56

m=45(chon)

Vậy số cần tìm a = 452 = 2025

1 đ

Câu 2: Chứng minh số có dạng: n46n311n26n chia hết cho 24 với n N

4 6 11 6

n  n  n  n = n ( n3 + 6n2 + 11n + )

= n ( n3 + n2 + 5n2 + 5n + 6n + )

= n ( n + 1) ( n2 + 5n + )

= n ( n + 1) ( n + ) ( n + )

Vì n, n + 1, n + 2, n + số tự nhiên liên tiếp nên có số chia hết cho 3, có hai số chẵn liên tiếp nên số chia hết cho số chia hết cho

Suy n ( n + 1) ( n + ) ( n + )  24 hay n46n311n26n 24

Câu 4: Tính tổng:

10 10 10 10

56 140 260 1400

A    

10 10 10 10

56 140 260 1400

5 5

28 70 130 700

5 3 3

3 4.7 7.10 10.13 25.28

5 1

3 28

14

A A A A A

    

    

 

      

 

 

   

 



49 12 5  49 12 5

= 12 45   12 45 

=    

2

2

2 12 5  12 5

=    

2

2 5  5

= 5  3 2 =

Câu 8: Tìm giá trị lớn nhỏ x2y2 Biết x2y2 xy4

2 4 2 2 2 8

x y  xy  x  y  xy

 x2y2x2y2 2xy 8

Ta có  

2

2 8 8

x y   x y 

Dấu “=” xảy  x y

Vậy giá trị lớn x2y2 8

Mặt khác: 2x2 2y2 2xy8

 2  2

3 x y x 2xy y

     

 2

2

3

x y

x y 

   

Ta có

2

3

x y 

Dấu “=” xảy

2 3

x y

  

Câu 9: Cho a, b, c số không âm thỏa: a b c  1 Chứng minh 16

b c  abc

Ta có

   

   

2

2

0 4

x y x y xy xy

x y xy

     

   

Áp dụng (*) ta có:

 2  

1 a b c  4a b c ; , ,a b c0

Do  

2

4

b c  a b c

Mà b c 2 4bc0

Bài 1:

a) Chứng minh n5m – nm5 30 với n, m  Z

b) Viết liên tiếp tất số có hai chữ số từ 19 đến 80 thành hàng ngang ta số 19202122……….787980 Số có chia hết cho 1980 hay khơng?

Bài 1:

a) Chứng minh n5m – nm5 30 với n, m  Z

Ta có: n5m – nm5 = mn(n4 – m4) = mn[(n4 – 1) – (m4 – 1)] = mn (n4 – 1) – mn(m4 – 1)

* mn (n4 – 1) = mn(n2 – 1) (n2 + 1) = mn(n2 – 1) [(n2 – 4) + 5]

= mn(n2 – 1)(n2 – 4) + 5mn(n2 – 1)

= mn(n – 1)(n + 1) [(n – 2)(n + 2) + 5mn(n – 1)(n + 1) - Vì: n(n – 1)(n + 1) [(n – 2)(n + 2) chia hết cho 2; (Tích số nguyên liên tiếp)

Mà (2;3;5) =

Nên: n(n – 1)(n + 1) [(n – 2)(n + 2)  30 ( 2.3.5 = 30) Do đó: mn(n – 1)(n + 1) [(n – 2)(n + 2)  30 (1) - Mặt khác: n(n – 1)(n + 1)  (Tích số nguyên liên tiếp)  5mn(n – 1)(n + 1)  30 (2)

Từ (1) (2) suy ra: mn (n4 – 1)  30

* Chứng minh tương tự ta có: mn(m4 – 1)  30 Vậy: n5m – nm5 30 với n, m  Z

B* Ta có: 1980 = 11

* số 19202122……….787980  ( có hai chữ số tận 80  4) * số 19202122……….787980  ( có chữ số tận 0)

* số 19202122……….787980 có:

- Tổng chữ số vị trí lẻ là: + (2 + + + … + 7) 10 + = 279 - Tổng chữ số vị trí chẵn là: + (0 + + + ……+ 9) + = 279 Ta có: 279 + 279 = 558  , nên: số 19202122……….787980  9

Mặt khác: 279 – 279 =  11, nên: số 19202122……….787980  11 Vậy: số 19202122……….787980  1980

