tài liệu File word Phân tích và bình luận đề thi học sinh giỏi toán 9

tai lieu, document1 of 66 Tailieumontoan.com  Nguyễn Công Lợi PHÂN TÍCH VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN Nghệ An, ngày 08 tháng năm 2020 luan van, khoa luan of 66 tai lieu, document2 of 66 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH VĨNH PHÚC Năm học 2015 – 2016  x +4  Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức A = +  x−4    x + 5  : 1 −  x −   x +  a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Câu (2.0 điểm) ( )( )( )( ) a) Giải phương trình x + x − x + x − = 45x ( ( ) ) b) Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn x x + x + = y − Câu (1.0 điểm) Cho số nguyên x, y thỏa mãn 3x + 2y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: H = x − y2 + xy + x + y − Câu (3.0 điểm) Cho hai điểm A B phân biệt, lấy điểm C đoạn AB cho < AC < AB Vẽ tia Cx CE CA vuông góc với AB C Trên tia Cx lấy hai điểm D E phân biệt cho = = Đường CB CD tròn ngoại tiếp tam giác ADC đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC cắt điểm thứ hai H (H không trùng với C)   a) Chứng minh ADC = EBC ba điểm A, E, H thẳng hàng b) Xác định vị trí C để HC vng góc với AD c) Chứng minh C thay đổi đường thẳng HC ln qua điểm cố định Câu (1.0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Chứng minh rằng: ( )( )( x + 2y + z ≥ − x − y − z ) Câu (1.0 điểm) Trên mặt phẳng có năm điểm phân biệt cho khơng có ba điểm thẳng hàng khơng có bốn điểm thuộc đường trịn Chứng minh tồn đường tròn qua ba năm điểm cho hai điểm lại có điểm nằm đường trịn Phân tích hướng dẫ giải  x +4  Câu Cho biểu thức A = +  x−4    x + 5  : 1 −  x −   x +  a) Điều kiện xác định biểu thức A x ≥ 0; x ≠ Ta có Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC tai lieu, document3 of 66 = A Website:tailieumontoan.com ) ( ( ) ( ) x +2− x +5 x +3 − x +3 x +4+ x+2 = = : : x−4 x−4 x +2 x +2 2− x b) Với x ≥ x ≠ ta A = 2− x { Do x nguyên nên để A nhận giá trị nguyên phải } chia hết cho − x hay − x ∈ −2; −1;1;2 + Với − x =−2 ⇔ x =4 ⇔ x =16 , ta A = −1 + Với − x =−1 ⇔ x =3 ⇔ x =9 , ta A = −2 x = ⇔ x = , ta A = + Với − x = ⇔ + Với − x = ⇔ x = ⇔ x = , ta A = Kết hợp với điều kiện xác định ta x nhận giá trị nguyên 0;1; 9;16 Câu (2.0 điểm) ( )( )( )( ) a) Giải phương trình x + x − x + x − = 45x ( )( ) ( )( ) • Phân tích Chú ý x + x + = x + 7x + x − x − = x − 5x + Do ta viết ( ) )( phương trình thành x + 7x + x − 5x + = 45x Chú ý x ≠ ta chia hai vế phương    6 trình cho x, ta  x + +   x + −  = 45 Đến ta cần đặt t = x + + ta đưa x x x    phương trình phương trình bậc hai ẩn t • Lời giải Nhận thấy x = nghiệm phương trình Xét x ≠ , phương trình cho tương đương với (x Đặt t = x +    6 + 7x + x − 5x + 6= 45x ⇔  x + +   x + − 5=  45 x x    )( ) + phương trình trở thành t − t + =45 ⇔ t2 − 81 =0 ⇔ t =±9 x + Với t = ta x + ( )( ) + = ⇔ x − 8x + = ⇔ x = ± 10 x + Với t = −9 ta x + + =−9 ⇔ x + 10x + =0 ⇔ x =−5 ± 19 x { } Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = −5 − 19; −5 + 19; − 10; + 10 ( ( ) ) b) Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn x x + x + = y − • Phân tích Bài tốn cho câu b dạng tốn phương trình nghiệm nguyên Trước đưa đánh giá phụ hợp ta biến đổi phương trình trước ( ) ( )( ) Ta có phương trình viết lại thành x x + x + + = y ⇔ x + x + = y Từ phương trình ta nhận thấy x, y số nguyên nên ta x, y ≥ Để ý đến số lũy thừa bên phải ta nhận thấy Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC tai lieu, document4 of 66 Website:tailieumontoan.com y = y số lẻ, cịn y > y số chẵn Do ta xét trường hợp y để