Tuyển tập đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 thành phố Hà Nội

68 trang thienle22 6180

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tuyển tập đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 thành phố Hà Nội", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tuyen_tap_de_thi_hoc_sinh_gioi_toan_lop_9_thanh_pho_ha_noi.pdf

Nội dung text: Tuyển tập đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9 thành phố Hà Nội

Tailieumontoan.com  Trịnh Bình Tổng hợp TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9 THÀNH PHỐ HÀ NỘI Thanh Hóa, tháng 12 năm 2019
1 Website:tailieumontoan.com TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh luyện thi học sinh giỏi môn toán lớp 9, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và các em bộ đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 thành phố Hà Nội qua các năm có hướng dẫn một số đề. Đây là bộ đề thi mang tính chất thực tiễn cao, giúp các thầy cô và các em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp 9 có một tài liệu bám sát đề thi để đạt được thành tích cao, mang lại vinh dự cho bản thân, gia đình và nhà trường. Bộ đề gồm nhiều Câu toán hay được các thầy cô trên cả nước sưu tầm và sáng tác, ôn luyện qua sẽ giúp các em phát triển tư duy môn toán từ đó thêm yêu thích và học giỏi môn học này, tạo được nền tảng để có những kiến thức nền tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức ở các lớp, cấp học trên được nhẹ nhàng và hiệu quả hơn. Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng tuyển tập đề toán này để giúp con em mình học tập. Hy vọng Tuyển tập đề thi học sinh giỏi lớp 9 thành phố Hà Nội này sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung. Bộ đề này được viết theo hình thức Bộ đề ôn thi, gồm: đề thi và hướng dẫn giải đề ngay dưới đề thi đó dựa trên các đề thi chính thức đã từng được sử dụng trong các kì thi học sinh giỏi toán lớp 9 của thành phố Hà Nội. Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học! Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ bộ đề này! Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
2 Website:tailieumontoan.com MỤC LỤC Phần 1: Đề thi Đề số Đề thi Trang 1. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2018- 2019 2. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2017- 2018 3. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2016- 2017 4. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2015- 2016 5. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2014- 2015 6. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2013- 2014 7. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2012- 2013 8. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2011- 2012 9. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2010- 2011 10. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2009- 2010 11. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2008- 2009 12. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2007- 2008 13. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2006- 2005 14. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2004- 2005 15. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2003- 2004 16. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2002- 2003 17. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2001- 2002 18. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2000- 2001 19. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 1999- 2000 20. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 1998- 1999 21. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 1997- 1998 Phần 2: Hướng dẫn giải Đề số Hướng dẫn Trang 1. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2018- 2019 2. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2017- 2018 3. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2016- 2017 4. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2015- 2016 5. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2014- 2015 6. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2013- 2014 7. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2012- 2013 8. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2011- 2012 9. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2010- 2011 10. Đề thi HSG thành phố Hà Nội năm 2009- 2010 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
3 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 1 (Đề thi có một trang) Câu 1: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: 3 21−=−xx − 1. 22 2  b) Cho S =−−−1 1 1  là một tích của 2019 thừa số. Tính S 2.3 3.4 2020.2021  (kết quả để dưới dạng phân số tối giản). Câu 2: (5,0 điểm) a) Biết ab; là các số nguyên dương thỏa mãn a22−+ ab b chia hết cho 9, chứng minh rằng cả a và b đều chia hết cho 3. b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 9n + 11 là tích của k (kk∈≥ ,2) số tự nhiên liên tiếp. Câu 3: (3,0 điểm) a) Cho xyz;; là các số thực dương nhỏ hơn 4 . Chứng minh rằng trong các số 111111 + , + , + luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1. xy4 − yz4 − zx4 − b) Với các số thực dương abc,, thay đổi thỏa mãn điều kiện a222+++ b c21 abc =, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=++− ab bc ca abc . Câu 3: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB< AC) . Đường tròn (I ) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC,, CA AB lần lượt tại DEF,, . Gọi S là giao điểm của AI và DE . a) Chứng minh rằng tam giác IAB đồng dạng với tam giác EAS . b) Gọi K là trung điểm của AB và O là trung điểm của BC.Chứng minh rằng ba điểm KOS,, thẳng hàng. c) Gọi M là giao điểm của KI và AC. Đường thẳng chứa đường cao AH của tam giác ABC cắt đường thẳng DE tại N . Chứng minh rằng AM= AN . Câu 4: (1,0 điểm) Xét bảng ô vuông cỡ 10× 10 gồm 100 hình vuông có cạnh 1 đơn vị. Người ta điền vào mỗi ô vuông của bảng một số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô chung cạnh bất kỳ đều có giá trị tuyệt đối không vượt quá 1. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất 6 lần. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