Bài 2: So sánh cặp số sau:

a) M = 1999 2001 N = 20002

b) E = 3n+1 + 4.2n-1 – 81.3n-3 – 2n-2 + và

F = (2n + 1)2 + (2n – 1)2 – 2(4n + 1) với n nguyên dương. Bài 2: So sánh cặp số sau:

a) M = 1999 2001 N = 20002

b) E = 3n+1 + 4.2n-1 – 81.3n-3 – 2n-2 + = 3n+1 + 22.2n-1 – 34.3n-3 – 23 2n-2 + = 3n+1 + 2n+1 – 3n+1 – 2n+1 + = 1

F = (2n + 1)2 + (2n – 1)2 – 2(4n + 1)

= (2n)2 + 2.2n + + (2n)2 – 2.2n + – 2.4n – 2.1 = 22n + 22n – 2.4n

= 2.22n – 2.(22)n = 2.22n – 2.22n = Vậy: E > F

Bài 3: Chứng minh với x > 1, biểu thức sau không phụ thuộc vào x:

2

1

1 1

1

x x

x x x x

D x            Bài 3: 2 2

2 2 2

2

2

2

1( 1)

1

( 1) ( 1) 1( 1)

1 1 1

1

1 ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1)

2 1 2

1

1 1

x x x x

x x

x x x x x

x x x x

D

x x

x x x x x x x

x x x x x x                                                 

Vậy: với x > 1, biểu thức D không phụ thuộc vào x Bài 1: Chứng minh với số tự nhiên n 1, ta có:

2

1 1

5 13 25   n (n1) 20 Bài 1: Chứng minh với số tự nhiên n 1, ta có:

2

1 1

5 13 25   n (n1) 20

Ta có: 2

1 1 1 1 1

13 12 2.3 2

 

       

  

2

1 1 1 1 1

25 24 12 3.4

 

       

  

………

2

1 1

( 1)

n n n n

 

   

Do đó: 2

1 1 1 1 1

13 25 n (n 1) 2 3 n n

 

           

    

 2

1 1 1

13 25 n (n 1) 2 n

 

      

    

 2

1 1 1 1

13 25  n (n1) 2 2 n1 4

 2

1 1 1

5 13 25   n (n1) 5 4

 2

1 1

5 13 25   n (n1)  20

Vậy: với số tự nhiên n 1, ta có: 2

1 1

5 13 25   n (n1) 20 Bài 2: Giải biện luận bất phương trình:

(m2 + m + 1)x – 3m > (2 + m)x + 5m Bài 2: Giải biện luận bất phương trình:

(m2 + m + 1)x – 3m > (2 + m)x + 5m  (m2 + m + 1)x – (2 + m)x > 5m + 3m  (m2 + m + – – m )x > 5m + 3m  (m2 – )x > 8m

a) m2 – =  m = 

* m = 1, ta có: 0x > 8: bất phương trình vơ nghiệm

** m = –1, ta có: 0x > –8 : bất phương trình có vơ số nghiệm b) m2 – >  m2 >  m > m < -1 Khi đó:

(m2 – )x > 8m  x >

1

m m  c) m2 – <  m2 <  -1 < m < Khi đó:

(m2 – )x > 8m  x <

1

m m  Kết luận:

- Với m = 1: Bất phương trình cho vơ nghiệm

- Với m = -1: Bất phương trình cho có vơ số nghiệm

- Với m > m < -1: Nghiệm bất phương trình là: x >

1

m m  - Với -1 < m < 1: Nghiệm bất phương trình là: x <

8

2

71 880

xy x y x y xy

   



 

 Tìm x2 + y2

Bài 3: Cho x, y hai số nguyên dương cho:

2

71 880

xy x y x y xy

   



 

 Tìm x2 + y2

* Ta có: x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy

* 2

71 880

xy x y x y xy

   



 

 

( ) 71( 16 55) ( ) 880(16.55)

xy x y xy x y

    

 

 