tìm nghiệm ngun cho tốn ( ) ( )( ) • Lời giải Phương trình cho tương đương với x x + x + + = y ⇔ x + x + = y Do x, y số nguyên nên từ phương trình ta suy x ≥ 0; y ≥ x + = + Xét y = , ta có phương trình x + x + =1 ⇒  ⇒ x = Ta có 0; x + = ) )( ( ( ) nghiệm phương trình ( )( ) + Xét y > , y số chẵn nên x + x + phải số chẵn, x phải số lẻ ( ) Đặt x =2k + k ∈ N* ( )( Khi ta 2k +  2k +  ) )( ( ) + 1 = y ⇔ k + 2k2 + 2k + = y −1  Dễ thấy 2k2 + 2k + ln số lẻ nên từ phương trình ta thu k = Từ ta tìm x = nên ( ) y = Ta có 1;1 nghiệm phương trình ( ) ( ) Vậy phương trình cho có hai nghiệm 0; 1;1 • Nhận xét Có thể giải thích rõ ta suy k = ( )( ) ( ) Do k + 2k2 + 2k + = y −1 nên ta y −1  2k2 + 2k + + Nếu y = ta suy 2k2 + 2k + = từ ta k = ( ) + Nếu y > y −1 lũy thừa 4, mà y −1  2k2 + 2k + nên 2k2 + 2k + = từ ta k = Câu Cho số nguyên x, y thỏa mãn 3x + 2y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức H = x − y2 + xy + x + y − , dạng phương trình • Phân tích Giả thiết tốn cho x y nguyên thỏa mãn 3x + 2y = nghiệm ngun vơ định ta tìm nghiệm tổng qt phương trình Ta có 3x + 2y =1 ⇔ 2y =1 − 3x ⇔ y =− x + Đặt 1−x 1−x Do x, y số nguyên nên ∈Z 2 1−x y 3t − = t ∈ Z ta x= − 2t nên = Ngồi từ phương trình ta nhận thấy x y trái dấu, t viết lại biểu thức H H = x − y2 − xy + x + y − Để tìm giá trị nhỏ biểu thức H ta biến đổi biểu thức H từ biến x, y sang biến t ( Ta có H = − 2t ) − ( 3t − 1) − (1 − 2t)( 3t − 1) + − 2t + 2t − − = t 2 − 3t + t − Dễ thấy biểu thức H có bậc nên cần xét trường hợp t ≥ t < ta tìm giá trị nhỏ biểu thức H nên ta suy x y trái dấu • Lời giải Do x, y số nguyên thỏa mãn 3x + 2y = Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC tai lieu, document5 of 66 Website:tailieumontoan.com Ta có 3x + 2y =1 ⇔ 2y =1 − 3x ⇔ y =− x + Đặt 1−x 1−x Do x, y số nguyên nên ∈Z 2 1−x y 3t − = t ∈ Z ta x= − 2t nên = ( Từ suy H = − 2t ) − ( 3t − 1) − (1 − 2t)( 3t − 1) + − 2t + 2t − − = t 2 + Xét t ≥ , ta có H= t2 − 2t − 1= − 3t + t − ( t − 1) − ≥ −2 , dấu xẩy t = + Xét t < , ta có H= t2 − 4t − > −1 > −2 Vậy ta có H = −2 t = hay x = −1; y = Câu Cho hai điểm A B phân biệt, lấy điểm C đoạn AB cho < AC < AB Vẽ tia CE CA Cx vng góc với AB C Trên tia Cx lấy hai điểm D E phân biệt cho = = Đường CB CD tròn ngoại tiếp tam giác ADC đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC cắt điểm thứ hai H (H không trùng với C)   a) Chứng minh ADC = EBC ba điểm A, E, H thẳng hàng E  = EBC  • Phân tích Để chứng minh ADC ta chứng minh ADC ∽ EBC , để ý từ giải thiết tốn ta có điều Để chứng minh ba điểm A, E, H thẳng hàng ta cần chứng minh  + CHE =  = EBC  AHC 1800 Để ý ta có ADC   AHC = ADC Như toán kết thúc   1800 , nhiên điều ta EBC + CHE = H D A B C hiển nhiên tứ giác BCHE nội tiếp • Lời giải I CE CA + Từ giải thiết ta có CE > CD = = CB CD   = BCE = 900 Lại có DCA   Do ta có ADC ∽ EBC , từ suy ADC = EBC     1800 + Do tứ giác AHDC nội tiếp nên AHC = ADC tứ giác BCHE nội tiếp nên EBC + CHE =     1800 hay ba điểm A, E, H thẳng hàng Kết hợp với ADC = EBC ta AHC + CHE = b) Xác định vị trí C để HC vng góc với AD AC  = 600 Khi AD vng góc với HC ta dự đốn C = ta ADC CD trung điểm AB Muốn chứng minh điều ta cần tam giác ABE hay ta cần   AEB = HCA = 600  • Phân tích Từ tan ADC = Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC tai lieu, document6 of 66 Website:tailieumontoan.com AC CE CA  = 600  • Lời giải Từ giải thiết = = = = , ta suy ADC ta có tan ADC CD CB CD    , từ ta thấy EBC = 60 Như AD ⊥ HC ACH = ADC = 600   Mà ta lại có tứ giác BCHE nội tiếp nên suy AEB = HCA = 600 Điều dẫn đến tam giác ABE đều, suy C trung điểm AB