4 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 2 (Đề thi có một trang) Câu 1: (5,0 điểm) 1 1 1 2017 a) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2018 và ++=. bc++ ca ab +2018 abc Tính giá trị của biểu thức: P =++. bc++ ca ab + b) Tìm tất các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn phương trình: xy− 7 = . x22++ xy y 13 Câu 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: 6x2 + 2 x += 1 3 xx 6 + 3. xx3++=2 y 32 − 34 y + y b) Giải hệ phương trình:   2xy+=+ 2 2. Câu 3: (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng không tồn tại các số dương m, n, p với p nguyên tố thỏa mãn: mn2019+= 2019 p 2018 b) Cho x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: xyz P = ++. yzx333+++16 16 16 Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB < AC < BC, nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là hình chiếu của A trên BC, M là trung điểm của AC và P lầ điểm thay đổ trên đoạn thẳng MH (P khác M và P khác H). a) Chứng minh rằng ∠=∠BAO HAC. b) Khi ∠=APB 90o chứng minh ba điểm B, O, P thẳng hàng. c) Đường tròn ngoại tiếp AMP và đường tròn ngoại tiếp tam giác BHP cắt nhau tại Q (Q khác P). Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi P thay đổi. Câu 3: (3,0 điểm) Cho đa giác đều 2n đỉnh nội tiếp đường tròn (O). Chia 2n đỉnh này thành n cặp điểm, mỗi cặp điểm này tạo thành một đoạn thằng (hai đoạn thẳng bất kỳ trong số n đoạn thẳng được tạo ra không có đầu mút chung). a) Khi n = 4, hãy chỉ ra một cách chia sao cho trong bốn đoạn thẳng được tạo ra không có hai đoạn thẳng nào có độ dài bằng nhau. b) Khi n = 10, chứng minh rằng trong mười đoạn thẳng được tạo ra luôn tồn tại hai đoạn thẳng có độ dài bằng nhau. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
5 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 3 (Đề thi có một trang) Bài 1 (5.0 điểm). a) Chứng minh rằng n53 + 5n - 6n chia hết cho 30 với mọi số nguyên dương n. b) Tìm tất cả các số nguyên dương (x; y) sao cho x2 + 8y và y2 + 8x đều là số chính phương. Bài 2 (5.0 điểm). 36 3 a) Giải phương trình 2x - + - 2x = 1 + x x 2x  4x  = x+y- x-y  5y b) Giải hệ phương trình   5y = x+y+ x-y  x Bài 3 (3.0 điểm). Với mọi số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2 +y 22 +z =2. a) Chứng minh rằng x+y+z≤ 2+xy. xzy b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P= + + . 2+yz 2+zx 2+xy Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giác ABC (BC > CA > AB) nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC cắt tia phân giác của góc ABC tại điểm thứ hai là M. Gọi P là trực tâm của tam giác BMC. a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, P cùng huộc một đường tròn. b) Đường thẳng qua H song song với AO cắt cạnh BC tại E. Gọi F là điểm trên cạnh BC sao cho CF = BE. Chứng minh ba điểm A, F, O thẳng hàng. c) Gọi N là tam đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM. Chứng minh rằng PN= PO Bài 5 (1.0 điểm). Trên bàn có 100 thể được đánh số từ 1 đến 100.Hai người A và B lần lượt chọn lấy một tẩm thẻ trên bàn sao cho nếu người A lấy tấm thẻ đánh số n thì đảm bảo người B chọn được tấm thẻ đánh số 2n + 2 . Hỏi người A có thể lấy được nhiều nhất bào nhiêu tấm thẻ trên bàn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
6 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 4 (Đề thi có một trang) Câu 1. (5.0 điểm). a) Cho các nguyên a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a33 + b = 2( c 3 - 8d 3) . Chứng minh rằng a + b + c + d chia hết cho 3. b) Tìm tất cả các số nguyên tố x sao cho 2x2 +x là số nguyên tố. Câu 2. (5.0 điểm). a) Giải phương trình 2x2 + 11x + 19 + 2x2 + 5x + 7 = 3( x + 2) x+y+z=3   1111 b) Tìm tất cả các bộ ba số (x; y; z) thỏa mãn  ++= xyz3  2 22 x +y +z =17 Câu 3. (3.0 điểm). 3 3 a) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn 0<x,y,z< và xy + yz + zx = . Tìm giá trị nhỏ 2 4 nhất của biểu thức: 4x 4y 4z P= + + 3 - 4x222 3 - 4y 3 - 4z b) Cho a, b, c là đồ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: abc2016 2016 2016 + +≥ a2015 +b 2015 +c 2015 b+c-a c+a-b a+b-c Câu 4. (6.0 điểm). Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Lấy điểm Q bất kì trên cạnh BC (Q khác B và C). Trên tia đối của tia BA lấy điểm P sao cho CQ.AP = a2 . Gọi M là giao điểm của AQ và CP. a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, M cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi I, J, K lần lượt là hình chiếu của M trên AB, BC, CA. 1. Xác định vị trí của Q để IK có độ dài lớn nhất. 2. Chứng minh MI22 + MJ + MK 2 không đổi khi Q di chuyển trên cạnh BC. Câu 5. (1.0 điểm). Cho bảng ô vuông kích thước 10.10 gồm 100 ô vuông có kích thước 1x1. Điền vào mỗi ô vuông của bảng này một số nguyên dương không vượt quá 10 sao cho hai số ở hai ô vuông chung cạnh hoặc chung đỉnh nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng trong bảng ô vuông đã cho có một số xuất hiện ít nhất 17 lần. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
7 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014– 2015 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 4 (Đề thi có một trang) Câu 1: (5,0 điểm) 111 a) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn abc = 1 và abc++= + + abc Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số a, b, c bằng 1 b) Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng A =++22131nn+− 31 là hợp số Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x32− xx = 32 −+ 6 x 4 x32+2 xy += 12 y 0 b) Giải hệ phương trình:  22  xy+=8 12 Bài 3: (2,0 điểm) 111 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn ++=3. abc 111 Tìm giá trị lớn nhất của: P = ++ a2−+ ab b 22 b −+ bc c 22 c −+ ca a 2 Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H a) Chứng minh rằng: cos2BAC ++< cos 22 CBA cos ACB 1 b) P là điểm thuộc cung nhỏ AC của đường tròn (O). Gọi M, I lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC và HP. Chứng minh rằng MI vuông góc với AP Bài 5: (2,0 điểm) pp2 −−2 a) Tìm các số nguyên tố p sao cho là lập phương của một số tự nhiên 2 b) Cho 5 số thực không âm a, b, c, d, e có tổng bằng 1. Xếp 5 số này trên một đường tròn. Chứng minh rằng luôn tồn tại một cách xếp sao cho hai số bất kì cạnh nhau có diện 1 tích không lớn hơn 9 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