Vì x, y hai số nguyên dương, nên: 16

( ) 55

xy x y     



55 ( ) 16

xy x y       Vậy:  Nếu 16 ( ) 55

xy x y     

 thì: x2 + y2 = 552 – 2.16 = 3025 – 32 = 2993

 Nếu

55 ( ) 16

xy x y     

 thì: x2 + y2 = 162 – 2.55 = 264 – 110 = 154 Bài 1:Chứng minh rằng: n3 – n + chia hết cho với số tự nhiên n Bài 1:Chứng minh rằng: n3 – n + chia hết cho với số tự nhiên n

Ta có: n3 – n + = n(n2 – 1) + = n(n + 1)(n – 1) +

Vì: n(n + 1)(n – 1)  , với số tự nhiên n (tích số tự nhiên liên tiếp) Nên: n(n + 1)(n – 1) + chia hết cho với số tự nhiên n

Vậy: n3 – n + chia hết cho với số tự nhiên n

Bài 2: Cho ab > Chứng minh rằng:

2

1

1a 1b 1ab

Bài 2:

Ta có: 2 2

1 1 1

0 1a 1b 1ab  1a  1ab1b  1ab

    

2

2

(1 ) (1 ) (1 ) (1 )

(1 ) (1 )

ab a ab b

a ab b ab

     

 

   

    

( ) ( )

0

(1 ) (1 )

a b a b a b

a ab b ab

 

 

   

 a b a(  )(1b2)b a b(  )(1a2) 0  (b a a )[ (1b2) b(1a2)] 0

 (b a ) (2 ab1) 0

Bất đẳng thức với ab >

Vậy: 2

1

1a 1b 1ab, với ab > 1

Bài 3: Cho A = 2 2( 1) a a a   

Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn A Bài 3: Cho A =

2 2( 1) a a a   

Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn A

 A =

 2

2 2

2 2

1

2( 1) ( 1) ( 1)

1

1 1

a

a a a a a

a a a



     

   

  

Vậy: Min A = a = -1

 A =

 2

2 2

2 2

1

2( 1) 3( 1) ( 1)

3

1 1

a

a a a a a

a a a



     

   

  

Vậy: Max A = a = 1

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A Từ B C kẻ đường phân giác cắt AC D cắt AB E Từ D E hạ đường vng góc với BC cắt BC M N Tính góc MAN

Bài 4: Tính góc MAN

2 2 A B C D E M N

* Xét ABD MBD có:

+ 1  + BD chung + A M

 D1D AD = DM

Do đó: ADM cân có DB phân giác

 DB đường cao  DB  AM

Chứng minh tương tự, ta được: EC  AN Từ suy ra: C1 A1 ( phụ với góc AEC) B1A3 ( phụ với góc ADB) Mặt khác: ABC vng A    C 900



        0

1 1

90 45

2 2

C B C B

A A C B       Do đó: A = 900 – (A1A3) = 900 – 450 = 450

Vậy: MAN = 450

Bài 5: Chứng minh với số tự nhiên n  0, ta có:

2 2

1 1

1

2 n

    

Bài 5:

*Với n = 1, ta có <

*Với số tự nhiên k  2, ta ln có: k2 > k2 – k = k(k – 1) 

1 1

( 1)

k k k  k k *Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có:

2

1

1  

2

1 1

3 2 3

-2

1 1

( 1, )

1 n n

n n  n   

Suy ra: 2

1 1 1 1 1

1 1 2

2 n 2 n n n

              

 Vậy: với số tự nhiên n  0, ta có:

2 2

1 1

1

2 n

    

Bài 1(2) : Tìm tất số phương dạng . Lời giải :

Lại : 10001 ≤ ≤ 99999, => 101 ≤ k < 317 Vậy k phải số có ba chữ số Đặt k = Cũng từ giả thiết toán số phương nên a thuộc {1, 4, 5, 6, 9}

+) Nếu a = : 100 < < 142 (trong p = p = 9)

Với p = 1, ta có số thỏa mãn điều kiện toán : 1012 = 10201, 1112 =

12321, 1212 = 14641 ; cịn với p = ta thấy khơng có số thỏa mãn điều

kiện đề

+) Nếu a = : 200 < < 224 (p = p = 8) Thử trực tiếp ta có số thỏa mãn :

2022 = 40804, 2122 = 44944

+) Nếu a = : 223 < < 245 (trong p = 5) Trong trường hợp khơng có số thỏa mãn điều kiện đề

+) Nếu a = : 244 < < 265 (p = p = 6) Chỉ có số thỏa mãn trường hợp : 2642 = 69696

