Bài 5 2 điểm: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:.. Đường phân của góc I cắt OC tại điểm O’.[r]
(1)TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức A 1 ( 2x x 2x x x x x x ) 1 x 1 x x x a) Tìm các giá trị x để A 6 x 0, x 1, x với x thoả mãn b) Chứng minh 2x x 2x x x x x x (2 x 1)( x 1) x (2 x 1)( x 1) x ( x 1) A 1 ( ) 1 (1 x ) x 1 x 1 x x x1 (1 x )( x x 1) x 1.a) x ( x 1) x x 1 1 1 x 1 x x 1 x x 1 x x 1 A Ta có A b)Ta có: 6 A Do x 1 nên x 1 6 x x x 1 x 1 0 Từ đó giải x 2 3; x 2 x 1 x x ( x 1) x x 1 x 0 ( x 1) Vậy A Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải các phương trình: 3x2 + 4x + 10 = 14 x Giải xác định đúng điều kiện: x 2 ;x 2 2 2 x x x 2 x = ( x 2) ( x x 0 x x x 2 x 0 x 7) 0 (Thỏa mãn) Bài 3: (3,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab bc ca c 1 a 1 b 1 1 11 1 (*) Ta có với x, y >0 thì: ( x+y)2 4 xy x y x y x y x y dấu xảy x = y (2) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Áp dụng bất đẳng thức (*) và a+b+c = nên ta có: ab ab ab 1 ; c ( c a ) ( c b) c a c b bc bc 1 ; a 1 a b a c ca ca 1 Tương tự ta có: b b a b c ab bc ca ab bc ab ca bc ca 1 a b c c 1 a 1 b 1 c a bc a b 4 ab bc ca 1 a b c c a b Dấu xảy + Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = + Với xyz thì (I) viết lại: x y xy y z yz z x zx 1 x y 2 1 y z 1 (II) z x Cộng ba phương trình hệ (II) 1 11 1 11 2 x y z x y z (*) theo vế ta được: Trừ phương trình (*) cho phương trình hệ (II) theo vế ta có : x = 1, y = 2, z = Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3) Bài 4: (6,0 điểm) 1) Cho hai đường tròn (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài điểm T Hai đường tròn này nằm đường tròn (C3) và tiếp xúc với (C3) tương ứng M và N Tiếp tuyến chung T (C 1) và (C2) cắt (C3) P PM cắt đường tròn (C1) diểm thứ hai A và MN cắt (C 1) điểm thứ hai B PN cắt đường tròn (C2) điểm thứ hai D và MN cắt (C2) điểm thứ hai C Chứng minh tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp 2) Cho ABC điểm M nằm ABC cho AM2 = BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC ? 1) Gọi O1, O2, O3 tương ứng là tâm các E đường tròn (C1), (C2), (C3) ta có M, O1, O3 N C thẳng hàng => BO1 // NO3 B MB O B MA O A = > MN O N Tương tự: MP O P MA MB => MP MN => AB//NP T M D O1 Tương tự CD// PM => AEDP là hình bình hành (với E = AB CD) Do PAT ~ PTM => PT2 = PA.PM tương tự PT2 = PD.PN O2 O3 A P (3) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG EB PN PA ED Vậy PA PM = PD.PN => EC PM PD EA => EBC ~ EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800 => ABCD nội tiếp 2) Vẽ tam giác CMN BCN = ACM => BN = AM 2 2 2 mà AM BM CM BN BM MN BMN vuông M BMC BMN NMC 900 600 1500 Bài 5: (2,0 điểm).Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x2 y2 z2 A = x y y z z x với x > 0; y > 0; z > và xy yz Biến đổi để được: xy yz zx x y y z x z A=x+y+z (1) xy yz zx + Chứng minh được: x + y + z > (2) + Thay (2) (3) vào (1) A x y z xy yz zx 1 Do đó: Min A = 1 x y z + Vậy Amin = Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức: x x x x 9 x P 1 : x x x x x 6 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P = zx 1 (4) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG x 0 x 0 x 0 x 9 2 x 0 x 4 đk Ta có: x ( x 3) ( x 3)(3 x ) ( x 2)(2 P 1 : ( x 3)( x ( x )(3 x ) x) 9 x x x (2 x )(3 x ) 3 x : (2 x )(3 x = x (2 x ) = x Vậy P = x = 1 x x 3 x 5 x 25 Vậy với x = 25 thì P = Ta thấy P = Bài 2: (5,0 điểm) x2 ( x ) a) Giải phương trình: x x x x 1 1 a ĐK: x -1 và PT <=> <=> b x 1 x x 3 Giải Pt x = (t/m x -1) KL: x = x y 5 z Hệ xy x y z 8 x y u Đặt xy v x, y là nghiệm phương trình: Phương trình có nghiệm u – 4v u 5 z Ta có hệ: v zu 8 x x 1 x x t2 - ut + v = (*) (a) 1 2 Thế (1) vào (2) v = – z(5 - z) = z2 –5z + Hệ có nghiệm (a) có nghiệm (*) xảy (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8) - 3z2 + 10z – z z 0 z z 1 z 0 z (z-1)(-3z+7) 7 3z 0 (3) (VN ) Từ (3) và z nguyên z = 1; x 1 u 3 x y 3 y 2 z 2 x 2 v 2 xy 2 y 1 u 4 x y 4 x 2 z 1 v xy y 2 +) +) Vậy hệ có nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2) (5) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG x y z 5 b) Tìm nghiệm nguyên hệ: xy yz zx 8 Bài 3: (2,0 điểm) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = Tính: T = x 1 z 1 x 1 y 1 z y 1 x2 1 y2 1 x 1 y z 1 z2 1+x2 = xy + yz + zx + x2 = y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(z+y) Tương tự ta có: 1+y =(y+x)(y+z) 1+z2 =(z+x)(z+y) Ta có x T= y x y z z x z y x z x y y z x z y x y x z x y y z z x y x z y x y z z x z y = =x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2 Vậy T= Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức : x x 8 x 2 x x 3 : P x2 x x x x x x a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh P 1 b) Tìm x thoả mãn : x P 1 P a) Điều kiện x>0 Ta có : x 4 ( x ) (8 x 8) ( x 2) ( x x 3) ( x 2) : x ( x 2) x ( x 2) x 4 P= x x P-1= x x 1 ( x 1) ( x 1) 0 Vậy P 1 b) ( x 1).P 1 x 1 x x 3x + x -1 = 3 3 32 x x (loại) (thỏa mãn) x 7 3 (thoã mãn điều kiện x>0) Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình : (6) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG x x 1 x 1 b) Giải hệ phương trình : x2y – 2x + 3y2 = x2+ y2x + 2y = x x2 x2 2x x 2x x ( ) 1 (x ) 1 ( 1) 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 a ĐK : x x (1 ) x (1 ) 0 1 2 x x (1 ) x (1 ) 0 (thỏa mãn) b Giải hệ phương trình : Nếu y=0 x=0 Vậy x=0, y=0 là nghiệm hệ phương trình Với y 0 hệ đã cho trở thành x2y – 2x + 3y2 = x2y+ y3x + 2y2 = y x x y 0 2 x y x y 0 (1) (2) Nhận thấy y không thoả mãn hệ phương trình y2 x 3 y thay vào (2) ta có : Xét y từ (1) y3 y3 y2 y2 y 2 0 ( ) y y 0 y 2 y 2 y 2 ( y 2) y y x 1 y 11 y 0 y x 3 Vậy hệ có nghiệm (0;0) (1;-1) 1 1 Bài 3: (3,0 điểm).Cho x, y, z R thỏa mãn : x y z x y z y (-2 ; 3 ) Hãy tính giá trị biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) 1 1 xy x yz z 1 1 0 0 x y z x y z x y z x y z xy z x y z Từ : => => zx zy z xy x y 0 x y x y y z ( z x) xy z x y z xyz ( x y z ) Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) 3 Vậy M = + (x + y) (y + z) (z + x).A = (7) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 4: (6,0 điểm) Cho ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) Gọi M và N là tiếp điểm cạnh AC và cạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp ABC Đoạn thẳng MN cắt tia AO P và cắt tia BO Q Gọi E, F là trung điểm AB và AC MP NQ PQ b c a) Chứng minh : a b) Chứng minh : Q, E, F thẳng hàng a Ta có : BOP là góc ngoài AOB BOP= OAB + OBA = ( BAC + ABC) 1800 ACB 1800 (BAC ABC ) 2 Lại có : PNB=1800 – MNC =1800 BOP+ PNP=180 tứ giác BOPN nội tiếp OPM = OBC (cùng bù OPN ) OPM OBC (g.g) OMP = OCN Mặt khác : PM OM