8 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2013– 2014 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 5 (Đề thi có một trang) Câu 1: (5,0 điểm) 111 1 a) Cho các số thực khác 0 thỏa mãn a + b + c = 2014 và ++= abc 2014 111 Tính giá trị M =++ abc2013 2013 2013 2 b) Tìm số tự nhiên n để 25nn−+31− 12 là số nguyên tố Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình xx2 −2 − 22 x +− 1 2 = 0  x22+ y =4 x −+ 52 xy b) Giải hệ phương trình  4 4 2 22 x+ y =9 z −− 54 z − 2 xy Bài 3: (2,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 6 và 0≤≤abc ,, 4 Tìm giá trị lớn nhất của P=+++ a222 b c ab ++ ac ca Bài 6: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O). Gọi điểm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tia AI cắt đường tròn (O) tại M (điểm M khác điểm A). a) Chứng minh các tam giác IMB và IMC là các tam giác cân. b) Đường thẳng MO cắt đường tròn tại điểm N (N khác điểm M) và cắt cạnh BC tại BAC IP điểm P. Chứng minh rằng: sin = . 2 IN c) Gọi các điểm D, E lần lượt là hình chiếu của điểm I trên các cạnh AB, AC. Gọi các điểm H, K lần lượt đối xứng với các điểm D, E qua điểm I. Biết rằng AB + AC = 3BC, chứng minh các điểm B, C, H, K cùng thuộc một đường tròn. xy Bài 5: (2,0 điểm) 1) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn5−= 2 1. 2) Cho lục giác đều ABCDEF cạnh có độ dài bằng 1 và P là điểm nằm trong lục giác đó. Các tia AP, BP, CP, DP, EP, CF cắt các cạnh của lục giác này lần lượt tại các điểm M1, M2, M3, M4, M5, M6 (các điểm này lần lượt khác các điểm A, B, C, D, E, F). Chứng minh lục giác M1M2M3M4M5M6 có ít nhất một cạnh có độ dài lớn hơn hoặc bằng 1. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
9 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012– 2013 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 6 (Đề thi có một trang) Câu 1. ( 5 điểm) a) Tìm các sso thực a, b sao cho đa thức 4x4 – 11x3 – 2ax2 + 5bx – 6 chia hết cho đa thức x2 -2x -3. b) Cho biểu thức Pa=−+( 20138 a 2012 11 a 2011) +−+( b 20138 b 2012 11 b 2011 ) Tính giá trị của P với a =45 + và b =4 − 5. Câu 2. ( 5 điểm) 6x22− y − xy + 5 x + 5 y −= 60 a) Giải hệ phương trình:  22  20xy− − 28 x += 9 0 b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 6x22+ 10 y + 2 xy −− x 28 y + 18 = 0 123 Câu 3. (2 điểm) Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn: ++=3. . Chứng minh: abc 27ab228 c 2 3 ++ ≥ cc( 2+9 a 2) a( 4 a 22 ++ b) b( 94 b 2 c 2) 2 Câu 4. (7 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) và AB < AC. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi I là giao ddiemr của hai đường thẳng EF và CB. Đường thẳng AI cắt (O) tại M (M khác A). a) Chứng minh năm điểm A, M, F, H, E cùng nằm trên một đường tròn. b) Gọi N là trung điểm của BC. Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng. c) Chứng minh BM. AC + AM.BC = AB. MC. Câu 5 (1 điểm) Cho 2013 điểm A1, A2, ,A2013 và đường tròn (O; 1) tùy ý cùng nằm trong mặt phẳng. Chứng minh trên đường tròn (O; 1) đó, ta luôn có thể tìm đường một điểm M sao cho MA1 + MA2 + + MA2013 2013 ≥ Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
10 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011– 2012 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 7 (Đề thi có một trang) Câu 1. (5 điểm) 1) Cho biểu thức Aabc=( 2012 ++ 2012 2012) −( abc 2008 ++ 2008 2008 ) với a,b,c là các số nguyên dương. Chứng minh A chia hết cho 30. 2012 2) Cho fx( ) =(2 x3 −− 21 x 29) . 49 49 Tính f(x) tại x =+3377 +− 88 Câu 2. (5 điểm) 1) Giải phương trình: x22+12 += 5 3 xx + + 5 x22+ xy +−− x y20 y = 2) Giải hệ phương trình:  22  x− y ++= xy6 Câu 3. (2 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn: 2x22+ 3 y − 5 xy −+ x 3 y −= 40 Câu 4. (4 điểm) Cho A là điểm thuộc nửa đường tròn tâm O đường kính BC (A không trùng với B, C). Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Đường tròn đường kính AH căt AB, AC lần lượt tại M, N. 1) Chứng minh AO MN. 2) Cho AH = 2 , BC = 7 . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC. ⊥ Câu 5. (4 điểm) √ √ 1) Gọi h1, h2, h3, r lần lượt là độ dài các đường cao và bán kính đường tròn nội tiếp của một tam giác. Chứng minh rằng tam giác đó là tam giác đều khi và chỉ khi: 1 1 1 1 + + = + + + 3 2) Trong mặt phẳng cho 8045 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các ℎ1 2ℎ2 ℎ2 2ℎ3 ℎ3 2ℎ1 điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2012 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