+) Nếu a = : 300 < < 317 (p = p = 7) Trường hợp có số thỏa mãn : 3072 = 94249 Tóm lại có số thỏa mãn điều

kiện : 10201, 12321, 40804, 14641, 44844, 69696, 94249 Nhận xét :

- Nếu tốn có thêm điều kiện a, b, c đơi khác có số thỏa mãn đề

Bài 3(2) : Cho tam giác ABC Các điểm M, N theo thứ tự thuộc cạnh AB, AC cho diện tích tam giác AMN nửa diện tích tam giác ABC (M ≠ B ; N ≠ C) Chứng minh : Trọng tâm tam giác ABC nằm trong tam giác AMN.

Gọi G trọng tâm ABC Đặt L giao điểm BG AC ; O giao điểm BL MN

Ta có : AL = CL ; GB/GL = (1)

Theo giả thiết : S(AMN) = 1/2 S(ABC) Mặt khác, AL = CL nên : S(ABL) = 1/2

S(ABC)

Vậy S(AMN) = S(ABL) => S(OLN) = S(OMB)

=> S(BLN) = S(NMB) => ML // BN

=> : OB/OL = BN/ML = AN/AL < AC/AL = (2) (định lí Talét) Từ (1), (2) => :

OB/OL < GB/GL => OB/OL + < GB/GL + => BL/OL < BL/GL => GL < OL => G thuộc đoạn OL => G thuộc tam giác AMN (đpcm) Nhận xét :

1) Bài có nhiều bạn tham gia giải, tất giải Tuy nhiên, nhiều bạn giải dài phức tạp

2) Ngồi cách giải cịn hướng giải khác

Đặt P giao điểm AG BC ; Q giao điểm AP MN Ta có đẳng thức quen thuộc :

AB/AM + AC/AN = 2.AP/AQ (3) Theo giả thiết :

S(ABC) / S(AMN) = => AB/AM AC/AN = (4)

Từ (3), (4), sau vài biến đổi đại số, ta có : AG < AQ Từ => đpcm Bài 4(2) : Giải phương trình :

x2 + 2x + = (x2 + x + 1) (x4 + x2 + 4)

Lời giải : (của bạn Phan Việt Thành, 8D, THCS Lương Thế Vinh, Tuy Hịa, Phú n)

Ta có : x2 + x + = (x + 1/2)2 + 3/4 > với x

Mặt khác : Với x ta có x4 + x2 + ≥

=> (x2 + x + 1) (x4 + x2 + 4) ≥ (x2 + x + 1)

= x2 + 2x + + 2x2 + (x + 1)2 > x2 + 2x +

Chứng tỏ phương trình vơ nghiệm Bài 5(2) : Tìm x, y để biểu thức :

đạt giá trị nhỏ Lời giải :

Dấu “=” xảy y = -1 ≥ x ≥ -1

Bài (3) : Tìm tất cặp số nguyên không âm (x, y) cho : x - y = x2

+ xy + y2

Lời giải :

Giả sử có cặp số ngun khơng âm (x, y) thỏa mãn hệ thức x - y = x2 + xy +

y2 (1)

Từ dễ dàng => x ≥ x - y = x2 + xy + y2 ≥ 3xy (2)

- Nếu x = 0, từ (1) ta có -y = y2 => y =

- Nếu x ≠ 0, thay x = vào (2) => ≥ 3y => y = 0, thay y = vào (1) => x = x2 => x =

Tóm lại : Có hai cặp số (0, 0); (1, 0) thỏa mãn đề Bài 2(4) : Cho a, b, c số thỏa mãn điều kiện :

Tính tổng : a2001 + b2002 + c2003

Lời giải :

Từ (1) => a, b, c ≤ Trừ vế (1) cho (2) ta có : a2002(1 - a) + b2002(1

-b) + c2002(1 - c) = (3)

Từ ta có a2001 = a2003 ; b2002 = b2003

=> : a2001 + b2002 + c2003 = a2003 + b2003 + c2003 = 1

Nhận xét :

1/ Từ lời giải trên, kết hợp với (1) (2) => ba số a, b, c có số hai số cịn lại

2/ Một số bạn từ (1) => ≤ a ≤ sai Một số bạn tự thêm giả thiết a, b, c số nguyên dương

Bài 4(4) : Cho ΔABC nhọn, ba đường cao AD, BE CF cắt H Qua A vẽ đường thẳng song song với BE, CF cắt đường thẳng CF, BE P Q Chứng minh PQ vng góc với trung tuyến AM ΔABC

Lời giải :

Vì ΔABC nhọn nên trực tâm H nằm ΔABC (hình dưới).