OP a OC OB (1) NQ ON OM PM OC OC a OCA (g.g) b Tơng tự ta có : ONQ PQ OP PM MP NQ PQ OB a b c AOB QOP (g.g) c Từ (1) , (2) a b Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên) AQO= AMO = 900 ABQ vuông Q có QE là trung tuyến EQB= EBQ= CBQ EQ//BC mà EF//BC E, Q, F thẳng hàng Bài 5: (2,0 điểm) Cho a,b,c >0 và a+b+c = Chứng minh b+c ≥ 16abc Cho ba số thực a, b, c không âm cho a b c 1 Chứng minh: b c 16abc Dấu đẳng thức xảy nào ? Theo kết câu 3.1, ta có: a b c 4a b c a b c mà (giả thiết) 4a b c b c 4a b c a b c nên: (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhưng: b c 4bc (không âm) (8) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Suy ra: b c 16abc a b c 1 b c , a Dấu đẳng thức xảy khi: b c Bài 2: (3,0 điểm) a) Giải hệ phương trình: x3 y 1 5 2 x y x y b) Tìm nghiệm nguyên phương trình y2 =-2(x6-x3y-32) x y 1 x3 y 1 5 2 2 3 x y x y x y ( x y )( x y ) a)Ta có: x3 y 1 2 x y ( x y ) 0 Sảy các trườngg hợp: x3 y 1 x 0 y 0 y 1 x 1 xy 0 Trường hợp a: x y 1 x y 1 y y 1 x y 0 x y x y Trường hợp b: hệ vô nghiệm x 0 x 1 ; y y 0 Vậy nghiệm hệ là: 6 3 b) y2=-2(x6-x3y-32) x x y y 64 x ( x y ) 64 ( x ) ( x y ) 64 Vì x Z x N Vậy x có thể nhận các giá trị 0; 1; Suy cặp nghiệm nghuyên cần tìm là: (0; 8), (0;-8),(2;8), (-2;-8) Bài 3: (5,0 điểm) a) Cho x, y >0 và x y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4 A 1 x y xy (9) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG a b b c c a 2 2 2 3.a.Vi a 0, b ; Ta có: a b 2 a b 2ab (Bdt Cô si) a b 2ab 4ab (a b) 4ab (a b)(a b) a b a a 1 4 (*) ab ab a b ab ab a b a b a b 2 Áp dụng BÐT (*) với a = x y ; b = 2xy ; ta có: CMR: 1 4 2 x y 2xy x y 2xy (x y) 2 (1) 1 (x y) 4xy 4xy (x y) xy (x y) (2) Mặt khác : 1 1 1 1 A 2 x y xy x y 2xy 2xy x y 2xy xy 4 1 1 6 2 (x y) (x y) (x y) (x y) x=y= x y (x y) minA = [Vì x, y >0 và ] b.*Do a,b,c >0 và từ gt ta có : a b a b c 4 a b a b a b (1) b c b c (2) c a c a (3) *Hoàn toàn tương tự ta có: *Cộng vế với vế (1),(2) và (3) ta có: 2 a b c a b b c c a Hay a b b c c a đpcm Bài 1: (4,0 điểm) a a 1 : a a a a a 1 a Cho biểu thức: A = a.Rút gọn biểu thức A b.Tính giá trị biểu thức A a 2011 2010 a a a a a 1 : : a a 1 a a a a a 1 a (a 1)(1 a) Điều kiện: a 0 A = ( a 1) a 1 a ( a 1) (1 a )(a 1) : a 1 (1 a )(a 1) (a 1)( a 1) 1 a Bài 3: (4,0 điểm) (10) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG a) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1 1 x ( y z) y ( z x) z ( x y ) Tìm GTNN biểu thức: E = b) Giải phương trình nghiệm nguyên: xy yz xz 3 z x y 1 1 a) Đặt a = x , b = y , c = z abc = xyz = 1 x + y = c(a + b) y + z = a(b + c) và x + z = b(c + a) 2 a b c a b c E = b c + c a + a b Dễ dàng chứng minh đợc b c + c a + a b a (a b c ) b( a b c ) c ( a b c ) bc ca Nhân hai vế với a + b + c > + + a b (a+b+c) a2 b2 c2 a b c 3 3 abc 2 b c + c a +a b = 2E Dấu "=" xảy a = b = c = Vậy E = a = b = c = 2 2 2 b) ĐK: x 0 ; y 0 ; z 0 Pt x y y z x z 3xyz 2 2 2 x 0 ; y 0 ; z 0 x y y z x z 3xyz suy số x, y, z cùng dương, số này có hai số âm, số dương Ngoài (x,y,z) là nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) là nghiệm Do cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương Không tính tổng quát ta giả sử : x y z x xy z2 xz yz y z ; z 2 z z z y x y x xy xz yz 3 z z 3 z z y x xy y x 3 x y z 3 z 1 mà z 1 z 1 Với z = phương trình trở thành: x y 2 y x Ta có: từ đó: xy 1 mà x 1 ; y 1 x y 1 Vậy (x,y,z) = (1,1,1) Từ nhận xét trên suy phương trình có các nghiệm nguyên là (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1) Bài 2: b) Giải phương trình: x 3x x b) x 3x x (1), điều kiện x 0 Đặt x a, a 0 ; 3x b, b 0 2 2 Suy b a x Thay vào (1) ta a b b a (a b).(a b 1) 0 a b (do a 0, b 0 nên a+b+1>0) Với a = b ta có x x x 1 thỏa mãn điều kiện 10 (11) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Vậy x=1 là nghiệm phương trình đã cho a b c a b b c 1 Bài 3: (2,0 điểm) a) Cho a, b, c>0 chứng minh rằng: b c a b c a b b) Cho a, b, c dương và a + b = c = Chứng minh a b b c c a a b c a b b c 1 a) a, b, c>0 CM: b c a b c a b (1) a (a b)(b c) b(a b)(b c) c(a b)(b c ) ( a b) (b c) ( a b)(b c) b c a 2 a c b ( a b) cb (b c ) a ab ac b ab c bc b c a 2 2 Mặt khác (a b) (b c) (a b)(b c) = a ac c 3b 3ab 3bc Do đó ta cần chứng minh: a c b (a b) cb(b c) 2b 2bc ab (2) b c a a2c b ( a b) cb (b c) a c b a c c b b3 c b c a VT ( ) ( ) ( ) b2 ( ) b c a b c b a c a a c ab ac3 b4 c 2b2 ab 2bc 2b VP a Dấu “=” xảy a = b = c b) C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si: 2 a b b c a c 2 2 3 a b T : bc và a c 3 Cộng vế 1,2,3 ta có đpcm Đẳng thức sảy và a = b = c = 1/3 C2: Áp dụng Bu nhi a: Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x3y + xy3- 3x-3y = 17 Phương trình: x3y+xy3-3x-3y=17 (x2+y2)(xy-3)=17=17.1 Do x,y nguyên dương nên x2+y2>1 x y 5 xy x y x y 17 ( x y) xy 17 ( x y) 25 xy xy xy xy x 4 hoÆc y x hoÆc y x 1 Kết luận: y 4 x y x y 11 x 4 y 1 x 1 y x -1 y -4 (12) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 3: (2,0 điểm) a) Giải phương trình: (x+1)(x+2)(x+4)(x+8) = 28x2 ax + by = c bx + cy = a cx + ay = b b) Cho hệ phương trình: (a, b, c là tham số) Chứng minh điều kiện cần và đủ để hệ phương trình trên có nghiệm là: a3 + b3 + c3 = 3abc a) Giải phương trình : (x+1)(x+2)(x+4)(x+8)=28x2 (x2 + 6x +8)(x2 + 9x + 8) = 28x2 (1) 8 6)( x 9) 28 x=0 không phải là nghiệm pt (1) Chia vế (1) cho x2 ta được: (1) (x+ x t Đặt t = x+ x (1) (t+6)(t+9) =28 t2 + 15t + 26 =0 t 13 Với t = -2 x+ x x2 + 2x + =0 vô nghiệm 13 Với t = -13 x+ x x2 + 13x + =0 x = -13 137 b) Điều kiện cần : Giả sử HPT đã cho có nghiệm (x ; y) Khi đó a b3 c3 a.a b.b c.c (bx cy )a (cx ay )b (ax by )c ab(ax by ) ca (cx ay ) bc (bx cy ) (a bx ab y ) (ac x ca y ) (b cx bc y ) abc cab bca 3abc 2 2 2 Điều kiện đủ: Giả sử a b3 c3 3abc (a b)3 c 3ab(a b) 3abc 0 (a b c) (a b) c(a b) c 3ab( a b c) 0 a b c 0 2 (a b) (b c) (c a) 0 (a b c) (a b) (b c) (c a ) 0 a b c 0 a b c a+b+c =0 , nhận thấy HPT có nghịêm : x = y = -1 a=b=c , nhận thấy HPT có nghiệm : x = ; y=1 (hoặc x = ; y = 0) 3 Vậy a b c 3abc thì HPT đã cho có nghiệm Bài 3: (2,0 điểm) Tìm a , b , c biết a , b ,c là các số dương và 32 1 a b c = abc 12 (13) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Vì a ; b ; c là các số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 1 1 2 8 2 2 a a = a và b b = b và c 2 32 1 a b c a b c = abc c2 = c Dấu « = » xảy và : 32 1 a b c = abc 1 a 1 1 2 b 1 8 c a 1 b c Bài 4: (2,0 điểm) a) Cho a, b, c [0 ; 1] Chứng minh : a b c (1 a)(1 b)(1 c) 1 b c 1 a c 1 a b 1 b)Cho số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = Chứng minh : x2 + y2 + z2 a) Cho số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = Chứng minh : x2 + y2 + z2 Ta có x2 + y2 + z2 <=> 3(x2 + y2 + z2) <=> 3(x2 + y2 + z2) ( x + y + z + xy +yz + zx)- <=> (x2 – 2xy + y2) + (y2 – 2yz + z2) + (x2 – 2zx + z2) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (z2 – 2z + 1) <=>( x – y)2 + (y – z)2 + (x – z)2 +(x -1)2 + (y – 1)2 +(z – 1)2 đúng b) Vai trò a, b, c là ngang nên giả sử: a b c áp dung BĐT Cauchy cho số: a+b+1, 1-a, 1-b ta có: a b 11 a 1 b a b a b 1 1 a 1 b a b 1 1 c 1 a 1 b a b 1 Vì a b c nên: 13 (14) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG a a b c 1 a b 1 b b a c 1 a b 1 a b c a b c 1 c 1 a 1 b 1 c 1 b c 1 a c 1 a b 1 a b 1 a b 1 a b 1 a b 1 Bài 5: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường cao AH Gọi I,K là các điểm nằm ngoài tam giác ABC cho các tam giác ABI và ACK vuông Ivà K = ,M là trung điểm BC Chứng minh : a) MI = MK b) Bốn điểm I,H,M,K thuộc cùng đường tròn a) Gọi E,F là trung điểm AB,AC ta có: 1 IE = AB = MF, EM = AC = FK nên IAM = MHK (c.g.c) suy MI = MK b) Ta chứng minh Ta có : = , Đặt = = 1800 - (1) = nên Xét tam giác IEM có = nên 1800 - = ta lại có (so le trong,AB song song với MF) (do IAM = MHK ) nên 1800 - = Từ (1),(2)suy (2) đó I,H,M,K thuộc cùng đường tròn Bài 3: (2,0 điểm) x2 a) Tìm giá trị lớn biểu thức: M = x x 14 (15) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 3 b) Cho a + b + c = 3abc với a,b,c khác và a + b+ c 0 a b c Tính P = (2008+ b )(2008 + c ) ( 2008 + a ) a) Nhận xét x = thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn Vậy M đạt giá trị lớn với x khác Chia tử và mẫu cho x2 ta được: 2 x 1 x x2 x nhỏ M= M đạt giá trị lớn x2 x = => x = 1 Vậy M lớn 1/3 x = 1 => b) Ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) = a2 + b2 + c2 - ab - bc -ac = ( vì a + b + c 0) ( a b c a- b ) + ( b – c ) + ( c – a ) = a = b = c P = (2008+ b )(2008 + c ) ( 2008 + a ) 2 P = ( 2008 + ) ( 2008 + ) ( 2008 + ) = 20093 Bài 3: (4,0 điểm).a) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1 Tìm GTNN biểu thức: E = 1 x ( y z) y ( z x) z ( x y) c) Giải phương trình nghiệm nguyên: x y xy yz xz 3 z x y xyz =z a) Đặt a = , b = , c abc = = 1 x + y = c(a + b) và y + z = a(b + c) và x + z = b(c + a) a b c a2 b2 c2 E = b c + c a + a b Dễ dàng chứng minh đợc b c + c a + a b a(a b c) b( a b c ) c( a b c ) bc ca Nhân hai vế với a + b + c > + + a b (a+b+c) 2 a b c 3 a b c 3 abc 2 b c + c a +a b = 2E Dấu "=" xảy a = b = c = Vậy E = a = b = c = 2 2 2 b) ĐK: x 0 ; y 0 ; z 0 Pt x y y z x z 3xyz 2 2 2 x 0 ; y 0 ; z 0 x y y z x z 3xyz suy số x, y, z cùng dương, số này có hai số âm, số dương Ngoài (x,y,z) là nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) là nghiệm Do cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương Không tính tổng quát ta giả sử : x y z 15 (16) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG x xy z2 xz yz y z ; z 2 z z z y x x y xy xz yz 3 z z 3 z z y x xy y x 3 x y z 3 z 1 mà z 1 z 1 Với z = phương trình trở thành: x y 2 y x Ta có: từ đó: xy 1 mà x 1 ; y 1 x y 1 Vậy (x,y,z) = (1,1,1) Từ nhận xét trên suy phương trình có các nghiệm nguyên là (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1) Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho a,b,c >0 và a+b+c = Chứng minh b+c ≥ 16abc b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = và xy > Tìm giá trị lớn biểu thức 1 M x y : a b a) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh rằng: abc 16 xy ( a b) c Áp dụng BĐT Côsi x + y ta có ( a + b) + c (a b)c 4( a + b)c nhân hai vế với a + b > ta được: A + b 4(a + b)2c mà ta chứng minh (a + b)2 4ab Do đó a + b 4(4ab)c hay a + b 16abc từ đây suy đpcm Theo kết câu 3.1, ta có: nên: a b c 4a b c b c 4a b c 2 a b c 4a b c mà a b c 1 (giả thiết) (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhưng: b c 4bc (không âm)Suy ra: b c 16abc 16 (17) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG a b c 1 b c , a Dấu đẳng thức xảy khi: b c b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + + x + y + = (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = (*) Vì x 2 1 – x 1 y 1 y 1 1= x 1 y 1 y 1 Nên (*) x + y + = x + y = - 1 x y 2 2 Ta có : M x y 4 xy 4 xy 1 x y xy xy vì xy xy Vậy MaxM = -2 x = y = -1 1 x y Bài 5: (2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: Điều kiện x 0; y 0 xy 0 1 xy x y 0 x y y x 7 x 49 x y 49 Khi đó: y 7 49 x (Với x 7 ) x 1 Z y 7 Z 49 Z x x là ước 49 y Các nghiệm nguyên dương phương trình là: x 7 x 42;0;6;8;14;56 x 49 x; y 8;56; 14;14 56;8 Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x y z và 3z - 3x2 = z2 = 16 - 4y2 Tìm giá trị lớn biểu thức : zy + yz + zx b) Cho tam giác ABC có các cạnh a,b,c và chu vi 2p =a+ b + c Chứng minh : p a + p b 1 1 + p c ( a +b +c ) 16 - z 32 - z a) * Tìm giá trị lớn của: xy + yz + zx Từ giả thiết ta có: y2 = , x2 = 16 - z 48 - 3t 5t - 16 16 - z 0 12 Vì y z z2 5t2 16 z (1)Mặt khác x2 - 3y2 = 17 (18) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG x x2 3y2 x y (2) Từ đó x y y Ta có: xz = y2 z2 y z2 y2 z2 xy + yz + zx y2 + 2 và yz = 16 z z 2 =2 3 z x2 z y z 3 3 16 32 16 z 8 Dấu đẳng thức sảy x = ,y=z= 4 32 16 x; y; z , , 5 Vậy giá trị lớn biểu thức xy + yz + zx là đạt bc a ac b ba c P a 0 P b 0 P c 0 2 b, ta có: , , 1 1 4 x y x y p a p b p a b c áp dụng bất đẳng thức: x, y>0 ta có: , Tương tự ta có: ( 1 1 1 ) 2( ) p a p b p c a b c Dấu “ =” xảy và khi: a=b=c Bài 5: (2,0 điểm) Ở miền hình vuông ABCD lấy điểm M cho MBA MAB 15 Chứng minh : Tam giác MCD Xác định điểm I tam giác MDA cho tam giác MIA là tam giác Ta có IAD=900-150-600=150= MAB, AB=AD và AM=AI AID= AMB AID = AMB=1500 MID=3600-1500-600=1500 Xét IDM và IDAcó ID chung; MID= AID=1500, IA=IM (do AIM là đều) IDM= IDA AD=DM =DC (1) Mặt khác DAM= CBM (vì BC=AD ;MB=MA; CBM= DAM) MC=MD (2) từ (1) và (2) ta có DMC 18 (19) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 3: Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác biết: a b b c c a 8abc Chứng minh tam giác đã cho là tam giác a b b c c a 8abc a 2b bc 2abc ac ab 2abc b c a c 2abc 0 2 b a c a b c c b a 0 2 a b c 0 a, b, c và c b a 0 a, b, c mà a, b, c 0 Ta có: b a c 0 a, b, c và 2 b a c a b c c b a 0 a, b, c Dấu xảy tam giác c ( a b) 0 a (b c ) 0 b( a c ) 0 a b c Kết luận: Vậy tam giác có cạnh nên là Bài 4: (2,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: 7x2 + 13y2 = 1820 b) Cho x, y, z > 0, x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức C = ( xyz)(x+y)(y+z)(z+x) a) Do 1820 13 và 13y213, x và y là các số nguyên nên ta cần có 7x213 x213 x13 (vì 13 là số nguyên tố) x = 13m với m Z Tương tự 1820 7 và 7x27, x và y là các số nguyên nên ta cần có 13y27 y27 y7 (vì là số nguyên tố) y = 7n với n Z Khi đó phương trình