11 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010– 2011 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 8 (Đề thi có một trang) 4xxx32− 16 +− 21 9 Bài 1. (2 điểm) Rút gọn biểu thức : A = x −1 Bài 2. (5 điểm) 1, Giải phương trình: 2(x2 + 2x + 3) = 5 xxx32+3 ++ 32 2, Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn: 4x2 – (8y + 11)x + (8y2 + 14) = 0 Tìm y khi x lẫn lượt đạt được giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất. Bài 3. (5điểm) 1, Tìm 7 số nguyên dương sao cho tích các bình phương của chúng bằng 2 lần tổng các bình phương của chúng. 2, Cho các số thức không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của: B = (4x2 + 3y) (4y2 + 3x)+ 25xy Bài 4. ( 6 điểm ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC. 1, Vẽ về phía ngoài tam giác ABC nửa đường tròn (I) đường kính AB và nửa đường tròn (K) đường kính AC. Đường thẳng qua A cắt hai nửa đường tròn (I), (K) lần lượt tại các điểm M, N( M khác A, B và N khác A,C) Tính các góc của tam giác ABC khi diện tích tam giác CNA bằng 3 lần diện tích tam giác AMB 2, Cho AB < AC và điểm D thuộc cạnh AC sao cho AD = AB. Gọi E là hình chiếu của điểm D trên đường thẳng BC và điểm F là hình chiếu điểm A trên đường thẳng DE. AF AF So sánh và với cos AEBˆ AB AC Bài 5. (2 điểm) Hai người chơi trò chơi như sau: trong hộp có 311 viên bi, lần lượt từng người lấy k viên bi, với k ∈{1, 2, 3} . Người thắng là người lấy được viên bi cuối cùng trong hộp bi đó. 1, Hỏi người thứ nhất hay người thứ 2 thắng và chiến thuật chơi thế nào để thắng? 2, Cũng hỏi như câu trên, khi đề bài thay 311 viên bi bằng n viên bi, với n là số nguyên dương? Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
12 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009– 2010 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 9 (Đề thi có một trang) Câu 1. (4 điểm) 3( 2+− 5) 3 17 5 38 31 3 2010 2009  Tính giá trị biểu thức: Ax=( +− xx) với x = 5+− 14 6 5 Câu 2. (4 điểm) a. Giải phương trình xxxx432+3 − 2 − 6 += 40 xy++=+ x y a 1 b. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất  22  x y+= xy a Câu 3. (4 điểm) a. Giải bất phương trình: xxx43+ ++1 ≤ 0 xx43− +21 xx 2 −+ 111 b. Tìm giá trị lớn nhất của: B = ++ xy3++ 3111 yz 33 ++ zx 33 ++ Với x, y, z là các số dương và xyz = 1 Câu4. (6 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). D là một điểm bất kì thuộc cung nhỏ AC(D khác A và C). Gọi M,N lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D tới các đường thẳng AB, AC. Gọi P là giao điểm các đường thẳng MN,BC. 1) Chứng minh DP và BC vuông góc với nhau 2) Đường tròn (I; r) nội tiếp tam giác ABC. Tính IO với R = 5cm, r =1,6 cm. Bài 5. (2 điểm) Tìm x,y nguyên dương để C là một số nguyên dương với xx3 + C = xy −1 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
13 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2008– 2009 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 10 (Đề thi có một trang) Câu 1 (4 điểm) 1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a ta đều có (aa3 + 5 ) là số nguyên chia hết cho 6. 10 102 103 1010 2) Cho A =27309 + 27309 + 27309 ++ 27309 . Tìm số dư trong phép chia A cho 7. Câu 2 (4 điểm) 11 4 1) Chứng minh +≥ , với x > 0, y > 0. Xảy ra đẳng thức khi nào? x y xy+ 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P, biết 2 35 P = ++2,ab với a > 0, b > 0 và ab+≤4 a22+ b ab Câu 3 (4 điểm) Cho phương trình x + m – 1 = m 2 1 (với x là ẩn số). 3 1) Giải phương trình khi m = 3. √ − 2) Với giá trị nào của m thì phương trình đã cho có nghiệm lớn hơn 1? Câu 4 (4 điểm) Cho đường tròn (O; 3) và điểm A cố định (A khác O). Chứng minh: 1) Nếu HK là đường kính của đường tròn (O; 3) thì AH 3 hoặc AK 3. 2) Tồn tại hình thang cân MNPQ nội tiếp đường tròn (O; 3) thỏa mãn đồng thời hai ≥ ≥ điều kiện MA + NA + PA + QA > 12 và MN + NP + PQ + QM < 12. Câu 5 (4 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và C là điểm chính giưa của cung AB. Lấy điểm M tùy ý trên cung BC (M khác B). Gọi N là giao điểm của hai tia OC và BM; H, I lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AO, AM; K là giao điểm của đường thẳng BM và HI. 1) Chứng minh các điểm A, H, K và N cùng nằm trên một đường tròn. R 10 Xác định vị trí của điểm M trên cung BC (M khác B) sao cho AK = 2 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
14 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2007– 2008 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 11 (Đề thi có một trang) Câu 1. (4 điểm) a. Tìm số nguyên p thoả mãn: (p + 4), (p + 8) cũng là các số nguyên số b. Tìm số hữu tỉ a thoả mãn: 2a + 5a là số tự nhiên và là số chính phương Câu 2. (4 điểm) Cho 1 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ≥ Ax= −+1 x2 − 57 x + Câu 3. (4 điểm) Cho phương trình 2 2(2 + ) + 8 4 = 3 + 8 2 3 với x là ẩn số − − √ a. Giải phương trình khi m=1 b. Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm Câu 4. (4 điểm) Cho đa giác đều 91 đỉnh mỗi đỉnh của đa giác. Mỗi đỉnh của đa giác được tô bởi một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh luôn tìm được 3 đỉnh trong 91 đỉnh của đa giác thoả mãn: 3 đỉnh này cùng màu và 3 đỉnh của một tam giác cân có ít nhất một góc nhỏ hơn 60 . 0 Câu 5. (4 điểm) Cho đường tròn (O’,R) và dây BC cố định (BC < 2R) . A là điểm di chuyển trên cung lớn BC (A khác B,C). Gọi M là trung điểm của đoạn AC, H là hình chiếu vuông góc của M trên AB. Xác định vị trí của điểm A trên cung lớn BC để đoạn CH có độ dài lớn nhất. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
15 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2006– 2007 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 12 (Đề thi có một trang) Câu 1. (4 điểm) Cho x, y là các số thỏa mãn x + y = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biều thức A = x3 + y3 + 2xy Câu 2. (4 điểm) a, Cho p là số tự nhiên khác 0. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 5px – 1 = 0 x3, x4 là hai nghiệm của phương trình x2 + 4px – 1 = 0 Chứng minh rằng tích: (x1 – x3) (x2 – x3)(x1 + x4) (x2 + x4) là một số chính phương b, Tìm số tự nhiên m thỏa mãn đồng thời các điều kiện 9000 < m < 10000, m chia cho 95 dư 25 và m chia cho 97 dư 11 Câu 3. (4 điểm) a, Tìm các số a, b để phương trình (x -1)(x – a) + 1 = (x -2 )(x + b) có ít nhất 3 nghiệm x = 30, x =3 và x = 2007 b, Giải phương trình 11 3 2 x2 −+−= xx , với điều kiện 44xx 2 Câu 4. (4 điểm) Trong mặt phẳng cho 19 điểm phân biệt, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng và nằm trong hình chữ nhật kích thước 2x3. Chứng minh rằng trong 19 điểm đã cho có 3 3 điểm nằm trong hình tròn bán kính và tạo thành một tam giác có ít nhất một góc không 4 vượt quá 45o Câu 5. (4 điểm) Trong đường tròn (O, R), cho dây AB cố định (AB < 2R) và C là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Gọi M là điểm tùy ý trên cung lớn AM với dây AB. a, Chứng minh tích CM.CN có độ lớn không phụ thuộc vào vị trí của M 1 b, Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn AB sao cho AM – BM = AB 3 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