Cũng từ giả thiết => AP vng góc với AC ; AQ vng góc với AB => 

BAC = AQH;  ACB =  AHQ (các cặp góc có hai cạnh tương ứng

vng góc)

=> ΔABC đồng dạng với ΔQAH (g.g) => AB/QA = BC/AH = AC/AH Mặt khác M, I trung điểm BC, AH nên :

AM/QI = BC/AH = MC/IH => AM/QI = MC/IH = AC/QH => ΔAMC đồng dạng với ΔQIH (c.c.c)

=>  CAM =  HQI hay  EAK =  EQK => tứ giác KAQE nội tiếp

=>  AKQ =  AEQ = 90o (cùng chắn cung AQ, BQ vng góc với AC) =>

PQ vng góc với AM (đpcm) Bài 3(5) : So sánh A B biết : A = (20032002 + 20022002)2003

B = (20032003 + 20022003)2002

Lời giải : (của bạn Võ Văn Tuấn) Ta chứng minh toán tổng quát :

(an + bn)n + 1 > (an + 1 + bn + 1)n với a, b, n số nguyên dương

Thật vậy, khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b (an + bn)n + 1 = (an + bn)n.(an

+ bn) > (an + bn)n.an = [(an + bn)a]n = (an.a + bn.a)n ≥ (an.a + bn.b)n = (an + 1 + bn + 1)n

Với a = 2003, b = n = 2002, ta có A > B

Bài 4(5) : Tam giác ABC có E trung điểm cạnh BC cho  EAB =

15o ,  EAC = 30 Tính  C

Lời giải : (của bạn Phạm Thị Hồng Anh)

Gọi F điểm đối xứng C qua AE I giao điểm CF AE, => AI vuông góc với CI Xét tam giác vng IAC, vng I, có  IAC = 30o

=>  ACF =  ACI = 60o (1)

Nhận xét rằng, IE đường trung bình ΔBFC nên IE // FB, mà IE vng góc với FC => BF vng góc với FC hay ΔBFC vng F => góc BFC = 90o ; ΔAFC =>  CFA = CAF = 60o , => :

 BFA =  BFC + CFA = 90o + 60o = 150o

 FAB =  CAF -  CFA -  BAE = 60o - 30o - 15o = 15o

Xét ΔFBA,  BFA = 150o  FAB = 15o =>  FBA = 15o su ΔFBA

cân F => FB = FA = FC Từ đó, ΔBFC vng cân F =>  BCF = 45o

(2)

Từ (1), (2) =>  ACB =  ACF +  BCF = 60o + 45o = 105o

Vậy  C = 105o

Bài 2(7) : Cho a, b, c thỏa mãn : a/2002 = b/2003 = c/2004 Chứng minh : 4(a - b)(b - c) = (c - a)2

Lời giải : Theo tính chất tỉ lệ thức ta có :

a/2002 = b/2003 = c/2004 = (a - b)/(2002 - 2003) = (b - c)/(2003 - 2004) = (c - a)/(2004 - 2002)

=> : (a - b)/-1 = (b - c)/-1 = (c - a)/2 => : (a - b)(b - c) = [ (c - a)/2 ]2

=> 4(a - b)(b - c) = (c - a)2 (đpcm)

Bài 4(8) : Cho hình chữ nhật ABCD (như hình vẽ), biết AB = 30 cm, AD = 20 cm, AM = 10 cm, BP = cm, AQ = 15 cm Tính diện tích tam giác MRS

Lời giải : Giả sử đường thẳng PQ cắt đường thẳng CD, AB tương ứng E, F

Ta có : DE/EC = QD/CP = 5/15 = 1/3 , hay DE/DC = 1/2 => DE = 15 cm Ta thấy tam giác QDE = tam giác PBF => BF = DE = 15 cm