đã cho trở thành: 7(13m)2 + 13(7n)2 = 1820 13m2 + 7n2 = 20 2 13m 20 m m 0 m 1 , (vì m Z) + Nếu m 0 7n 20 n 20 Z (loại) x 13 m 1 13 7n 20 n 1 n 1 y 7 + Nếu Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là (-13; -7) (-13; 7), (13; -7) và (13; 7) 3 x y z 1 (1) b) vì x, y, z > 0, x + y + z = áp dụng BDT côsi cho số dương : xyz 27 Tương tự Từ (1),(2) x y y z z x x y y z z x xyz ( x y )( y z )( z x) 2 3 27 (2) 8 729 Vậy giá trị lớn biểu thức là 729 x = y = z = Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho a , b, c, d > Chứng minh : a b c d < a b c + b c d + c d a + d a b < 19 (20) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 4a 9b 16c b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= b c a a c b a b c Với a, b, c là độ dài cạnh tam giác a a a) Ta luôn có : a b c d < a b c < (1) a ad áp dụng tính chất tỉ số ta có : a b c < a b c d (2) a a ad Từ (1) và (2) ta có : a b c d < a b c < a b c d b b a b Tương tự ta có : a b c d < b c d < a b c d c c c b d d d c a b c d < c d a < a b c d ; a b c d < d a b < a b c d Cộng vế theo vế bất đẳng thức kép trên ta : a b c d a b c d 2( a b c d ) a b c d < a b c + b c d + c d a + d a b < a b c d a b c d Vậy < a b c + b c d + c d a + d a b < (đpcm) b) Đặt b+c-a=2x; a+c-b =2y; a+b-c=2z x, y, z >0 a= y+z b= x+z c= x+y 2P = yz xy zx 9 16 x y z = y x x z x z 16 16 y x z y y z 12 16 24 52 P 26 z y z 2 Dấu "=" xảy x ; x ; y 3x=4y=6z; x=2; y=3; z= a=7; b =6; c=5 Bài 5: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A, đường cao AH 10cm, đường cao BK 12cm Tính độ dài các cạnh tam giác ABC Đặt AC = AB = x, BC = y Ta có: tam giác AHC đồng dạng với tam giác BKC ( vì có góc nhọn C chung) nên: A AH BK AC BC K Hay AH.BC = BK.AC Vậy: 5y = 6x (1) Mặt khác: tam giác AHC vuông H ta có: AC2 AH HC2 20 B H C (21) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG y x 102 2 Hay (2) 25 Từ (1) và (2) ta suy ra: x = , y = 15 25 Vậy: AB = AC = cm, BC = 15cm Bài 3: (3 điểm) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x2 + xy + y2 = x2y2 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x2 + xy + y2 = x2y2 2 x y x 2 x y y *Với x và y ta có: x2y2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy * Vậy x y - Với x =2 thay vào phương trình ta + 2y + y2 = 4y2 hay 3y2-2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên - Với x =-2 thay vào phương trình ta - 2y + y2 = 4y2 hay 3y2+2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên - Với x =1 thay vào phương trình ta + y + y2 = y2 hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phương trình ta - y + y2 = y2 hay 1- y = y =1 - Với x = thay vào phương trình ta y =0 Thử lại ta phương trình có nghiệm nguyên (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) Bài 4: (2 điểm) Cho số x, y, z, t Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 Cho số x, y, z, t Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88=0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 21 (22) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Ta có: (x + y)(z + t) + xy + 88 = <=> 4(x + y)(z + t) + 4xy + 352 = =>A + 4(x + y)(z + t) + 4xy = =x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 + 4xz + 4xt + 4xy + 4yz + 4yt = =x2 + 4x(y + z + t) + 4(z + y + t)2 + 4y2 - 4yz + z2 + z2- 8zt +16t2 + y2- 4yt + 4t2 = =[x + 2(z + y + t)]2 + (2y - z)2 + (z - 4t)2 + (y - 2t)2 0 A 352 Dấu bất đẳng thức xảy ra: 2y – z = z - 4t = <=> y - 2t = x + 2y + 2z + 2t = (x + y)(z + t)+ xy + 88 = => (x; y; z; t) (14; -2; -4; -1) (-14; 2; 4; 1) Bài 4: (2 điểm)Cho các số dương a,b,c thoả mãn điều kiện abc = Chứng minh rằng: ab bc ca 1 a5 b5 ab b5 c5 bc c5 a5 ca Ta có a5 + b5 = (a + b)(a4 - a3b + a2b2 – ab3 +b4 ) =(a + b)[(a - b)2(a2 + ab + b2) + a2b2) 2 2 Do (a - b) 0; a,b,c > 0, nên (a - b) (a + ab + b ) Suy a5 b5 a2 b2 a b Đẳng thức sảy a = b ab ab 1 c 2 5 ab a b ab a b c a b c Do đó: a b ab a b a b ab (1)( vì có abc =1) Chứng minh tương tự tacó bc a 5 b c bc a b c Cộng vế (1); (2); (3) ta có Dấu “=” xảy a = b = c = (2) ca b 5 c a ca a b c (3) ab bc ca ab c 1 a5 b5 ab b5 c5 bc c5 a5 ca a b c 22 (23) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 2: 1 1 b) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x y z 2006 và x y z 2006 Chứng minh ít ba số x, y, z 2006 1 1 Áp dụng giải phương trình sau: x x x 2 x 1 1 1 1 x y x yz z 0 0 x y z x yz xy z x y z b) Từ giả thiết ta có: x y z x y z 0 x y x y x z y z 0 xy z x y z x y 0 x z 0 y z 0 z 2006 y 2006 x 2006 Kết luận: Vậy ít ba số x, y, z 2006 * Đặt a = 2x + 1, b = x - 1, c = - x- a + b + c = 2x - 1 1 a b b c c a 0 Phương trình (*) trở thành a b c a b c theo kết câu a ta có a + b = x x 0 x 0(t / m) b + c = x x 0 ( vô lí) a + c = x x 0 x 0 x 1 ( loại) Vậy phương trình có nghiệm là: x = Bài 3: (2 điểm)Cho x, y, z > thoả mãn: x + y + z = x2 y2 z2 y z z x x y Tìm GTNN P = x2 yz Vì x, y, z > ta có: áp dụng BĐT Côsi số dương y z và ta được: x2 yz 2 yz x2 yz x 2 x yz (1) Tương tự ta có: y xz z x y y (2)và z (3) xz x y Cộng (1) + (2) + (3) ta được: x2 y2 z2 xyx xyz x y z P x xy z 1 zx x y 2 yz Dấu “=” xảy x y z 2 x y z Vậy P = Bài 4: (4 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên 23 (24) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 2 2 x y -x -8y = 2xy (1) m x m 3 y 1 b) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình (m là tham số) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn a) Nhận thấy x=y=0 là nghiệm Với x,y 0 (1) <=> y2 ( x2- 7)= (x+y)2 (2) x2 – phải là bình phương số nguyên x a 7 x 4 x 4 x a ( x a )( x a ) 7 2 2 Hay: x – = a x –a =7 Thay x =- 4, ta được: y=1; y=-2 Thay x = 4, ta được: y= 1; y=2 Vậy phương trình có nghiệm nguyên là: (0; 0); (-4; 1); ( -4; -2); (4; 1); (4; 2) b) Với m, đường thẳng (d) không qua gốc toạ độ O(0; 0) m = 4, ta có đường thẳng y = 1, đó khoảng cách từ O đến (d) là (1) m = 3, ta có đường thẳng x = -1, đó khoảng cách từ O đến (d) là (2) A 0; B ; 0 m 4, m thì (d) cắt trục Oy, Ox tại: m và m Hạ OH vuông góc với AB, tam giác vuông AOB, ta có: OA 1 , OB m m 1 7 1 2 2 m 3 m 2m 14m 25 2 m 2 OH OA OB 2 2 Suy OH 2 OH (3) Từ (1), (2), (3) ta có GTLN OH là 7 , đạt và m = Kết luận: m = Bài 5: (5 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định H là điểm thuộc đoạn OB cho HB = 2HO Kẻ dây CD vuông góc với AB H Gọi E là điểm di động trên cung nhỏ CB cho E không trùng với C và B Nối A với E cắt CD I a/ Chứng minh AD2 = AI.AE b/ Tính AI.AE – HA.HB theo R c/ Xác định vị trí điểm E để khoảng cách từ H đến tâm đường tròn ngoại tiếp DIE ngắn AD AH AB( htl ) a/ AD = AE.AI AE.AI AH AB (AIH , ABE đồng dạng) 24 (25) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG R 16 R b/ Ta có AI.AE –HA.HB = AD2 – HD2 = AH2 = ( OA+OH)2 =( R+ )2 = c/ Kẻ Dx DI D cắt EB kéo dài F Tứ giác DIEF nội tiếp (tổng hai góc đối = 1800) đường tròn ngoại tiếp DIE trùng với đường tròn ngoại tiếp tứ giác DIEF có đường kính là IF Gọi K là giao điểm IF và BD K là tâm đường tròn ngoại tiếp DIE 4R HK ngắn HK BD K KD = 3 E giao điểm (O;R) 4R với ( K; 3 ) Bài 4: (4 điểm) ( E cung nhỏ BC đường tròn tâm O ) a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3 + y3 + 6xy = 21 b) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a b c a3 b3 c3 a) Đặt S = x + y ; P = xy => điều kiện cần để hệ có nghiệm là S2 4P (*) Phương trình đã cho tương đương với :S3 – SP + 6P = 21 S3 – 3SP + 6P – = 13 ( S – ) ( S2 + 2S - 3P + ) = 13 (2) Xét nhân tử : M = S2 + 2S – 3P + = ( x + y ) + 2(x + y ) – xy + x y x 2 y 2 0 2 = x + y – xy + 2(x +y ) + = Vậy S – và M là ước số dương số nguyên tố 13 ta xét trường hợp sau : x 2 S 1 S 3 x 1 P 2 y 2 S S P 13 TH1 : y 1 0,25đ S 13 S 15 P 86 S 2S 3P 1 TH2 : vô nghiệm vì không thoả mãn (*) Vậy phương trình có nghiệm nguyên là ( ; ) ; ( ; ) 0,25đ 3 ( x 1)( x 1) ( x 1) ( x x 1) ( x 1) x 0 b) Với số thực x ta có : 4 3 3 3 Do đó: a b c (a b c ) a (a 1) b (b 1) c (c 1) 2 a (a 1) b3 (b 1) c3 ( c 1) ( a 1) (b 1) (c 1) (a 1)(a 1) (b 1)(b3 1) (c 1)(c3 1) 0 4 3 4 3 Suy : a b c a b c Hoặc: 3( a b c ) 3(a b c ) 4 3 3( a b c ) (a b c)(a b c ) nhân vào khai triển và rút gọn đưa BĐT đúng b) x3 – 3x2 + 9x – = <=> 3x3 – 9x2 + 27x – 27 = <=> 3x3 = 9x2 – 27x + 27 x 3 1 2x3 = -x3 + 9x2 – 27x + 27 = (3 – x)3 => b) Giải phương trình sau: 3(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 8x <=> 9(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 24x 25 1 (26) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Đặt y = x + đặt y = x + Có nghiệm x = -9 Bài 4: (3 điểm) 1 a b c 0 a b c a) Giả sử a, b, c là số thực thỏa mãn a, b, c o và a6 b6 c6 abc 3 Chứng minh rằng: a b c a) * a + b + c = => a + b = -c => (a + b)3 = -c => a3 + b3 + c3 = -3ab(a + b) = 3abc 1 0 * a b c => ab + bc + ca = * a6 + b6 + c6 = (a3 )2 + (b3)2 + (c3)2 = (a3 + b3 + c3)2 – 2(a3b3 + b3c3 + c3a3) * ab + bc + ca = => a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2 a b c6 3a b c abc 3 3abc Do đó * a6 + b6 + c6 = (3abc)2 – 2.3a2b2c2 = 3a2b2c2 + Vậy: a b c Bài 1: (4 điểm) a) b) a2 +3 √ a+1 −2 a +2− a Cho biÓu thøc: M = √ a+1− a √ a+ Tìm điều kiện biểu thức M có nghĩa Chøng minh r»ng biÓu thøc M kh«ng phô thuéc vµo a )( ( ) ¿ a≠0 a) §iÒu kiÖn: a>− ¿{ ¿ M a b) a a a 2a 2a a a a 2a a a 1 a 3 a a a 1 a 1 a a 1 KÕt luËn: biÓu thøc M kh«ng phô thuéc vµo a x 3x x x a) Giải phương trình : x x x x Bài 2: (5 điểm) a) Chia tử và mẫu hai phân thức cho x và đặt biến phụ Bài 3: (4 điểm) a) Cho xyz = và x + y + z = Tìm GTNN B8 = x16 + y16 + z16 a b c b c a c a b c a b b) Cho a, b, c thoả mãn: b c a 1 1 1 Tính giá trị biểu thức: P = a b c 26 (27) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG a) Ta có : (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 a,b,c a2 + b2 + c2 ab + ac + bc (1) áp dụng bất đẳng thức (1) ta có : B8 = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2 x8y8 + y8z8 + z8x8 B8 x8y8 + y8z8 + z8x8 B8 (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2 x4y4 y4z4+ x4y4 z4x4 + y4z4 z4x4 B8 x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8 B8 (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2 x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6 B8 (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2 x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6 B8 (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = 3(do xyz = và x + y + z = 3) B8min = x = y = z = a b c b c a c a b 2 2 2 c a b b) Từ gt ta có Xét hai trường hợp * Nếu a + b + c = a + b = -c a b c b c a c a b c a b suy b+c=-a c + a = -b b c a a b b c c a ( c ) ( a ) ( b) abc 1 1 1 a b c a b c = = a b c = abc = -1 P= * Nếu a + b + c 0 a = b = c P = 2.2.2 = Bài 2: (5 điểm) b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 - y3 - 2y2 - 3y -1 = b) Phương trình đã cho tương đương với : x3 = y3 + 2y2 + 3y +1 3 2 Nhận xét rằng: y 0 x y y y y ( y 1) (2) 3 2 y x y y y (5 y 2) ( y 1) (3) (1) 3 Từ (2) và (3) suy ra: ( y 1) < x3 ( y 1) , Vì y Z x3 y x ( y 1) y y 0 y3 y y y3 3 y y y y ( y 1) y (vi y Z) y 0 y y 0 Với y = -1 x= -1 Với y = x= Vậy phương trình có cặp nghiệm nguyên là (-1; -1) và (1; 0) Bài 3: (2 điểm) a) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa món: a b c 3 P a b c ab bc ca a 2b b c c a Tìn giá trị nhỏ biểu thức: Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 mà a3 + ab2 2a2b (áp dụng BĐT Côsi ) b3 + bc2 2b2c c3 + ca2 2c2a 27 (28) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG P a b2 c2 ab bc ca a b2 c2 Suy 3(a2 + b2 + c2) 3(a2b + b2c + c2a) > Suy (a b c ) 2 P a b c 2(a b c ) Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh t 9 t t t P t 3 4 2t 2t 2 2 Suy P4 Dấu xảy và a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P là Bài 4: (3 điểm) 2 Giải phương trình : 25 - x - 10 - x = ĐKXĐ: - 10 x 10 2 Đặt a = 25 x ; b = 10 x ( a, b ) Ta hệ pt : Giải hệ pt ta : a = ; b = Suy : x1 = ; x2 = -3 a b 3 2 a b 15 Bài 1: (5,0 điểm) 2 x 2 x 2 2 x 2 x Cho phương trình : a) Tìm điều kiện x để phương trình có nghĩa b) Giải phương trình a) điều kiện : x 4 b) 2 x 2 x 2 2 x 2 2 x 2 x 2 42 x 2 2 x 2 (1) 4 x Đặt x = a ; x = b ( a ; b 0) a b 8 Ta có : a b2 2 2 a b 2 a b 8 a b 8 a b 8 (I) 2 a b ab a b 8 a b 2ab a b ab ab 0 a b ab 0 Vì + > nên : 28 ab (29) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG b ab a b 2ab 8 a I a b 2 a b a 2 a 2 b a a 2a 0 b a a 1 a 1 (loai vì a 0) x 1 a x 3 b 4 x 3 b) Tìm nghiệm nguyên phương trình y2 =-2(x6-x3y-32) 6 3 y2=-2(x6-x3y-32) x x y y 64 x ( x y ) 64 ( x ) ( x y ) 64 Vì x Z x N Vậy x có thể nhận các giá trị 0; 1; Suy cặp nghiệm nghuyên cần tìm là: (0; 8), (0;-8),(2;8), (-2;-8) Bài 3: (5,0 điểm) a) Cho x, y >0 và x y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4 a b b c c a CMR: A 1 x y xy 2 2 2 2 3.a.Vi a 0, b ; Ta có: a b 2 a b 2ab (Bdt Cô si) a b 2ab 4ab (a b) 4ab (a b)(a b) a b a a 4 ab ab a b ab ab a b 2 Áp dụng BÐT (*) v i a = x y ; b = 2xy ; ta có: 1 4 2 x y 2xy x y 2xy (x y) 2 1 (*) a b a b (1) 1 (x y) 4xy 4xy (x y) xy (x y) (2) Mặt khác : 1 1 1 1 A 2 x y xy x y 2xy 2xy x y 2xy xy 4 1 1 6 2 (x y) (x y) (x y) (x y) x=y= x y (x y) minA = [Vì x, y >0 và ] b.