16 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2005– 2006 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 13 (Đề thi có một trang) Câu 1. (4 điểm) a. Cho năm chữ số 1,3,5,7,9. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được thành lập từ năm chữ số đã cho? b. Chứng minh tồn tại số tự nhiên n khác không thoả mãn(13579n − 1) chia hết cho 313579 Câu 2. (4 điểm) Cho phương trình x2 − mx −=40 (x là ẩn số) a. chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt , với mọi giá trị 27( xx++) = 12 1 2 của m. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A 22 xx12+ b. Tìm các giá trị của m sao cho hai nghiệm của phương trình đều là số nguyên Câu 3. (4 điểm) Giải phương trình xx2 −=1 33 + 1 Câu 4. (4 điểm) Trong mỗi ô của bảng vuông 3x3 ta điền các dấu + hoặc - để được bảng như sau trong hình 1 + - + - + - - + + + - + + - - - + + Hình 1 Hình 2 Ta thực hiện phép biến đổi: “Đổi ngược dấu của tất cả các ô trong cùng một dòng hoặc trong cùng một cột”. Hỏi sau một số hữu hạn lần áp dụng phép biến đổi trên ta có thể thu được bảng trong hình 2 không? Tại sao? Câu 5. (4 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2 và điểm C là điểm của cung AB. gọi M là điểm tuỳ ý trên cung BC (M B,C). Kẻ dây BK song song với CM. Đường tròn đường kính MK cắt tia BM tại điểm thứ hai là S. xác định vị trí của điểm M sao cho khoảng cách ≠ từ điểm S đến AB là lớn nhất và tính khoảng cách lớn nhất đó. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
17 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TỈNH HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2004– 2005 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 14 (Đề thi có một trang) Câu 1. (4 điểm) a. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số mà chữ số hàng đơn vị là 4? b. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số thoả mãn có chữ số hàng đơn vị là 4 và chi hết cho 3? Câu 2. (4 điểm) Cho a, b là các số thoả mãn 0 < a < 3, 0 < b < 4. Tìm gái trị nhỏ nhất của tổng: 22 A= ab22 ++(34 − a) +−( b) Câu 3. (4 điểm) Cho phương trình ( xxxxmm22−2)( − 22 −−) + = 0 a. với giá trị nào của m thì x =15 + là nghiệm của phương trình đã cho? b. Tìm tất cả giá trị của m để phương trình trên có 4 nghiệm phân biệt và xác định các nghiệm đó. Câu 4. (4 điểm) Cho 53 số nguyên dương phân biệt có tổng không lớn hơn 2004. Chứng minh rằng luôn tìm được 6 số trong 53 số đã cho thoả mãn: 6 ố này chia được thành 3 cặp số , mà mỗi cặp đều có tổng bằng 53. Câu 5. (4 điểm) Cho tam giác vuông ABC ( = 90 ). Nội tiếp trong đường tròn (O). M là một điểm tuỳ ý thuộc đường tròn ( , , ). Gọ표i I là trung điểm của đoạn AM và h là hình chiếu ̂ vuông góc của I trên đường thẳng CM . Hãy xác định vị trí của M sao cho tam giác ACH ≠ có diện tích lớn nhất. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
18 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2003– 2004 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 15 (Đề thi có một trang) Câu 1. (4,0 điểm) a) Chứng minh rằng 2++− 3 4 2 3 − 21 − 12 3 là số tự nhiên 11 1 1 b) Cho số S = + + ++ . 3( 1+++ 2) 5( 2 3) 7( 3 4) 97( 48 + 49 ) 3 So sánh S với 7 Câu 2. (4,0 điểm) Cho bốn số x, y, z, t có tổng bằng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( xyzxy++)( +) A = . xyzt Câu 3. (4,0 điểm) Giải phương trình: x2−2( x + 1) x 22 −− 1 3 xx + 6 −= 1 0. Câu 4. (4,0 điểm) Cho 100 điểm phân biệt và một đường tròn (O) cố định có bán kính 1 cm. Chứng minh rằng tồn tại một đa giác 2004 đỉnh nội tiếp đường tròn (O) sao cho: Tổng các khoảng từ mỗi đỉnh đa giác đó đến 100 điểm đã cho đều không nhỏ hơn 100 cm. Câu 5. (4,0 điểm) Cho nữa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, một dây MN = R di chuyển trên nữa đường tròn. Qua M kẻ đường thẳng song song với ON, đường thẳng này cắt đường thẳng AB tại E. Qua N kể đường thẳng song song với OM, đường thẳng này cắt đưởng thẳng AB tại F. a) Chứng minh hai tam giác MNE và NFM đồng dạng; b) Gọi I là giao điểm của EN và FM. Hãy xác định vị trí của dây MN để tam giác MIN có chu vi lớn nhất. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
19 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2002– 2003 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 16 (Đề thi có một trang) Câu 1. (4,0 điểm) a) Nếu viết liên tiếp 9999 số 2003 ta được số mới A = 20032003 2003. Hãy tìm số dư trong phép chia số A cho 9999. b) Cho a, b là các số tự nhiên khác ) và (a22+ b) ab. ab22+ Hãy tính gía trị của biểu thức: . ab Câu 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình 2xx+ 41222 −+ xx − 412. −= b) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm: 2x+ 412 x2 −+ x − 41422. x22 −= xx − ++ m 2 Hãy tính nghiệm của phương trình trong trường hợp có nghiệm. Câu 3. (4,0 điểm) 21 Cho 0 < x < 2. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = + . 2 − xx Câu 4. (4,0 điểm) Cho 10 điểm phân biệt, không có ba điểm nào thẳng hàng và nằm trong một tam giác đều có cạnh là 2 cm. Chứng minh rằng luôn tìm được 3 điểm trong 10 điểm đã cho, 3 điểm này lập thành một tam giác thỏa mãn đồng thời các đều kiện sau: Là tam giác có 3 diện tích không vượt quá cm2 và có ít nhất một góc nhỏ nhỏ hơn hoặc bằng 45o. 3 Câu 5. (4,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một dây AB cố định, AB = R 3 . Gọi P là điểm chính giữa cung nhỏ AB. Đường thẳng d quay quanh P nhưng luôn cắt đoạn AB tại điểm N (N ≠ A, B) và cắt (O) tại điểm thứ hai là M. Gọi I là điểm nằm trên đoạn thẳng BM sao cho 1 BI= BM. 3 a) Chứng minh rằng AP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. b) Hãy dựng đường thẳng d sao cho tổng các khoảng cách từ điểm I đến hai đường thẳng AO và AP là nhỏ nhất. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