c) Chứng minh C thay đổi đường thẳng HC qua điểm cố định  = 900 , điều có nghĩa H ln thuộc đường trịn đường • Phân tích Từ giả thiết tốn ta có AHB   kính AB cố định Mặt khác ta ln có AHC = ADC = 600 Như C thay đổi H ln nhìn cung trịn khơng đổi đường trịn đường kính AB Do A cố định nên cung trịn cố định hay HC qua điểm cố định  = 900 , H ln thuộc đường trịn đường kính AB • Lời giải Từ giả thiết tốn ta có AHB   cố định Gọi I giao điểm HC với đường tròn đường kính AB Mà ta có AHC = ADC = 600 Suy C thay đổi H ln nhìn cung trịn AI khơng đổi Do A cố định nên I cố định, HC qua điểm I cố định  Nhận xét Bài toán hình khơng q khó, nhiên cần khai thác giả thiết theo nhiều hướng khác để CE CA tìm lời giải Chẳng hạn ý thứ ta sử dụng giải thiết = = CB CD CE CA giác đồng dạng, hai ý cịn lại ta sử dụng giải thiết = = CB CD để chứng minh hai tam để suy góc 600 Câu Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Chứng minh rằng: ( )( )( x + 2y + z ≥ − x − y − z ) • Phân tích Quan sát bất đẳng thức ta thấy viết lại thành ( )( )( x+y+y+z≥ y+z z+x x+y ) Để đơn giản hóa ta đổi biến a = x + y; b =y + z; c = z + x Khi bất đẳng thức viết lại thành a + b ≥ abc Chú ý giả thiết a + b + c = Để ý đến vai trò a b bất đẳng thức cần chứng minh, ta dự đoán dấu bất đẳng thức xảy a= b= 1; c= Như ta thấy a + b = c = , từ để ý đến đánh giá a + b + c ≥ (a + b) c (a + b) c ⇔ ≥ (a + b) c Hay ta có ≥ Để làm xuất a + b bên vế phải ta nhân hai vế với a + b , ta bất đẳng thức ( ) ( ) ( a + b ≥ a + b c Chú ý đến đánh giá a + b ) ≥ 4ab ta có điều phải chứng minh ( )( )( • Lời giải Bất đẳng thức ta thấy viết lại thành x + y + y + z ≥ y + z z + x x + y ) Đặt a = x + y; b =y + z; c = z + x Khi từ x + y + z = ta a + b + c = Bất đẳng thức viết lại thành a + b ≥ abc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có = a + b + c ≥ Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan of 66 (a + b) c TÀI LIỆU TOÁN HỌC tai lieu, document7 of 66 Hay ta ≥ ( Mà ta lại có a + b Website:tailieumontoan.com ( a + b ) c ⇔ ≥ ( a + b ) c nên ( a + b ) ≥ ( a + b ) ) ( c ) ≥ 4ab nên suy a + b ≥ 4abc hay a + b ≥ abc Bất đẳng thức chứng minh Dấu xảy a= b= 1; c= hay x= z= 1; y= Câu Trên mặt phẳng có năm điểm phân biệt cho khơng có ba điểm thẳng hàng khơng có bốn điểm thuộc đường trịn Chứng minh tồn đường tròn qua ba năm điểm cho hai điểm lại có điểm nằm đường trịn • Phân tích Giả sử ta vẽ đường trịn thỏa mãn u cầu tốn Khi để ba điểm C, D, E có điểm C nằm đường trịn điểm E nằm ngồi đường trịn    ACB > ADB > AEB , ý điểm E nằm A B khác phía với C, D so với AB so với E nằm nằm ngồi đường trịn Do để đảm bảo điểm E C ln nằm ngồi ta cần AB nhỏ nhất, lúc    góc ACB; ADB; AEB ln góc nhọn Từ theo E D nguyên lý cực hạn ta giả sử AB nhỏ nhất, E tốn chứng minh • Lời giải Từ năm điểm A, B, C, D, E ta vẽ 10 đoạn thẳng Giả sử 10 đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ Khi với ba điểm C, D, E cịn lại có hai trường hợp xẩy A B + Trường hợp Cả ba điểm C, D, E nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB Vì khơng có bốn điểm nằm đường trịn nên điểm C, D, E nhìn đoạn thẳng AB góc nhọn C khác Khơng tình tổng quát ta giả sử  > ADB  > AEB  Khi vẽ đường trịn qua ba ACB D điểm A, B, D ta có điểm C nằm đường trịn điểm E nằm ngồi đường trịn + Trường hợp Ba điểm C, D, E nằm hai nửa mặt phẳng đối bờ đường thẳng AB Giả sử C, D nằm nửa mặt phẳng có bờ AB Vì khơng có bốn điểm nằm đường trịn   nên C, D nhìn đoạn AB góc nhọn khác Khơng tình tổng qt ta giả sử ACB > ADB Khi vẽ đường trịn qua ba điểm A, B, D ta có điểm C nằm đường trịn Do điểm E nằm  nửa mặt