*Do a,b,c >0 và từ gt ta có : a b a b c 4 a b a b a b (1) b c b c (2) c a c a (3) *Hoàn toàn tương tự ta có: *Cộng vế với vế (1),(2) và (3) ta có: 2 a b c a b b c c a Hay a b b c c a đpcm 29 (30) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG b) Giải phương trình nghiệm nguyên: xy yz xz 3 z x y x y y z x z 3 xyz ĐK: x 0 ; y 0 ; z 0 Pt 2 2 2 x 0 ; y 0 ; z 0 x y y z x z 3xyz suy số x, y, z cùng dương, số này có hai số âm, số dương Ngoài (x,y,z) là nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) là nghiệm Do cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương Không tính tổng quát ta giả sử : x y z x xy z2 xz yz y z ; z 2 z z z y x y x xy xz yz 3 z z 3 z z y x xy y x 3 x y z 3 z 1 mà z 1 z 1 Với z = phương trình trở thành: x y 2 Ta có: y x từ đó: xy 1 mà x 1 ; y 1 x y 1 Vậy (x,y,z) = (1,1,1) Từ nhận xét trên suy phương trình có các nghiệm nguyên là (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1) Câu (4,0 điểm) a13 3 a) Cho các số nguyên a1, a2, a3, , an Đặt S = + a + + a n và P = a1 + a2 + + an Chứng minh rằng: S chia hết cho và P chia hết cho b) Cho A = n6 – n4 + 2n3 + 2n2 ( với n N, n > 1) Chứng minh A không phải là số chính phương Với a Z thì a a (a 1)a(a 1) là tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho và Mà (2.3)=1 a a 6 S P (a13 a1 ) (a 32 a ) (a 3n a n )6 Vậy S6 P6 b/ n n 2n 2n n (n 1)2 (n 2n 2) 2 với n N , n > thì n 2n (n 1) > (n 1) 2 và n 2n n 2(n 1) < n 2 2 Vậy (n 1) < n 2n < n n 2n không là số chính phương 30 (31) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG đpcm Câu (4,5 điểm) a) Giải phương trình: 10 x 3x 10 x 3(x 2) Đặt 10 (x 1)(x x 1) 3(x 2) điều kiện x x a (a 0) x x b Ta có: 10ab = 3a 3b (b>0) a = 3b (a 3b)(3a-b) = b 3a Trường hợp1: a = 3b Ta có: x 3 x x (1) 9x 9x+9=x+1 9x 10x+8 = ' 25 9.8 < phương trình (1) vô nghiệm Trường hợp 2: b = 3a Ta có: x x x 9(x 1) x x x 5 33 (TM) x 5 33 (TM) x 10x-8 = Vậy phương trình có nghiệm x 5 33 Câu (5,0 điểm) a) Chứng minh với số nguyên n thì n n không chia hết cho b) Tìm tất các số tự nhiên n cho n 17 là số chính phương a, *) Nếu n3 n n3 31 (32) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 3 nên n n (1) (2,5) n 23 *) Nếu n (2) n2 n 3 Từ (1) và (2) n Z thì n n 2 (m N) Đặt m n 17 m n 17 (m n)(m n) 17 1.17 =17.1 Do m + n > m - n b, (2,5) m n 17 m 9 m n 1 n 8 2 Vậy với n = ta có n 17 64 17 81 9 Câu (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x 4x+5 = 2x+3 Giải phương trình x 4x+5=2 2x+3 Điều kiện: 2x+3 0 x - (1) 2 (1) x 4x+5-2 2x+3 0 x 2x+1+2x+3-2 2x+3 0 (x 1)2 ( 2x+3 1)2 0 x 0 2x+3 0 x 2x+3=1 x thỏa mãn điều kiện Câu (3,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Tìmgiá trị nhỏ A A 4x+3 x2 4x+3 x2 32 (33) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 4x+3 x 4x+4 x2 x2 Ta có: (x 2)2 A x 1 Dấu "=" xảy x 0 x Vậy A x = -2 A Câu (4,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao BE, CF tam giác ABC cắt H a) Chứng minh BH.BE + CH.CF = BC b) Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC Chứng minh K (O) a, (2,5) A E H F B O I C K Gọi I là giao điểm AH và BC AI BC S Ta có: BHI BCE (g, g) BH BI BH.BE BC.BI BC BE (1) Ta có: CHI S CBF (g, g) CH CI CH.CF BC.CI CB CF (2) Từ (1) và (2) suy BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC2 b, Gọi K là điểm đối xứng H qua BC suy HCB KCB (2,0) Mà FAI HCI (do tứ giác AFIC nội tiếp) FAI BCK hay BAK BCK tứ giác BACK nội tiếp đường tròn (O) K (O) 33 (34) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 1: (4,0 điểm) A a) Tính giá trị biểu thức 4x x 0 a 1 a a a , với a là nghiệm dương phương trình 1 x x x 2 b) Giải phương trình GIẢI A a) a 1 a a 1 a a4 a 1 a2 Phương trình 4x x 0 có hệ số a, c trái dấu nên có nghiệm dương, nghiệm âm Vì a là nghiệm dương phương trình 4x x 0 nên 4a a a 2 2 a a 1 a a 1 a a 8 (với 0< a < 1) 8 1 a a 1 a 6a a 3 2 2 = a 3 a a 1 2 (vì a+3>0) 4a 2a 4 a a + a2 = =0+ a4 0 a Vậy A = 1 x x x 2 b) ĐKXĐ: x (1) 1 1 1 x x x 2 x x 2 4 4 2 (1) 1 1 x x 2 (vì x 0) 4 1 1 x x 2 4 34 (35) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 1 x 2 2 x x 1 (vì x 21 9 x x 2 4= 4 1 > 0) (thoả ĐKXĐ) Tập nghiệm phương trình là S = {2 } C A B Bài 2: (4,0 điểm) D a) Cho hình tròn có diện tích 1, lấy 17 điểm hình tròn đó và không có điểm nào thẳng hàng Chứng minh có ít điểm lập thành tam giác mà diện tích nhỏ b) Tìm cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn: x 2y y 2x 2xy Bài 2: a) Vẽ hai đường kính AB và CD vuông góc với Có nhiều điểm nằm trên AB, nhiều điểm nằm trên CD Còn lại ít 13 điểm không thuộc AB và CD Vì 13 = 4.3 + nên tồn hình tròn có miền chứa điểm Khi đó tồn hai tam giác có diện tích là S1, S2 thoả mãn S1 + S2 < 1 Giả sử S1 S2 Khi đó 2S1 < S1 < ( đpcm) b) x 2y y 2x 2xy (*) 1 ĐKXĐ: x ; y 2x 0 Ta có 2x - - 2x 1 +1 = 2x x 2x 1 x (1) (vì x>0) 2y 1 y Tương tự (2) 2y 2x 2 y x (1) & (2) suy + (3) 2y 2x y x (*) + = (4) 35 (36) (1), (2), (3) & (4) suy Vậy (x; y) = (1; 1) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 2x 1 x 1 x 2y y 1 1 y Bài 4: (3,5 điểm) Cho hình thang ABCD (AB//CD) Một đường thẳng d song song với đáy, cắt cạnh bên AD P và cắt cạnh bên BC Q cho biết đường thẳng d chia hình thang ABCD thành hai phần có diện tích Tính độ dài cạnh PQ; với AB = 9cm và Cd = 15cm A Gọi h1, h2 là chiều cao hình thang ABQP, PQCD h1 P Đặt PQ = x h2 Ta có 2SABQP = 2SPQCD = SABCD D (x + 9)h1 = (x + 15)h2 = (9 + 15)(h1 + h2) (x + 9)h1 = (x + 15)h2 = 12h1 + 12h2 x 3 h1 12h x 3 x 3 144 x 153 (x 3)h 12h1 B x 15 Q C (vì x > 0) Vậy PQ = 153 cm Bài 5: (4,5 điểm) Cho đường tròn (O; R), đường kính BC và điểm A di động trên đường tròn đó (với A khác B và C) Đường phân giác góc BAC cắt đường tròn (O) K (với K khác A) Biết độ dài đường cao tam giác ABC là AH = h a) Tính diện tích tam giác AHK theo R và h b) Tìm giá trị h để diện tích tam giác AHK đạt giá trị lớn AH c) Tính số đo góc ABC tam giác ABC AK GIẢI a) Dễ thấy OK BC Gọi I là gaio điểm AK và OH Ta có AHI HI S R h2 HI OI HO h R R h = R h KOI h R h2 R h 36 (37) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG h R h2 1 1 2 SAHK = IH.h + IH.R = (R + h) R h = h R h 1 R2 2 2 2.h R h h R h 2 4 b) SAHK = h R h = R Dấu " = " xảy h = R h h = R Vậy SAHK đạt giá trị lớn h = 2 c) Ta có OH = HK - R = AH2 - R2 (1) Ta có OH2 = R2 - AH2 (2) AH (1) & (2) OH = tg AOH = AOH 60o AOH 30o Dạng : Tìm số dư phép chia Bài 1: Tìm số dư chia 2100 a)cho 9, b) cho 25, c) cho 125 Giải a) Luỹ thừa sát với bội là 23 = = - Ta có : 2100 = (23)33 = 2.(9 - 1)33 = 2.