20 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2001– 2002 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 17 (Đề thi có một trang) Bài 1. (4,0 điểm) a) Gọi A là tích 2002 số tự nhien liên tiếp khác 0 đầu tiên. Ta chia A lần lượt cho 1; 2; 3; ; 2002 được các thương tương ứng là A1; A2; ;A2002. Chứng minh rằng tổng (A1 + A2 + + A2002) chia hết cho 2003. b) Cho n là số tự nhiên khác 0 và p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh trong hai số (pn + 1) và (2pn + 1) có ít nhất một số là hợp số. Bài 2. (4,0 điểm) Cho phương trình: x2 +−−( ab22) xab +−−=( 270) Trong đó a ≥ 3 và b ≤ 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất mà nghiệm của phương trình có thể đạt được. Bài 3. (4,0 điểm) Giải phương trình xxxx+=121221241( ++) ( ++) ( +) Bài 4. (4,0 điểm) Trong hình chữ nhật kích thức 7 cm × 10 cm,ta đặt 7 điểm khác nhau một cách hú họa. Chứng minh rằng luôn tìm được 2 điểm trong 7 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 5 cm. Bài 5. (4,0 điểm) Dựng một tam giác thỏa mãn hai điều kiện: Độ dài hai trung tuyến là m, n và diện tích tam giác là lớn nhất. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
21 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2000– 2001 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 18 (Đề thi có một trang) Bài 1. (4,0 điểm) Cho 2000 số a1, a2, ,a2000 lớn hơn -1 và có tổng là 2. Chứng minh: aa1 ++12 ++ 1 + a2000 +≤ 1 2001. Hỏi đẳng thức có xảy ra không, vì sao? Bài 2. (4,0 điểm) 1) Hãy tìm số tự nhiên n thỏa mãn: 12345nnnn+++ 2) Chứng minh rằng trong 5 số nguyên bất kì bao giờ cũng tìm được 3 số có tổng chia hết cho 3. Bài 3. (4,0 điểm) m 2 + += Cho phương trình: 8xx 10 3 2 4xx++ 73 1) Giải phương trình khi m = 1. 2) Tìm giá trị của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. Bài 4. (4,0 điểm) Cho hình chữ nhật có cạnh là 2m, 3m và 9 đường thẳng phân biệt thỏa mãn: mỗi đường thẳng đều chia tư giác thành hai phần có tỉ lệ là 1 : 2. Chứng minh rằng tồn tại 2 đường thẳng trong số 9 đường thẳng đã cho có tính chất: cùng tạo với một cạnh của hình 1 chữ nhật tạo thành tam giác có diện tích nhỏ hơn m2. 2 Bài 5. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A và điểm M tùy ý nằm miền trong tam giác. Gọi D, E, F theo thứ tự là hình chiếu của M trên BC, AC, BC. Hãy xác định M để tổng: MD222++ ME MF Có giá trị nhỏ nhất. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
22 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 1999– 2000 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 19 (Đề thi có một trang) Bài 1. (4,0 điểm) a) Viết liên tiếp 2000 số 1999 ta được số: A = 19991999 1999 Hãy tìm số dư của A cho 10001. b) Với n là số tự nhiên cho trước, xét hai số: AB=+=−221nn++ 2; 1 2 21 nn ++ 2 1 Chứng minh rằng trong hai số A, B có một số chia 5 dư 4 và một số chia cho 5 dư khác 4. Bài 2. (4,0 điểm) Cho x, y là số nguyên dương thỏa mãn x + y = 1999. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của xy. Bài 3. (4,0 điểm) Cho phương trình: ( xx22−+2 1)( xxmxx −− 2) ( 2 −+= 2) 20 a) Giải phương trình khi m = -2. b) Tìm giá trị của m để phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt. Bài 4. (4,0 điểm) Cho 9 điểm khác nhau trên một đường tròn. Ta tô màu 9 điểm đó một cách hú họa để được 5 điểm màu đỏ, 4 điểm màu xanh. Sau đó ta thực hiện liên tiếp các phép biến đổi sau: “giữa hai điểm liền nhau ta xác định điểm mới, điểm này được tô mầu đỏ nấu hai điểm này cùng mầu, và được tô màu xanh nếu hai điểm liền nhau khác mầu”. Hỏi sau một số hữu hạn lần biến đổi trên ta có thu được ta có thể thu được kết quả các điểm toàn mầu đỏ không, tại sao? Bài 5. (4,0 điểm) Cho ∆ABC có ∠>A1, v AC > AB và AH là đường cao. Trong góc A dựng các đoạn AD⊥ AB và AD= AB; AE⊥ AC và AE = AC. Gọi M là trung điểm của DE. a) Tính độ dài AM theo các cạnh của tam giác ABC b) Chứng minh A, H, M thẳng hàng Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
23 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 1998– 1999 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 20 (Đề thi có một trang) Bài 1. (4,0 điểm) Cho x =( 3 + 1) 3 63 −− 10 7 + 43. xx42−+43 Tính giá trị biểu thức: A = x1999 Bài 2. (4,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: abc A =++ bc++ ca ab + Bài 3. (4,0 điểm) Cho phương trình x2 + 5(m2 + 1)x + 1 = 0 với m là số nguyên. =nn + a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm xx12, và Sxxn 12 là số nguyên với mọi số nguyên n. b) Tìm số dư trong phép chia S1999 cho 5. Bài 4. (4,0 điểm) Một dãy nhà được đánh số theo nguyên tắc cùng chẵn hoặc cùng lẻ.Biết rằng tổng các số chỉ số của dãy nhà là 1325, hãy xác định số nhà thứ 13 kể từ đầu dãy. Bài 5. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn. Lấy điểm D trên cung BC (không chứa điểm A). Gọi H, I, K theo thứ tự là các hình chiếu của D trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng: BC AC AB 1) = + DH DI DK 2) H, I, K thẳng hàng Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
24 Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 1997– 1998 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 21 (Đề thi có một trang) Bài 1. (4,0 điểm) 1) Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng với 1 là một số chính phương. 2) Tìm tất cả số tự nhiên a, b sao cho Aa=44 + 4 blà số nguyên tố. Bài 2. (3,0 điểm) Cho các số a, b thỏa mãn ab22+ +=9 6 ab + 4. Chứng minh rằng: 7≤+≤ 3ab 4 27 Khi nào đẳng thức xảy ra. Bài 3. (5,0 điểm) 2  x+≤ x xa ++13 Cho hệ  432 2 2 x+3 xa +( − 2) x − 31 x +− a = 0 1) Giải hệ với a = -3. 2) Tìm giá trị của a để hệ có nghiệm duy nhất. Bài 4. (3,0 điểm) Trên mặt phẳng cho 17 điểm sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Tất cả điểm được nối với nhau từng cặp bằng các đoạn thẳng, mỗi đoạn thẳng đó được to 1 trong 3 màu: xanh, đỏ, vàng. Chứng minh rằng luôn tìm được một tam giác có các cạnh cùng màu. Bài 5. (4,0 điểm) Cho 2 đường tròn (O1; R1) và (O2; R2) cắt nhau tại 2 điểm A, B (R1 < R2). Hãy xác định điểm I sao cho mọi đường tròn đi qua A và I đều cắt hai đường tròn đã cho tại giao điểm thứ hai cách điều I. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