phẳng bờ AB lại AEB góc nhọn nên E nằm ngồi đường trịn Vậy ln tồn đường trịn thỏa mãn u cầu tốn  Nhận xét chung • Đề thi có đầy đủ dạng tốn đại số, số học, hình học tổ hợp • Trong đề thi tốn đại số, hình học khơng q khó, tốn số học tổ hợp khó • Hai tốn số học tổ hợp hay nhiều khả khả có học sinh hoàn thành hết đề thi, Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC tai lieu, document8 of 66 Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH THANH HĨA Năm học 2015 – 2016 Câu (4.0 điểm) a −3 a a + a  Cho biểu thức A = −  a +3 a −3    . a −   a    , với a > 0; a ≠  a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức M= A + a Câu (4.0 điểm) a) Giải phương trình 2x + = x 2x + ( x − y 3= 4x − y b) Giải hệ phương trình  2 y − 5x = ) Câu (4.0 điểm) ( ) a) Tìm nghiệm nguyên x; y phương trình 54x + = y3 b) Tìm giá trị nguyên dương m để phương trình x − mxy + y2 + = có nghiệm nguyên dương (x, y ẩn) Câu (6.0 điểm) ( ) Cho đường trịn tâm O bán kính R Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O; R có B, C cố định Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H Đường thẳng chứa tia phân giác  ngồi góc BHC cắt AB, AC M, N a) Chứng minh tam giác AMN cân b) Xác định vị trí điểm A để tam giác DEF có chu vi lớn ( )  c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác góc BAC K K ≠ A Chứng minh HK qua điểm cố định A thay đổi Câu (2.0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab2 + bc2 + ca = Chứng minh rằng: 2a + 3b5 2b5 + 3c3 2c5 + 3a + + ≥ 15 a + b3 + c3 − ab bc ca ( ) Phân tích hướng dẫn giải a −3 a a + a  Câu Cho biểu thức A = −  a +3 a −3     . a −  , với a > 0; a ≠   a  a) Rút gọn biểu thức A Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC tai lieu, document9 of 66 A=   a    ( Website:tailieumontoan.com ) ( ( ) − ( a + 3)  a − = ( a − 3)( a + 3)  a a −3 ) a  a−6 a +9 − a+6 a +9    a − = −12 a a−9 a b) Với a > 0; a ≠ A = −12 a , ta M = A + a = a − 12 a Ta có M = a − 12 a = a − 12 a + 36 − 36 = ) ( a − − 36 ≥ −36 , dấu xẩy a = 36 Vậy giá trị nhỏ M −36 a = 36 • Nhận xét Câu thứ đề thi thuộc dạng rút gọn biểu thức chứa toán liên quan Biểu thức ( ) ( ) M có dạng x + a x + b nên ta viết M dạng A x  + k ≥ k với A x biểu thức chứa x k   số Câu a) Giải phương trình 2x + = x 2x + • Phân tích Phương trình cho chứa dấu thức mẫu, để đơn giản hóa phương trình ta đặt ẩn phụ t = x 2x + , ta cần biểu diễn theo t Chú ý x ≠ , từ t = x2 x 2x + x2 2x + 9 ta t2 = ⇒ = =2 + Đến ta quy phương trình ẩn t để giải 2x + t x x • Lời giải Điều kiện xác định phương trình x ≠ Đặt t = x2 2x + 9 ≠ , ta t2 = ⇒ = =2 + ⇒ = − 2x + t x x x t 2x + x Thay vào phương trình cho ta + Với t − = ta = x − + 2t = ⇔ 2t3 − 3t2 + = ⇔ t − t2 ( ) (2t + 1) = x > x > , hệ vô nghiệm ⇔ 2x + ⇔   x = 2x + x + 9=  x < x < + Với 2t + = ⇔ ⇔ x =− ta −2x = 2x + ⇔   2 4x = 2x + 9 2x =  Kết hợp với điều kiện xác định ta x = − nghiệm phương trình • Nhận xét Phương trình đưa phương trình ẩn t qua phép đặt ẩn phụ Sẽ sai lầm ta thực biến đổi 2x + =1 ⇔ + 2 x x 2x + 9 2+ x =1 Lý ta chưa xác định x nhận giá trị âm hay dương Để khắc phục điều ta xét trường hợp x âm x dương để đưa phương trình dạng Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC tai lieu, document10 of 66 Website:tailieumontoan.com + x2 = = − x 9 2+ 2+ x x Tuy nhiên cách giải ta phải xét hai trường hợp ( ) x − y 3= 4x − y b) Giải hệ phương trình  2 y − 5x = • Phân tích Quan sát hệ phương trình ta thấy phương trình thứ vế trái có bậc ba vế phải có bậc nhất, cịn phương trình thứ hai vế trái có bậc hai vế phải có bậc Như ta nhân chéo hai phương trình ta thu