[B(9) - 1] = B(9) - = B(9) + Vậy: 2100 chia cho thì dư b) Tương tự ta có: 2100 = (210)10 = 102410 = [B(25) - 1]10 = B(25) + Vậy: 2100 chia chop 25 thì dư c)Sử dụng công thức Niutơn: 2100 = (5 - 1)50 = (550 50.49 - 549 + … + 52 - 50 ) + Không kể phần hệ số khai triển Niutơn thì 48 số hạng đầu đã chứa thừa số với số mũ lớn 50.49 nên chia hết cho 53 = 125, hai số hạng tiếp theo: 52 - 50.5 chia hết cho 125 , số hạng cuối cùng là Vậy: 2100 = B(125) + nên chia cho 125 thì dư 37 (38) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Bài 2: Viết số 19951995 thành tổng các số tự nhiên Tổng các lập phương đó chia cho thì dư bao nhiêu? Giải Đặt 19951995 = a = a1 + a2 + …+ an 3 3 3 3 Gọi S a1 a + a + + a n = a1 a + a + + a n + a - a = (a1 - a1) + (a2 - a2) + …+ (an - an) + a Mỗi dấu ngoặc chia hết cho vì dấu ngoặc là tích ba số tự nhiên liên tiếp Chỉ cần tìm số dư chia a cho 1995 là số lẻ chia hết cho 3, nên a củng là số lẻ chia hết cho 3, đó chia cho dư Bài 3: Tìm ba chữ số tận cùng 2100 viết hệ thập phân giải Tìm chữ số tận cùng là tìm số dư phép chia 2100 cho 1000 Trước hết ta tìm số dư phép chia 2100 cho 125 Vận dụng bài ta có 2100 = B(125) + mà 2100 là số chẵn nên chữ số tận cùng nó có thể là 126, 376, 626 876 Hiển nhiên 2100 chia hết cho vì 2100 = 1625 chi hết cho nên ba chữ số tận cùng nó chia hết cho các số 126, 376, 626 876 có 376 chia hết cho Vậy: 2100 viết hệ thập phân có ba chữ số tận cùng là 376 Tổng quát: Nếu n là số chẵn không chia hết cho thì chữ số tận cùng nó là 376 Bài 4: Tìm số dư phép chia các số sau cho a) 2222 + 5555 b)31993 c) 19921993 + 19941995 d) 21930 Giải a) ta có: 2222 + 5555 = (21 + 1)22 + (56 – 1)55 = (BS +1)22 + (BS – 1)55 = BS + + BS - = BS nên 2222 + 5555 chia dư 38 (39) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG b) Luỹ thừa sát với bội là 33 = BS – Ta thấy 1993 = BS + = 6k + 1, đó: 31993 = 6k + = 3.(33)2k = 3(BS – 1)2k = 3(BS + 1) = BS + c) Ta thấy 1995 chia hết cho 7, đó: 19921993 + 19941995 = (BS – 3)1993 + (BS – 1)1995 = BS – 31993 + BS – Theo câu b ta có 31993 = BS + nên 19921993 + 19941995 = BS – (BS + 3) – = BS – nên chia cho thì dư 1930 d) C©u 4: = 32860 = 33k + = 3.33k = 3(BS – 1) = BS – nên chia cho thì dư Cho tam gi¸c ABC c©n (CA = CB) vµ C = 800 Trong tam gi¸c lấy điểm M cho MBA 300 vµ MAB 100 TÝnh MAC (Đề thi HSG huyện Thăng Bình năm học 2011-2012) C©u 4: (2.5®) KÎ CH c¾t MB t¹i E Ta cã EAB c©n t¹i E ⇒ EAB =300 ⇒ EAM = 200 ⇒ CEA = MAE = 200 (0.5®) Do ACB = 800 ⇒ ACE = 400 ⇒ AEC = 1200 ( ) MÆt kh¸c: EBC = 200 vµ EBC = 400 ⇒ CEB = 1200 ( Tõ ( ) vµ ( ) ⇒ AEM = 1200 Do EAC = EAM (g.c.g) ⇒ AC = AM ⇒ MAC c©n Vµ CAM = 400 ⇒ AMC = 700 C M A 100 300 H Baøi a b 2c a) Cho abc = 2; rút gọn biểu thức A = ab + a + bc + b + ac + 2c + Ta coù : a ab 2c a ab 2c A = ab + a + abc + ab + a ac + 2c + ab + a + 2 + ab + a ac + 2c + abc 39 (0.5®) ) (0.5®) E B t¹i A (0.5®) (0.5®) (40) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG a ab 2c a ab ab + a + 1 ab + a + 2 + ab + a c(a + + ab) ab + a + 2 + ab + a a + + ab ab + a + = a2 b2 c2 2 2 2 2 b) Cho a + b + c = 0; rút gọn biểu thức B = a - b - c b - c - a c - b - a Từ a + b + c = a = -(b + c) a2 = b2 + c2 + 2bc a2 - b2 - c2 = 2bc Tương tự ta có: b2 - a2 - c2 = 2ac ; c2 - b2 - a2 = 2ab (Hoán vị vòng quanh), nên a2 b2 c2 a b3 c3 2abc B = 2bc 2ac 2ab (1) a + b + c = -a = (b + c) -a3 = b3 + c3 + 3bc(b + c) -a3 = b3 + c3 – 3abc a3 + b3 + c3 = 3abc (2) a b3 c3 3abc 2abc 2abc (Vì abc 0) Thay (2) vaøo (1) ta coù B = c) Cho a, b, c đôi khác thoả mãn: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 a2 b2 c2 + 2 Rút gọn biểu thức C = a + 2bc b + 2ac c + 2ab Từ (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 ab + ac + bc = a2 + 2bc = a2 + 2bc – (ab + ac + bc) = a2 – ab + bc – ac = (a – b)(a – c) Tương tự: b2 + ac = (b – a)(b – c) ; c2 + 2ab = (c – a)(c – b) a2 b2 c2 a2 b2 c2 + C = (a - b)(a - c) (b - a)(b - c) (c - a)(c - b) (a - b)(a - c) (a - b)(b - c) (a - c)(b - c) a (b - c) b (a - c) c (b - c) (a - b)(a - c)(b - c) 1 (a b)(a c)(b c) (a b)(a c)(b c) (a b)(a c)(b c) (a b)(a c)(b c) = * Dạng 4: Chứng minh đẳng thức thoả mãn điều kiện biến 1 1 1 + + =2 + + =2 b c Baøi 1: Cho a b c (1); a (2) Chứng minh rằng: a + b + c = abc 1 1 1 1 1 + + + + + + + 4 4 + + b c bc ac bc ac b c ab ab a Từ (1) suy a 40 (41) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 1 a+b+c + + 1 1 ab bc ac abc a + b + c = abc a b c b c a + + c a a b c (1) Baøi 3: Cho b chứng minh : ba số a, b, c tồn hai số 2 2 2 2 Từ (1) a c + ab + bc = b c + ac + a b a (b - c) - a(c b ) bc(c - b) = (c – b)(a2 – ac = ab + bc) = (c – b)(a – b)( a – c) = ñpcm Baøi 4: Cho (a2 – bc)(b – abc) = (b2 – ac)(a – abc); abc vaø a b 1 + + =a+b+c Chứng minh rằng: a b c Từ GT a2b – b2c - a3bc + ab2c2 = ab2 – a2c – ab3c + a2bc2 (a2b – ab2) + (a2c – b2c) = abc2(a – b) + abc(a - b)(a + b) (a – b)(ab + ac + bc) = abc(a – b)(a + b + c) ab + ac + bc 1 =a+b+c + + =a+b+c abc a b c a b c + + =0 Baøi 5: Cho a + b + c = x + y + z = x y z ; Chứng minh rằng: ax2 + by2 + cz2 = Từ x + y + z = x2 = (y + z)2 ; y2 = (x + z)2 ; z2 = (y + x)2 ax2 + by2 + cz2 = a(y + z)2 + b(x + z)2 + c (y + x)2 = … = (b + c)x2 + (a + c)y2 + (a + b)z2 + 2(ayz + bxz + cxy) (1) Từ a + b + c = - a = b + c; - b = a + c; - c = a + b (2) a b c + + =0 ayz + bxz + cxy = (3) Thay (2), (3) vaøo (1); ta coù: Từ x y z ax2 + by2 + cz2 = -( ax2 + by2 + cz2 ) ax2 + by2 + cz2 = a b c a b c + 0 + 0 2 (c - a) (a - b) Bài 6: Cho b - c c - a a - b ; chứng minh: (b - c) a b c b ab + ac - c a b c = + 0 a-c b-a (a - b)(c - a) b-c Từ b - c c - a a - b 41 (42) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG 2 a b ab + ac - c (a - b)(c - a)(b - c) (1) (Nhân hai vế với b - c ) (b - c) b c bc + ba - a c a ac + cb - b 2 Tương tự, ta có: (c - a) (a - b)(c - a)(b - c) (2) ; (a - b) (a - b)(c - a)(b - c) (3) Cộng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm Baøi 7: b - c c - a c a b a-b + + a b a - b b-c c - a = (1) Cho a + b + c = 0; chứng minh: c a-b b-c c-a =x; y; z a b Ñaët c (1) Ta coù: c = a-b x a b ; b-c y c-a z 1 1 + + 9 y z x x + y + z 1 y+z 1 x+z x+y + + 3 + + y z y z (2) x x x + y + z y+z b-c c-a c b bc + ac - a c c(a - b)(c - a - b) c(c - a - b) x a b a b ab a b ab(a b) ab Ta laïi coù: c 2c - (a + b + c) 2c2 ab ab (3) = x + z 2a x + y 2b bc (4) ; z ac (5) Tương tự, ta có: y Thay (3), (4) vaø (5) vaøo (2) ta coù: 1 1 2c 2a 2b 2 + + 3 y z x bc ac = + abc (a3 + b3 + c3 ) (6) + ab x + y + z Từ a + b + c = a3 + b3 + c3 = 3abc (7) ? Thay (7) vaøo (6) ta coù: 1 1 + + 3 y z x + abc 3abc = + = x + y + z 42 (43) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Câu :(Đề thi HSG huyện Thăng Bình năm học 2011-2012) a) Tính giá trị biểu thức P x= (1.5đ) P=x 14 − 10 x13 +10 x12 −10 x 11 + − 10 x+10 12 10 −x −x − x −x −x −x −1 ¿ 10 −x −x −x −1 ( x 2+1) ¿ ¿ P=x 14 +10( x −1)( x 2+1)(− x 10 − x − x2 )− 10(x − 1) ¿ P=x 14+ 10(x − 1)[(x +1)(− x 2)(x + x +1)− 1] ¿ x ¿ −1 ¿ x 12 −1 2 14 ( x +1)(− x )¿ P=x +10( x −1)[(− x ) − 1]ư x −1 ¿ x 12 −1 P=x 14 +10(− x2 ) − 10( x − 1) x +1 ¿ ¿ P=x 14+10 ( x −1) ¿ 3 b)Cho a+b+c=0.Chứng minh: (1đ) a +b + c =3 abcc Ta có: a +b +c =0 a+ b=− c a+b ¿3 =−c ¿ ¿ a3 +b 3+ a2 b+3 ab2=− c ¿ số dư phép chia: 3444440100 Câu 1:a)Tìm chia cho 31 b)Giải phương trình nghiệm nguyên 1.xy +3y =2x +11 (1đ) x 2+2 y 2=126 Câu 2: Tính: a) b) (1đ) − 2¿ ¿ ¿ (1.5đ) ¿ −√2 √ A= − + ¿ √ 2+1 1− √ 2√ B= + + (1.5đ) 2+ 3+ 5 − √ √ √ √ √ √ −1 43 (2đ) (44) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG C=√ −2 √ 5+ √6+2 √ 5+ c) (1.5đ) √5+ √3 Câu (4.5đ) Cho đường tròn tâm O,bán kính R,đường kính AB,kẻ tt Bx.Trên Bx lấy điểm D cho BD= 2R.Gọi I là trung điểm BD,AD cắt (O) C.CMR:CI là tiếp tuyến (O) PHÒNG GD – ĐT THANG BINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học: (2009 – 2010) Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) ĐỀ BÀI Bài (3 điểm): Tìm n Z cho: n n 17 là bội n +5 Bài (2 điểm): 2 Cho a > 0, b > thoả mãn: 2a + 2b = 5ab a b Tính giá trị biểu thức: A = a b Bài (4 điểm): a) Vẽ đồ thị hàm số: y = - x x b) Giải phương trình: x = x 1 1 x x Bài (3 điểm): Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác 1 Chứng minh: abc ( a b c ) a b c Bài (2 điểm): Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình: x y z 100 x 3 y z 100 (I) Bài (6 điểm): Cho đường tròn (O; R), đường kính AB Một điểm C nằm trên đường tròn (C khác A, B) Tiếp tuyến Cx đường tròn (O; R) cắt AB I Đường phân góc I cắt OC điểm O’ a) Gọi D, E theo thứ tự là giao điểm thứ hai CA,CB với đường tròn (O’; O’C) Chứng minh: D, O’, E thẳng hàng b) Chứng minh IC2 = IA IB c) Tìm vị trí điểm C cho AC là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác OCI - Hết 44 (45) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG PH ÒNG GD- ĐT THĂNG BÌNH ĐÁP ÁN & HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học: (2009 – 2010) Môn: TOÁN Bài (3 điểm): Ta có: n2 + n - 17 là bội n + => ( n + n 17)(n 5) ………………………… 0,25đ n n 17 (n 5)(n 4) 3 (n 4) n 5 n 5 n ……………………………… 1đ Xét phép tính: Để (n + n - 17) (n + 5) thì n Z………………………………………………0,25đ => (n + 5) Ư => (n + 5) { 1; 3 }…………………………………………… 0,25đ (3) + Với n + = -1 => n = - …………………………………………………… 0,25đ + Với n + = => n = - ………………………………………………………0,25đ + Với n + = -3 => n = - ……………………………………………………… 0,25đ + Với n + = => n = -2 ………………………………………………….………0,25đ Vậy, ta tìm được.n = - 6; n = - 4; n =- 8; n = - ………………………………….0,25đ Bài (2 điểm): a b Ta có: A = a b Bình phương hai vế ta được: a b a 2ab b ) 2 A2 = a b = a 2ab b ………………………………………………………….0,5đ 2a 2b 4ab 2 = 2a 2b 4ab …………………………………………………………………0,5đ 5ab 4ab = 5ab 4ab …………………………………………………………… ….0,5đ A= …………………………………………………………………….0,5đ Bài (4 điểm): ( a) y = = x x 3 ( x 1) 4 x x 2 Nếu x = 3- x …………………………………….0,25đ ……………………………………………………0,5đ Nếu x < Vẽ đường thẳng (d1): y = - x + với x Và đường (d2): y = x + với x < ta đồ thị: Hình (P) 45 (46) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG Đồ thị đúng điểm, nhánh 0,5 điểm y _ _ _ I -2 I -1 I I I I x (d2) (d1) b) Điều kiện: x- x 1- x x 0 x 1 x -1 …………………………………………… ………0,25đ Xét hai trường hợp: * x -1 vế trái phương trình âm còn vế phải không âm Phương trình vô nghiệm…………………………………………………………… 0,25đ 1 x 1 x x * x phương trình x = x 1 x = x x …………………………………………………… 0,25đ 1 x x =x– x …………………………………………………………0,25đ 1 x +1-x =0 x - 2x x x x (1 ) x +1=0 …………………………………………………….0,25đ x(x - 1) – x2 x2 x +1=0 ………………………………………………… 0,25đ x(x - 1) – x( x 1) + = ( x ( x 1) 1) = 0……………………………… 0,25đ 46 (47) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG x ( x 1) =1 ………………………………………………………………… 0,25đ 1 x –x–1=0 x= (vì x 1) ………………………………………….0,25đ Bài (3 điểm): Vì a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên a > 0, b > 0, c > … 0,25đ 1 2 ab Ta có: a b 1 2 a c ac 1 2 b c bc ……………………………………………………………… 0,5đ ……………………………………………………………… 0,5đ …………………………………………………………………0,5đ 1 1 1 2( ) 2( a b c ab ac bc (cộng vế theo vế)……………………………… 0,5đ 1 1 1 abc ( abc ( ) a b c ab ac bc = a b c (nhân vế với abc ) ……0,5đ Đẳng thức xảy a= b = c hay ABC đều………………………………………0,25đ Bài (2 điểm): (1) x y z 100 … ………………………… 0,25đ (I) (2) 15 x 9 y z 300 Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được: 14 x +8 y = 200 7x + 4y = 100 …………………………………………………………………….0,25đ 4y = 100 – 7x 100 x x 25 x y= 4 ……………………………………………………… 0,25đ x t z x 4t y 25 7t vì x, y nguyên ……………………………………….0,25đ 425t 07t 0 t 25 t 1;2;3 Vì x, y dương ………………………… 0,25đ Khi t = x = 4, y = 18, x = 78 Khi t = x = 8, y = 11, z = 81 Khi t = x = 12, y = 4, z = 84 ………………………………………………….0,5đ Vậy nghiệm nguyên dương hệ phương trình là: (x; y; z) {( 4; 8; 78); ( 8; 11; 81); ( 12; 4; 84)}…………………………………….0,25đ C Bài (6 điểm): Vẽ hình đúng 0,5đ D 47 O’ E (48) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG A O B K I X AB a) AB là đường kính (O, ) ACB 900 hay DCE 900 ………………………………………………… 0,5đ DE là đường kính (O’; O’C) ………………………………………………….0,5đ D, O’, E thẳng hàng ………………………………………………… 0,5đ b) Xét ACI và CBI A ICB có: (cùng số đo cung CB)…………………………………………….0,5đ I chung ACI đồng dạng CBI ………………………………………………….0,5đ IA IC IC IB ….…………………………………………………0,5đ IA IB = IC (đpcm) ………………………………………………… 0,5đ c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp OIC, OIC 90 nên K là trung điểm OI 0,25đ Để AC là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp OIC thì AC CK ……………….0,25đ ACO ICK (cặp góc có cạnh tương ứng vuông) ………………………………… 0,5đ Mà ACO A ICB ICK ICB K B ………………………………… 0,5đ KC = OI = OB = R Vậy, điểm C nằm trên đường tròn cho BC = R thì AC là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp OIC……………………………………………………………………….0,5đ Lưu ý: Thí sinh có thể bỏ qua vài bước trung gian (đơn giản) thì đạt điểm tối da Thí sinh có lời giải khác đúng thì đạt điểm tối đa Bµi (2 ®iÓm) P a2 b2 a 2b (a b)(1 b) (a b)(1 a) (1 a)(1 b) Cho biÓu thøc: a) Rót gän P b) Tìm các cặp số nguyên (a, b) để P = GIẢI a) Điều kiện: a 1; a b ( đó b 1) a2 b2 a 2b a (1 a ) b (1 b ) a 2b (a b ) P (a b)(1 b) (a b)(1 a) (1 a )(1 b) = (a b)(1 a )(1 b) (a b)(a b a ab b a 2b ) (1 a )(1 b)(a b ab) (a b)(1 a)(1 b) (1 a )(1 b) a b ab a b ab ( a 1)(1 b ) b) Cã p = Ta xÐt c¸c trêng hîp: a 1 a 2 a 2 a 3 a 4 a 5 1i 1 b 4 b 3 b 1 (lo¹i) b 0 2i 1 b 2 3i 1 b 1 48 (49) TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG a a 0 a a b 5i 1 b b (lo¹i) 4i 1 b Ta cã c¸c cÆp (a,b) cÇn t×m (2,3); (5,0); (0,-5); (-3,-2) a 6i 1 b a b Ví dụ 2.3 Tìm giá trị nhỏ Q = + + đó a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Giải 2 a b c a b c a b c 1 b 4ac Ta có : Q 2b c 2c a 2a b a 2b c b 2c a c 2a b ab bc ca minQ = a b c Ví dụ 2.4 Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Tìm GTNN P 1 1 a b c ab bc ca Giải 1 ab bc ca ab bc ca P a b c ab bc ca 2 ab bc ca ab bc ca a b c 2 a b c 21 9 30 ab bc ca a b c minP = 30 a = b = c = 49 (50)