25 Website:tailieumontoan.com HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 1 (2018-2019) Câu 1: a) Phương trình: 3 21−=−xx − 1 (*) ĐKXĐ: x ≥1 . ax=3 2 − Đặt  với a≤≥ 1,b 0. bx= −1 ax3 =2 − ⇒ ⇒+=ab321.  2 bx= −1 Từ (*) ta có: ab=1 − ⇒=−ba1 . 2 Thay ba=1 − vào thệ thức ab32+=1 ⇒ aa3 +−(11) = ⇔aa32 + −2 a += 11 ⇔+−aa3220 a = ⇔aa( 2 +− a 20) = ⇔aa( +2)( a −= 10) . 20−=x * Nếu a = 0 (Thỏa mãn) ⇒=b 1. Ta được  ⇔=x 2 (Thỏa mãn ĐKXĐ). x −=11 28−=−x * Nếu a +=20⇔=−a 2 ⇒=b 3. Ta được  ⇔=x 10 (Thỏa mãn ĐKXĐ). x −=19 21−=x * Nếu a −=10 ⇔=a 1 ⇒=b 0 . Ta được  ⇔=x 1 (Thỏa mãn ĐKXĐ). x −=10 Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {1; 2;10} . 22 2  b) S =−−−1 1 1 . 2.3 3.4 2020.2021  12nn2 +− (nn−+12)( ) Với n∈ ta có: 1−= = . nn( ++11) nn( ) nn( + 1) Áp dụng kết quả trên ta có: 1.4 2.5 3.6 2019.2022 (1.2.3 2019) .( 4.5.6 2022) 1.2022 337 S = . . = = = . 2.3 3.4 4.5 2020.2021 (2.3.4 2020) .( 3.4.5 2021) 2020.3 1010 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
26 Website:tailieumontoan.com 337 Vậy S = . 1010 Câu 2: a) Ta có: (a22++ ab b )9 ⇒49(a22 ++ ab b ) ⇒ −+2 2 (2ab) 39 b (1) 2 Mà 33b2  nên (23ab− )  mà 3 là số nguyên tố nên (23ab− ) . 2 (23ab− ) nên (29ab− )  . (2) Từ (1) và (2) ⇒ 39b2  ⇒ b2 3 mà 3 là số nguyên tố ⇒ b3. (23ab− ) và b3 ⇒ 23a mà (2;3) = 1 nên a3. Vậy cả a vàb đều chia hết cho 3. b) Ta có tích của từ ba số tự nhiên liên tiếp trở lên thì chia hết cho 3. Theo đề bài 9n + 11 là tích k số tự nhiên liên tiếp mà 9n + 11không chia hết cho 3 nên k = 2. Đặt 9n += 11aa( + 1) với a là số nguyên dương. 9n += 11aa( + 1) ⇔4.9n += 45 4aa2 ++ 4 1 2 2 ⇔(2a +− 1) ( 2.3n ) = 45 ⇔(2aa +− 1 2.3nn)( 2 ++ 1 2.3) = 45 . Vì an, nguyên dương và 2a ++ 1 2.3n ≥ 9 nên xảy ra các trường hợp sau: n 2a +− 1 2.3 = 9( 1) Trường hợp 1.  n 2a ++ 1 2.3 = 5( 2) Từ(1) và (2) ta có 4a += 2 14 ⇔=a 3 ⇒+=9n 11 12 ⇔=91n ⇔=n 0 (Loại). n 2a +− 1 2.3 = 15( 3) Trường hợp 2.  n 2a ++ 1 2.3 = 3( 4) Từ (3) và (4) ta có 4a += 2 18 ⇔=a 4 ⇒+=9n 11 20 ⇔=99n ⇔=n 1 (Thỏa mãn). n 2a +− 1 2.3 = 45( 5) Trường hợp 3.  n 2a ++ 1 2.3 = 1( 6) Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
27 Website:tailieumontoan.com Từ (5) và (6) ta có 4a += 2 46 ⇔=a 11 ⇒+=9n 11 132 ⇔=9n 121 ⇔n ∈∅. Vậy n =1. Câu 3: 11 11 11 a) Ta có +>0; +>0; +>0. xy4 − yz4 − zx4 − Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có: 2 1 1 1 11 1 = +− + +− + − 36xyyzzx . 4 . . 4 . . 4 . x4− yy 44 −− zz x 111111 ≤( x +−++−++−4 yy 44 zz x) + + + + + x4− yy 44 −− zz x 111111 ⇔36 ≤ 12 + ++ ++ x4− yy 44 −− zz x 11  11  11 ⇔+  ++  ++ ≥3 . (*) x4− yy  44 −− zz  x 111111 Giả sử ba số + , + , + đều nhỏ hơn 1 xy4 − yz4 − zx4 − 11  11  11 ⇒ +  + +  + + a2 , 10−>b2 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
28 Website:tailieumontoan.com Theo bất đẳng thức AM– GM với hai số 1,− a2 1− b2 ta có: 222 2 222 −−ab (ab+=− c) (11 a)( −≤ b )  2 2 −−ab22 ⇔ab +≤ c 2 2 2 −+(ab) ⇔≤c . (1) 2 2 Mặt khác theo bất đẳng thức AM– GM với hai số (a +1) và 1 ta có: 22 (ab+) +≥1 2.( ab +) .1 = 2( ab +) 2 (ab++) 1 ⇒+≤ab . (2) 2 22 (ab+) +12 −+( ab) 3 Từ (1) và (2) ta có: abc++≤ + = . 2 22 9 5 5 Do đó 21P ≤− = ⇒≤P . 4 4 8 11−=−ab22  2 1 Dấu “=” xảy ra khi (ab+) =1 ⇔===abc . 2  222 a+++ b c21 abc = 51 Vậy MaxP=⇔=== abc . 82 Câu 4: A E F K I M S C B H D O N Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
29 Website:tailieumontoan.com 1 a) Ta có AI là tia phân giác của góc BAC nên IAB = BAC , 2 1 BI là tia phân giác của góc ABC nên IBA = ABC . 2 Theo tính chất tổng ba góc trong ∆AIB ta có: BAC + ABC AIB=180 °− IAB + IBA =180 °− ( ) 2 180 − C =180 °− (Do BAC + ABC =180 °− C theo tính chất tổng ba góc của tam giác) 2 C =90 °+ . 2 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CE= CD ⇒∆CED cân tại C 180°−C ⇒ DEC = . 2 Lại có: AES=180 °− DEC (Hai góc kề bù) 180°−CC  =180 °− =90 °+ . 22 C ⇒= AIB AES =90 °+ . 2 Mặt khác EAS = IAB (Tính chất tia phân giác). Do đó: ∆∆IAB# EAS (g - g). b) Ta có: ∆∆IAB# EAS ⇒ ASE= ABI = IBD . Tứ giác IBDS có IBD += ISD ASE +=° ISD 180 ⇒ Tứ giác IBDS nội tiếp. 1 ⇒=ISB IDB =°90 (Góc nội tiếp cùng chắn BI nhỏ) mà IAB = BAC =45 °(Tính chất tia 2 phân giác) ⇒∆ASB vuông cân tại S. ∆ASB vuông cân tại S có SA là đường trung tuyến nên SA là đường trung trực của AB. (*) Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
30 Website:tailieumontoan.com 1 Mặt khác ∆ABC vuông có AO là trung tuyến nên OA= OB = BC 2 ⇒ O thuộc đường trung trực của AB . ( ) Từ (*) và ( ) ⇒ Ba điểm KOS,,thẳng hàng. AK IK c) Vì AI là tia phân giác của ∆AMK nên = . (1) AM IM IK FK IF //AM (Cùng vuông góc với AB ) ⇒ = (Định lý Ta lét). (2) IM FA AK FK AK AM Từ (1) và (2) ⇒=⇒= . (3) AM FA FK AF AN SA Mặt khác ID//AN (Cùng vuông góc với BC ) ⇒ = (Hệ quả định lý Ta lét) ID SI SA AK AN AK mà IF //KS (Cùng vuông góc với AB ) ⇒ = nên = . (4) SI FK ID FK AM AN Từ (3) và (4) ta có = . AF ID Tứ giác AEIF có EAF = AFI = AEI =90 ° nên tứ giác AEIF là hình chữ nhật ⇒==AF EI ID . AM AN Ta có AF= ID và = nên AM= AN . AF ID Câu 5: Ta thấy hai ô vuông ở hai góc đối của hình vuông 10× 10 là xa nhau nhất. Gọi các số được điền vào mỗi ô vuông đó lần lượt là aaa1, 2 , 3 , , a 19 . Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