phương trình đồng bậc ba Đến ta tìm cách phân tích phương trình bậc ba thành tích sử dụng cách đặt x = ky • Lời giải Từ hệ phương trình cho ta ( ) )( ( ) ( )( ) x − y =4 4x − y y2 − 5x ⇔ 21x − 5x y − 4xy2 =0 ⇔ x 7x − 4y 3x + y =0 + Nếu x = , thay vào phương trình thứ hai hệ ta y2 = 4⇔y= ±2 + Nếu 7x − 4y = ⇔ x = 4y 31 , thay vào phương trình thứ hai hệ ta − y = , vô nghiệm 49 + Nếu 3x + y = ⇔ x =− y , thay vào phương trình thứ hai hệ ta y2 = 9⇔y= ±3 Khi y = x = −1 y = −3 x = ( ) ( 0;2 ) , ( 0; −2 ) , ( −1; ) , (1; −3 ) Vậy hệ phương trình có nghiệm x;= y • Nhận xét Trong hệ phương trình ta sử dụng phương pháp nhân phương trình phát tích chất bậc phương trình Ngồi để ý ta thấy phương trình thứ hai = y2 − 5x vế phải phương trình thứ có thừa số 4, ta sử dụng phép thu phương trình (x ) ( )( ) − y = 4x − y y2 − 5x , đến ta có kết tương tự Câu ( ) a) Tìm nghiệm nguyên x; y phương trình 54x + = y3 ( ) ( ) • Phân tích Để ý ta thấy 54x = 3x Do ta đặt = t 3x t ∈ Z , ta có phương trình ( ) 2t3 + = y Từ suy y phải số nguyên lẻ nên ta đặt y =2k + k ∈ Z Khi ta lại có phương trình 2t3 + 1= (2k + 1) ( ) ⇔ t3= k 4k2 + 6k + Đến ta chưa thể khẳng định t chia hết cho k, hướng không hiệu Để ý từ 2t3 + = y ta viết phương trình lại thành ( ) ( ) (2ty ) 8t3 2t3 + 1= 8t3 y ⇔ 4t3 + = + Chú ý trước nhân với 8t3 ta cần xét trường hợp t = t ≠ Lúc để đơn giản hóa ta đặt = a 4t = ; b 2ty Khi phương trình có dạng ( a + 1) = ( b + 1) ( b 2 ) ( ) nên phương trình ta thu b + − b + Nhận thấy b + 1, b2 − b + = b2 − b + số phương Do lại đặt b + = m2 b2 − b + = n2 ta được, đến ta tìm mối liên hệ m n để giải toán Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan 10 of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 244 tai lieu, document245 of 66 Website:tailieumontoan.com ( ( ) ) Câu (4.5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC AB < AC nội tiếp đường trịn O có trực tâm H Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ A, B, C tam giác ABC a) Chứng minh HL vng góc với AK Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn    tứ giác nên KFB = AFE = ACB A L ALBC nội tiếp đường trịn nên   = KLB Do ta ACB  = KFB   nên KLFB nội tiếp KLB    nên Từ suy ALF = KBF = FHD    , dẫn đến tứ ALF = KBF = FHD E P F H O N B K giác ALFH nội tiếp C D M   Do ALH = AFH = 900 hay HL vng góc với AK ( ) b) Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC đường tròn O (M khác B, C) Gọi N P điểm đối xứng M qua hai đường thẳng AB AC Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng    tứ giác FHDB ABMC nội tiếp Ta có DHC = ABC = AMC    Lại có AMC = APC  tính chất đối xứng   Do suy DHC = APC nên tứ giác AHCP nội tiếp     Từ ta CHP = CAP = CAM = CBM   Hoàn toàn tương tự ta NHB = MCB   Mà ta lại có BHC = BMC (cùng bù góc BAC)       Do suy CHP + BHC + NHB = MBC + MCB + BMC = 1800 Từ suy ba điểm N, H, P thẳng hàng Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan 245 of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 245 tai lieu, document246 of 66 Website:tailieumontoan.com Đề số 16 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TỈNH QUẢNG TRỊ Năm học 2016 – 2017 Câu (5.0 điểm) Cho biểu thức A = x x : x x +1 x x −1 ) ( x −1 + x a) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị biểu thức A biết x = 3+2 3−2 −3 3−2 3+2 c) Giả sử số thực x thoả mãn x ≥ Tìm giá trị nhỏ A Câu (5.0 điểm) a) Giải phương trình x + 11= x + b) Cho số thực dương a, b, c, d Chứng minh b + d (a + b ) (c + d ) 2 ≥ bd ac + bd Câu (2.0 điểm) xy + x + y = x2 − 2y2  Giải hệ phương trình  x 2y − y x − = 2x − 2y Câu (6.0 điểm) ( ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O , đường kính AD Hai đường chéo AC BD cắt E; Gọi F hình chiếu E AD G trung điểm ED Đường tròn ngoại tiếp tam giác ( ) ( ) DGF cắt O điểm thứ hai H H ≠ D Gọi I giao điểm BC FG a) Chứng minh tứ giác BCGF nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ba điểm D, I, H thẳng hàng Bên hình trịn có bán kính chọn điểm bất kí Chứng minh tồn điểm điểm cho có khoảng cách chúng nhỏ Câu (2.0 điểm) Cho số thực x y Chứng minh  x  +  y  ≤  x + y  ≤  x  +  y  + (Kí hiệu  x  số nguyên lớn không vượt x) Ta gọi số nguyên tố đẹp tích số nguyên tố 10 lần tổng chúng Hãy tìm tất số nguyên tố đẹp nói (các số khơng thiết phải phân biệt) Phân tích hướng dẫn giải Câu Cho biểu thức A = x x : x x +1 x Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan 246 of 66 ( x −1 ) x −1 + x TÀI LIỆU TOÁN HỌC 246 tai lieu, document247 of 66 Website:tailieumontoan.com a) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức A Điều kiện xác định biểu thức A x > 0; x ≠ Khi ta có )( ( b) Tính giá trị biểu thức A biết x = ) 3+2 3−2 3−2 −3 3+2 Ta có (3 + 2 ) − (3 − 2 ) = + ( ) + 2 − 2 )( ) ( ( + 1) + − ( − 1) − x= ) ( x x − x +1 x x x2 = x −1 x −1 x +1 x − x +1 = A 3 −3 = ( −1 ) 3   a =  3 + 2 − 3 − 2  ⇔ a = − 3a ⇔ a + 3a =   3  3 b = + 2 + − 2  ⇔ b3 =6 + 3b ⇔ b3 − 3b =6   )( ( ) 3  Do ta x 3= 24 + 3 12 + 17 12 − 17  12 + 17 + 12 − 17    Hay ta x 3= 24 − 3x ⇔ x + 3x= 24 (24 − 3x ) (24 = x = x − 3x + 3x − x −1 ( ) − 3x ) 24 − 3x − c) Giả sử số thực x thoả mãn x ≥ Tìm giá trị nhỏ A Ta có A = ( ) 15 x − x2 x −1 = x +1+ = 2+ + + x −1 x −1 16 16 x −1 Do x ≥ nên x − > , áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta A =2+ ( 15 x − 16 ) + x −1 + 16 ( ) 15 − 1 x −1 15 25 ≥2+ + =2+ + = x −1 16 16 x − 4 Dấu xẩy x = Vậy giá trị nhỏ A 25 , xẩy x = Câu (5.0 điểm) a) Giải phương trình x + 11= x + Điều kiện xác định phương trình x ≥ −1 Biến đổi tương đươgn phương trình  x ≥ −11 x = x + 11 ≥ x + 11= x + ⇔  ⇔ ⇔ x − 27x + 72 =  x = 24  x + 11 = 49 x +  ( ) ( ) { } Kết hợp với điều kiện xác định ta tập nghiệm phương trình S = 3; 24 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan 247 of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 247 tai lieu, document248 of 66 Website:tailieumontoan.com b) Cho số thực dương a, b, c, d Chứng minh b d + ≥ (a + b ) (c + d ) 2 bd ac + bd Trước hết ta phát biểu chứng minh bất đẳng thức: Với x y số thực dương ta có 1 + ≥ (1 + x ) (1 + y ) 2 1 + xy Thật bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (1 + xy ) (1 + y ) + (1 + x )  ≥ (1 + x ) (1 + y ) ⇔ (1 + xy ) 2 + ( x + y ) + x + y  ≥ ( xy + 1) + ( x + y )        ⇔ (1 + xy ) + ( x + y ) + x + y ≥ ( xy + 1) + ( x + y ) + ( xy + 1)( x + y )   ⇔ (1 + xy ) ( + x + y ) ≥ ( xy + 1) + ( x + y ) ⇔ (1 + xy ) + xy ( x + y ) ≥ ( xy ) + 4xy + ⇔ xy ( x + y ) − ( xy ) − 2xy + ≥ ⇔ xy ( x − 2xy + y ) + ( xy ) − 2xy + 1 ≥ ⇔ xy ( x − y ) + ( xy − 1) ≥   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Bất đẳng thức cuối x > 0; y > Vậy ln có 1 + ≥ (1 + x ) (1 + y ) 2 Dấu xẩy x= y= + xy Áp dụng bất đẳng thức ta  a  + 1   b  ⇔ ( a+ b + +  c  + 1   d  ) ( b c+ d ) ≥ 1 ⇔ ac + a + b    bc   b   bd b ≥ ⇔ ac + bd a+ b +1 ( ac + bd c+ d    bd  d   d bd + ≥ ac + bd c+ d ) ( ≥ ) d Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu xẩy = a = b; c d Câu (2.0 điểm) xy + x + y = x2 − 2y2  Giải hệ phương trình  x 2y − y x − = 2x − 2y Điều kiện xác định hệ phương trình x ≥ 1; y ≥ Phương trình thứ hệ tương đương với ( )( ) xy + x + y = x2 − 2y2 ⇔ x + y x − 2y − = ⇔ x = 2y + Thay vào phương trình thứ hai hệ ta (2y + 1) ( ⇔ y +1 )( ( ) ( 2y − y 2y = 2y + − 2y ⇔ 2y + ) 2y − y 2y = 2y + y + = y = y = −1 −1; x = −1 2y − =0 ⇔  =0 ⇔  ⇒ x = =  2y −  y  y 2;= ) Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan 248 of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 248 tai lieu, document249 of 66 Website:tailieumontoan.com ( ) ( ) Kết hợp với điều kiện xác định ta x; y = 5; nghiệm hệ Câu (6.0 điểm) ( ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O , đường kính AD Hai đường chéo AC BD cắt E; Gọi F hình chiếu E AD G trung điểm ED Đường tròn ngoại tiếp tam giác DGF cắt (O) điểm thứ hai H ( H ≠ D) Gọi I giao điểm BC FG I C B E G A D F O H a) Chứng minh tứ giác BCGF nội tiếp đường tròn   Do tam giác EFD vng F có G trung điểm ED nên ta BGF = 2EDF       Lại có ADB = ACB tứ giác CDFE nội tiếp nên ECF = EDF nên ta BCF = 2BDF    nên suy tứ giác BCGF nội tiếp Do ta BGF = BCF = 2EDF b) Chứng minh ba điểm D, I, H thẳng hang Gọi H' giao điểm ID với đường trịn ngoại tiếp tam giác DFG Khi dễ dàng chứng minh tam giác IGD IFH’ đồng dạng với Từ suy ID.IH ' = IG.IF Lại tứ giác BCGF nội tiếp nên hoàn toàn tương tự ta IG.IF = IC.IB Từ ta ID.IH ' = IB.IC , từ ta suy hai tam giác ICD IH’B đồng dạng, tứ ( ) giác BCDH’ nội tiếp đường tròn hay H’ giao điểm đường tròn O với đường tròn ngoại tiếp tam giác FGD Suy hai điểm H H’ trùng Điều dẫn đến ba điểm I, D, H thẳng hàng Bên hình trịn có bán kính chọn điểm bất kí Chứng minh tồn điểm điểm cho có khoảng cách chúng nhỏ • Chia hình trịn thành hình quạt nhau, theo ngun lí Dirichlets tồn hai điểm nằm trịn hình quạt Khơng tính tổng qt ta giả sử hai điểm A, B nằm hình quạt COD Dễ thấy hai điểm A, B trùng với O tốn chứng minh C A' A B Xét hai điểm A, B khơng trùng với O Khi OC lấy A’ cho OA = OA ' Trên OD lấy điểm B’ cho O B' D OB = OB ' Từ ta có A ' B ' ≥ AB Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan 249 of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 249 tai lieu, document250 of 66 Website:tailieumontoan.com    1200 , hai góc A ' B ' có góc lớn Tam giác OA ' B ' có góc O = 600 nên A ' + B ' =  600 Khơng tính tổng qt ta giả sử A ' ≥ 600   Từ ta A ' ≥ O nên suy A ' B ' ≤ OB ' < OD = Như AB < • Nhận xét Nếu thay điểm điểm kết luận toán Thật ta xét hai trường hợp sau: + Nếu điểm cho tồn điểm tâm đường trịn, tốn chứng minh + Nếu sáu điểm khơng có điểm trùng với tâm đường trịn Khi có hai khả xẩy - Trong sáu điểm có hai điểm nằm bán kính đường trịn, tốn chứng minh - Trong sáu điểm cho khơng có hai điểm nằm bán kính Khi ta vẽ sáu bán kính qua sáu điểm cho Cứ hai bán kính gần tao góc tâm Như ta có sáu góc tâm Theo ngun lí cực hạn sáu góc tồn góc có số đo bé Mà tổng số đo sáu góc 3600 nên góc bé khơng vượt q 600 Khơng tnhs tổng quát ta giả sử  ≤ 600 COD Đến lập luận tương tự ta có điều phải chứng minh Câu (2.0 điểm) Cho số thực x y Chứng minh  x  +  y  ≤  x + y  ≤  x  +  y  + (Kí hiệu  x  số nguyên lớn không vượt x) {} Gọi x phần lẻ số thực xvà  x  phần nguyên số thực x,là số nguyên lớn không vượt {} {} x Với x y số thực ta có= x  x  + x và= y  y  + y Do ta [x] + [y] = [x] + {x} + [y] + {y} = [x] + [y] + {x} + {y} Do ≤ {x} < 1;0 ≤ {y} < nên suy ≤ {x} + {y} < ≤ {x} + {y} ≤ Từ suy  x + y  ≤  x  +  y  + Mặt khác ta lại có [x] + [y] = [x] + {x} + [y] + {y} = [x] + [y] + {x} + {y} ≥ [x] + [y] Vậy ta  x  +  y  ≤  x + y  ≤  x  +  y  + Ta gọi số nguyên tố đẹp tích số nguyên tố 10 lần tổng chúng Hãy tìm tất số nguyên tố đẹp nói (các số khơng thiết phải phân biệt) Chú ý 10 = 2.5 với số nguyên tố Do ta nhận thấy số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu tốn có