Lại có : DE/MF = DR/MR = 15/35 = 3/7 => MR/MD = 7/10 (1) Vì MS/MC = MF/EC = 35/45 = 7/9 => MS/MC = 7/16 (2)

Ta có : SMDC = SABCD - SAMD - SBMC = AB.AD - 1/2AD.(AM + MB) = 300

(cm2) (3)

SMRS/SMCD = (MR/MD).(MS/MC) = 7/10 7/16 = 47/160

Do đó, từ (3) ta có :

SMRS = 300 (49/160) = 91,875 (cm2)

Bài 5(8) : Cho tam giác ABC không vuông Các đường cao BB’, CC’ cắt H Gọi K trung điểm AH, I giao điểm AH B’C’ Chứng minh : I trực tâm tam giác KBC

Lời giải :

Trường hợp : Tam giác ABC nhọn (hình vẽ) Gọi L điểm đối xứng H qua BC

Ta có :  BLC =  BHC =  B ' HC ' (đối đỉnh) = 180o -  BAC (Vì AC

'HB ' nội tiếp)

=>  BLC +  BAC = 180o

=> tứ giác ABLC nội tiếp =>  CLA =  CBA (1)

Mặt khác,  BB 'C =  BC 'C ( = 90o) nên tứ giác BC’B’C nội tiếp => 

AB ' C ' =  CBC ' (2)

Từ (1) (2) => :  CLI =  AB 'I => tứ giác CLIB ’ nội tiếp =>  B 'CI =  B 'LI (3)

Theo giả thiết, tam giác AHB’ vuông B’, B’K trung tuyến nên KB’ = KH =>  KB 'H =  KHB ' =  BHL =  BLH (vì tam giác BLH cân B)

=> tứ giác KB’LB nội tiếp , suy  B 'BK =  B 'LK (4)

Từ (3) (4) => tứ giác BCB’E nội tiếp (E giao CI BK) =>  BEC =  BB 'C = 90o => CI vng góc với BK

Chú ý : KI vng góc với BC Vậy I trực tâm tam giác KBC

Bài 1(11) : Phân tích số 8030028 thành tổng 2004 số tự nhiên chẵn liên tiếp

Lời giải :

Ta thấy : Tổng 2004 số tự nhiên chẵn liên tiếp S = a + (a + 2) + + (a + 4006) = [ a + (a + 4006)] : x 2004 = (a + 2003) x 2004

Do S = 8030028 tương đương với (a + 2003) x 2004 = 8030028 hay a = 2004

Vậy 8030028 = 2004 + 2006 + 2008 + + 6010

Bài 2(11) : Tìm số nguyên a lớn cho số T = 427 + 41016 + 4a số

chính phương

Lời giải : Ta xét a số nguyên thỏa mãn a ≥ 27 T số phương Nhận xét T = 427 (1 + 4989 + 4a - 27) = (227)2 (1 + 21978 + (2a - 27)2), => S = +

21978 + (2a - 27)2 số phương

Chú ý : + 21978 + (2a - 27)2 > (2a - 27)2 => + 21978 + (2a - 27)2 ≥ (2a - 27 + 1)2

Tức ta có 21978 ≥ 2.2a - 27

=> 1978 ≥ a - 26 => 2004 ≥ a

Với a = 2004 T = (227)2 (21977 + 1)2 số phương

Vậy số nguyên a lớn cần tìm a = 2004

Bài 4(11) : Tính góc A tam giác ABC biết  O1OO2 = 90o với O1,

O, O2 tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp bàng tiếp

(trong góc A) tam giác ABC

Lời giải :Gọi I giao điểm AO2 với đường tròn (O)

Ta thấy :  IBO1 =  IO1B ( = ( A +  B)/2 ) => ΔIBO1 cân I, từ IB

= IO1 (1)

Mặt khác  O1BO2 = 90o nên  IBO2 =  IO2B hay ΔIBO2 cân I => IB =

IO2 (2)

Từ (1), (2) => IO1 = IO2

Do OI = BI = OB = R (bán kính đường trịn (O)) => ΔBIO => 

BOI = 60o , =>  BAI = 30o Vậy  BAC = 60o

Bài 5(11) : Về phía ngồi tam giác ABC ta dựng tam giác vuông đồng dạng ABE, ACF ( ABE =  ACF = 90o)

Chứng minh : BF, CE đường cao AH tam giác đồng quy Lời giải :

Cách : (của bạn Võ Văn Tuấn, 7A5, THCS Buôn Hồ, KRông Buk, Đắk Lắk)

Vì ΔBEA đồng dạng với ΔCFA nên AB / EB = AC / FC

Trên tia đối tia AH lấy điểm K cho : AK = AB/EB.BC = AC/FC.CB (hình 1)

Vì AK = AB/EB.BC nên AK/AB = BC/BE (1)

Mặt khác :  KAB =  CBE (2) (hai góc có cạnh tương ứng vng góc

cùng tù)

Từ (1), (2) => : ΔKAB đồng dạng với ΔCBE

=> : ABK =  BEC =>  ABK +  EBK =  BEC +  EBK

=> : 90o =

 ENB (N giao điểm EC BK) => CE vuông góc với

BK

Tương tự : BF vng góc với CK

Vậy BF, CE, AH ba đường cao ΔBCK => BF, CE, AH đồng quy Cách :(của bạn Huỳnh Quốc Uy Trần Lương Khiêm, 9A, THCS Trần Hưng Đạo, Quảng Ngãi)

Dễ thấy tứ giác AMBE, ANCF, AMIN, AMHC nội tiếp Vì tứ giác AMBE, ANCF nội tiếp ΔABE đồng dạng với ΔACF nên ta có :

 BME =  BAE =  CAF =  CNF =>  BMC =  BNC

=> Tứ giác BMNC nội tiếp =>  MNB =  MCB (1)

Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên :  MNB =  MAI (2)

Vì tứ giác AMHC nội tiếp nên :  MCB =  MAH (3)

Từ (1), (2), (3) => :  MAI =  MAH => tia AI trùng tia AH => I thuộc AH

=> BF, CE, AH đồng quy

Trên đây, ta vẽ hình giải tốn trường hợp góc ABC, ACB < 90o Nếu  ACB ≥ 90o  ACB ≥ 90othì ta có lời giải

tương tự

Bài 1(12) : Cho số tự nhiên N = 20032004 Viết N thành tổng k số tự

nhiên n1, n2, …, nk S = n13 + n23 + … + nk3 Tìm số dư phép chia

S cho Lời giải :

Vì a3 - a = a.(a2 -1) = (a - 1).a.(a + 1) tích ba số nguyên liên tiếp nên a3

- a chia hết cho với số nguyên a. Đặt N = n1 + n2 + … + nk, ta có :

S - N = (n13 + n23 + … + nk3) - (n1 + n2 + … + nk) = (n13 - n1) + (n13 - n1) + …

+ (nk3 - nk) chia hết cho => S N có số dư chia cho

Mặt khác, 2003 chia cho dư => 20032 chia cho dư => N = 20032004 =

(20032)1002 chia cho dư Vậy : S chia cho dư

Bài 4(12) : Cho hình thang vng ABCD có AD // BC, AB vng góc với AD, AD = cm, AB = BC = cm Hãy tìm đường ngắn từ đỉnh A tới điểm M cạnh DC, tới điểm N cạnh AB, quay lại điểm P cạnh DC trở A

Ta cần kết sau

Bổ đề : Trong hình thang vng, độ dài đoạn thẳng nối hai điểm nằm hai cạnh bên không nhỏ thua độ dài đáy nhỏ (các bạn tự chứng minh bổ đề này)

áp dụng bổ đề, ta có : MN ≥ BC ; NP ≥ BC => MN + NP ≥ 2BC (1)

Dựng CH cng góc với AD Nhận thấy tứ giác ABCH hình vng, => : CH = AH = AB = BC = cm => DH = cm

Ta có CH = AH = HD = cm => ΔCAD vng cân C

Vì P, M thuộc CD => PA ≥ AC ; AM ≥ AC => AM + PA ≥ 2AC (2) Từ (1), (2) => T ≥ 2(AC + BC) =

đẳng thức xảy P, M, C trùng N trùng với B

Vậy đường ngắn thỏa mãn điều kiện đề dài đường : A đến C đến B đến C đến A

Bài 5(13) : Cho hình thang ABCD có AB song song nửa CD H trung điểm CD Điểm M nằm hình thang cho MH vng góc phần tư CD