Gọi p1; p2 ; ; pn số lại số ngun tố thỏa mãn u cầu tốn Khơng tính tổng quát ta giả sử p1 ≤ p2 ≤ ≤ pn ( Theo ta có 2.5.p1.p2 p= 10 + + p1 + p2 + + pn n Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan 250 of 66 ) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 250 tai lieu, document251 of 66 Website:tailieumontoan.com () Nhận thấy với hai số ngun tố a b ta ln có ( a − 1)( b − 1) ≥ ⇒ ab ≥ a + b Từ ta p1.p2 pn −1.pn ≥ ( p1 + p2 + + pn −1 ) pn Suy + p1 + p2 + + pn ≥ ( p1 + p2 + + pn −1 ) pn Đặt s = p1 + p2 + + pn −1 , ta + pn + s ≥ s.pn ⇔ ( s − 1)( pn − 1) ≤ Hay ta p1.p2 pn = + p1 + p2 + + pn Ta xét trường hợp sau • Trường hợp 1: Với s = , n = p1 = Thay vào (1) ta p2 = , khơng thỏa mãn u cầu tốn • Trường hợp 1: Với s > , pn ≤ { } = suy s ≤ , có số nguyên tố ( p ; p ; ; p ) ( ) , ( ) , ( 2;2 ) , ( 2; ) , ( ) thỏa + Với pn = suy s ≤ , n = p1 ∈ 2; Thử lại ta thấy p1 = p2 = thỏa mãn + Với pn n mãn yêu cầu toán + Với pn = ta 2n + = 2n , trường hợp loại ( ) Vậy số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu toán 2; 3; 5; Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan 251 of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 251 tai lieu, document252 of 66 Website:tailieumontoan.com Đề số 17 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN TP HẢI PHỊNG Năm học 2016 – 2017 Bài (2.0 điểm) a) Cho x = 10 + ( −1 6+2 − ) Tính giá trị P = (12x + 4x – 55) 2017 a + a a − a2 − a a + a − b) Cho biểu thức M = với a > 0; a ≠ + + a a− a a −a a Với giá trị a biểu thức N = nhận giá trị nguyên? M Bài (2.0 điểm) a) Cho phương trình: x − 2mx + m2 − m − = (m tham số) Với giá trị m phương trình có hai nghiệm x1 x cho x1 + x = 8? x y2 − 2x y − x y2 + 2xy + 3x − = b) Cho hệ phương trình  2017 + = + y x y 3m  ( Tìm giá trị m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt x ; y1 ( mãn điều kiện x + y2 )( x ) ( x ; y2 ) thỏa ) + y1 + = Bài (2.0 điểm) a) Tìm tất số nguyên dương a, b cho a + b2 chia hết cho a b − b) Cho ba số thực a, b, c dương Chứng minh rằng: a3 ( a + b+c ) + b3 ( b + c+a ) + c3 ( c + a+b ) ≥ Bài (3.0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (điểm B nằm điểm A điểm C) Vẽ đường trịn tâm O thay đổi ln qua điểm B điểm C (điểm O không thuộc đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O (với M N tiếp điểm) Đường thẳng BC cắt MN điểm K Đường thẳng AO cắt MN điểm H cắt đường tròn điểm P điểm Q (P nằm A Q) a) Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi b) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME Bài (1.0 điểm) Cho tập hợp A gồm 21 phần tử số nguyên khác thỏa mãn tổng 11 phần tử lớn tổng 10 phần tử lại Biết số 101 102 thuộc tập hợp A Tìm tất phần tử tập hợp A Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 luan van, khoa luan 252 of 66 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 252 tai lieu, document253 of 66 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải Bài (2.0 điểm) a) Cho x = 10 + ( −1 6+2 − ) Tính giá trị P = (12x + 4x – 55) 2017 • Lời giải Ta có 10 + 3 Do ta x = ( ) ( ( −1= +1 )( − 1) ( ) ( 3= ( + 1) − +1 3 +1 (12.2 ( )( +1 ) − 5= ) −1 −1 = = +1− Thay giá trị x vào P ta P = ) − ; + − 5= + 2 −55 ) 2017 = 12017 = a + a a − a2 − a a + a − với a > 0; a ≠ Với giá trị b) Cho biểu thức M = + + a a− a a −a a a biểu thức N = nhận giá trị nguyên? M • Lời giải Với điều kiện a > 0; a ≠ ta có )( ( ) ( )( a + 1)(a − a + 1) a ( a − 1)( a + 1) ) a + a − a + ( a + 1) − = ( a −1 a + a +1 a +1 M= + − a a a −1 a −1 a +1 a + =+ a a Khi = N = M ( a a +1 a a > ) Ta thấy với < a ≠ ⇒ a − a + > ⇔ ( a +1 ) >3 a ⇔ ( a a +1 )