Bên ngồi hình thang, ta dựng tam giác ADE, BCF vuông cân E, F Chứng minh tam giác MEF vuông cân M

Lời giải :

Cách 1 : (của bạn Chu Toàn Thắng) Trước hết, ta nhắc lại bổ đề quen thuộc

Bổ đề (*) : Cho tam giác ABC Về phía ngồi tam giác, ta dựng tam giác ABE, ACF vuông cân E, F M trung điểm AB Khi đó, tam giác MEF vng cân

Trở lại tốn

dd>Từ (1) => :  KCF = 360o -  KCD -  DCB -  BCF = 360o - 90o

-(180o -

 CBA) - 45o = 45o +  CBA =  FBC +  CBA =  ABF Vậy: 

KCF =  ABF

Từ (2) => : KC = 1/2 CD = AB (4)

Từ (3), (4) CF = BF (do tam giácBCF vuông cân F) ta có : Δ KCF = Δ ABF (c.g.c)

=> FK = FA ;  CFK =  AFB

=>  KFA =  CFB +  CFK -  BFA =  CFB = 900

=> Δ AKF vuông cân F

áp dụng bổ đề (*) cho tam giác ADK tam giác ADE, AKF vng cân E, F ta có : Δ MEF vuông cân M

Gọi K trung điểm AB Lấy điểm N nằm ngồi hình thang ABCD cho NK = AB ; NK vng góc với AB (hình 2).

Dễ thấy : tam giác MHC = tam giác BKN => MC = NB ; mặt khác, AB // CD tam giác BCF vuông cân F nên Δ FMC = Δ FNB (c.g.c) => Δ MFN vuông cân F (bạn đọc tự chứng minh)

Tương tự vậy, Δ MEN vuông cân E

=> MENF hình vng => tam giác MEF vng cân M Bài 1(14) : Cho x ; y thỏa mãn :

Hãy tính giá trị biểu thức sau : T = x2003 + y2003

Lời giải : Nhận xét :

Do kết hợp với giả thiết ta suy :

Suy x + y = Do T = x2003 + y2003 = x2003 + (- x)2003 = x2003 - x2003 =

Bài 4(14) : Cho ∆ABC Trên tia đối tia CB, AC, BA lấy điểm A1, B1, C1 cho AB1 = BC1 = CA1 Chứng minh

∆A1B1C1 ∆ABC

Lời giải :

Giả sử ∆A1B1C1 Khơng tính tổng quát ta giả thiết :

Khi : CB1 ≥ AC1 ≥ BA1 hay CA ≥ AB ≥ BC (do AB1 = BC1 = CA1), suy

ra

Mặt khác, từ (*) suy : (do ∆A1B1C1 đều) Nhưng

Từ (1), (2) suy ∆ABC (đpcm)

Vì SA, ST tiếp xúc với (O) nên ta có :  STE =  SBT ;  SAE =  SBA

=> ∆STE đồng dạng với ∆SBT ; ∆SAE đồng dạng với ∆ABA

Mặt khác, tứ giác AETB nội tiếp nên :  TEA =  TBC (2)

Từ (1), (2) ta có : ∆TEA đồng dạng với ∆TBC =>  EAT =  BCT

Từ đó, với ý :  EAT =  ETS, ta có :  BCT =  ETS => ET //

AB (hai góc đồng vị nhau)

Bài 4(15) : Cho tam giác ABC có AB > AC Trên cạnh AB, AC lấy điểm N, M tương ứng, cho AN = AM Gọi O giao điểm BM, CN Chứng minh : OB > OC

Vì AB > AC > AM = AN nên tồn điểm K thuộc đoạn BN cho : AK = AC Gọi L giao điểm KM CN Vì K thuộc đoạn BN nên L thuộc đoạn ON =>  OMN > LMN

Mặt khác, dễ thấy tam giác LMN cân L =>  LMN =  LNM

Vậy :  OMN >  ONM => ON > OM (1)

∆AKM = ∆ACN (c.g.c) => KM = CN (2) Vì AK = AC nên tam giác AKC cân A =>  AKC < 90o =>  BKM > 90o

=>  BKM >  KMB => BM > KM (3)

Từ (2) (3) suy : BM > CN (4)