31 Website:tailieumontoan.com a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13 a14 a15 a16 a17 a18 a19 Ta có ⇔−1a <12 − a < 1. Tương tự ta có: −<1a − a < 1; 23 ; aa12−<1 −<1aa18 − 19 < 1. Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có: −<−18aa1 19 < 18 ⇔−aa1 19 <18. Vì aaa1, 2 , 3 , , a 19 là các số nguyên nên chỉ có tối đa 19 số nguyên khác nhau được điền vào trong bảng. Có 100 ô vuông trên bảng nên theo nguyên lý Dirichle thì sẽ có một số xuất hiện trên bảng 100 ít nhất là +=16 (lần). 19 ĐỀ SỐ 2 (2017-2018) Võ Quốc Bá Cẩn- Nguyễn Phúc Lữ - Nguyễn Lê Phước Câu 1: 1 1 1 2017 a) Từ giả thiết, ta có: P=( abc ++) + + −=3 2018. −= 3 2014. bc++ ca ab + 2018 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
32 Website:tailieumontoan.com b) Điều kiện x22++≠ xy y 0.Từ phương trình suy ra x – y ≠ 0. Bây giờ, ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng13( x−= y) 7( x22 ++ xy y ).( 1) Từ đây, ta có 13(x – y) chia hết cho 7. Mà (13, 7) = 1 nên x – y chia hết cho 7. (2) 2213122 2 Mặt khác, ta lại có: x++= xyy( xy −) +( xy +) ≥( xy −) . 444 7 2 Do đó kết hợp với (1) ta suy ra: 13( xy−≥) ( xy −) . 4 52 Từ đó, với chú ý x – y ≠ 0, ta có đánh giá 0. 0 nên từ phương trình ta suy ra 2 1 x > 0. Bây giờ, đặt ax=63 + ta có 6x2 + 2x +1 = 6x2 + a2 nên phương trình đã cho viết lại 3 1 thành: 6x22+ a = 3 xa hay( a−6 x)( a −= 3 x) 0. 3 Từ đây ta có a = 3x hoặc a = 6x. Với a = 3x, ta có 9x2 = 6x + 3. Từ đây, với chú ý x > 0, ta giải được x = 1. 1+ 13 Với a = 6x, ta có 36x2 = 6x + 3. Từ đây, với chú ý x > 0 ta giải được x = . 12 1+ 13 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1 và x = . 12 b) Điều kiện: x ≥ -2. Từ phương trình thứ hai, suy ra y ≥ - 2. Phương trình thứ nhất của hệ có thể được viết lại thành: x3 + x = (y – 1)3 + (y – 1). Ta thấy, nếu x > y – 1 thì VT > VP còn nếu x < y -1 thị ngược lại. Do đó x = y – 1 (suy ra y ≥ -1) . Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 2 2y+= 1 y + 2, hay( y +−1 1) = 0 Giải phương trình này, ta được y = 0. Một cách tương ứng, ta có x = -1. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
33 Website:tailieumontoan.com Vậy hệ phương trình óc nghiệm (x, y) duy nhất là (-1, 0). Câu 3: a) Giả sử bộ số (m, n, p) thỏa mãi yêu cầu. Dễ thấy 0 1 nên từ (1) suy ra m + n chia hết cho p. Khi đó, ta có: Am≡ 20192018 ( mod p) . Do A chia hết cho p và 0 1, từ đó ta có m2 – mn + n2 chia hết cho 2019. Tuy nhiên, điều này không thể xảy ra do m2− mn +≡ n 223 n ( mod 2019) ≡ 0( mod 2019) . Vậy không tồn tại các số m, n, p thỏa mãn yêu cầu của đề bài. 1 b) Ta sẽ chứng minh P ≥ với dấu bằng đạt được tại (x, y, z) = (0, 1, 2) (và các hoán vị 6 1 vòng quanh của bộ này). Bất đẳng thức P ≥ tương đương với 6 16xyz 16 16 8 ++≥, yzx333+++16 16 16 3 16x16 yz 16  8 hay x − +y −  +z −  ≤++−x y z . yzx333+++16 16 16  3 Một cách tương đương, ta phải chứng minh xy333 yz zx 1 ++≤.1( ) yzx333+++16 16 16 3 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
34 Website:tailieumontoan.com Không mất tính tổng quát, giả sử y nằm giữa x và z. Ta có 2 y3 +=+16( y 4)( y − 2) + 12 yy ≥ 12 y 1 xy32 xy Nên ≤ . Từ đó ≤ . y3 +16 12 y3 +16 12 yz32 yz zx 33 zx Đánh giá tương tự, ta cũng có ≤≤,. zx33++16 12 16 12 xy3 yz 3 zx 3 xy 222++ yz zx Suy ra ++≤ (2.) yzx333+++16 16 16 12 Do y nằm giữa x và z ta có (y – z)(y – x) ≤ 0, suy ra y2 + zx ≤ xy + yz và xy2 + zx2 ≤ xy2 + xyz. Từ đó, ta có đánh giá: 2 xy222+ yz + zx ≤ yx( 2 ++ xzz 2) ≤ yxz( +) 22 =y(3 − y) =−− 44( yy)( − 1) ≤ 4. (3) 1 Từ (2) và (3) ta thu được (1). Vậy minP = . 6 Câu 4: Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
35 Website:tailieumontoan.com Câu 5: Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
36 Website:tailieumontoan.com Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
37 Website:tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 3 (2016-2017) Nguyễn Công Lợi Bài 1 (5.0 điểm). a) Chứng minh rằng n53+− 5n 6n chia hết cho 30 với mọi số nguyên dương n. • Phân tích. Đặt A=+− n53 5n 6n và để ý là 30= 2.3.5 (2, 3, 5 nguyên tố cùng nhau theo tứng đôi một) do đó ta phân tích A sao cho A chia hết cho 2, 3, 5. • Lời giải. Đặt A=+− n53 5n 6n khi đó ta có A=+−=−+ n53 5n 6n n( n 1) ( n 1) ( n2 +=−+ 6) n( n 1) ( n 1) ( n2 −+ 4 10) =−+n( n 1) ( n 1) ( n2 −+−+ 4) 10n( n 1) ( n 1) =−−+++−+(n 2) ( n 1nn) ( 1) ( n 2) 10n( 1nn) ( 1) Do (n−− 2) ( n 1nn) ( ++ 1) ( n 2) là tích của năm số tự nhiên liên tiếp nên tích này chia hết cho cả 2, 3, 5. Mà 2, 3, 5 nguyên tố cùng nhau theo từng đôi 1 nên (n−− 2) ( n 1nn) ( ++ 1) ( n 2) chia hết cho 30. Mặt khác ta lại có (n−+ 1nn) ( 1) chia hết cho 2, 3 nên chia hết cho 6. Do đó 10( n−+ 1) n( n 1) chia hết cho 30. Vậy A chia hết cho 30 hay n53+− 5n 6n chia hết cho 30. b) Tìm tất cả các số nguyên dương (x; y) sao cho x2 + 8y và y2 + 8x đều là số chính phương. • Phân tích. Dễ thấy vai trò của hai biến x và y trong bài toán như nhau nên ta có thể giả sử 2 xy≥ , khi đó ta có thấy được mối liên hệ x222+≤+<++=+ 8y x 8x x 8x 16( x 4) . Để ý là 2 x22<+ x 8y . Như vậy ta được x22<+<+ x 8y( x 4) . Do x2 + 8y là số chính phương nên ta có thể suy ra được 222 x2 +=+ 8y( x 1) ,x( + 2) ,x( + 3) Đến đây ta xét các trường hợp để tìm (x; y) thỏa mãn. • Lời giải. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử xy≥ . Khi đó ta có 2 x22<+≤+<++=+ x 8y x 2 8x x 2 8x 16( x 4) Mà x2 + 8y là số chính phương nên ta có thể suy ra được x2 + 8y nhận một trong các giá trị 222 (x+++ 1) ;x( 2) ;x( 3) 2 + Trường hợp 1. Khi x2 +=+ 8y( x 1) ta được x22+ 8y = x + 2x +⇔ 1 8y = 2x + 1, trường hợp này không xẩy ra do 8y là số chẵn và 2x+ 1 là số lẻ. 2 + Trường hợp 2. Khi x2 +=+ 8y( x 2) ta được x22+ 8y = x + 4x +⇔ 4 x = 2y − 1. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
38 Website:tailieumontoan.com Do y2 + 8x là số chính phương nên suy ra y2 +− 16y 8 là số chính phương. Khi y1= ta được x1= và cặp số (x; y) = ( 1; 1) thỏa mãn yêu cầu bài toán. 22 Xét y2≥ , khi đó ta có y2 + 16y −= 8( y + 3) +( 10y − 17) >( y + 3) 22 Đồng thời ta cũng có y2 + 16y −= 8( y + 6) − 72 +−> y8k0 và y8k;y8k++ +− cùng tính chẵn lẻ. Lại có 72= 2.36 = 4.18 = 6.12 . Đến đây ta xét các trường hợp xẩy ra để tìm y theo bản sau y8k+− 2 4 6 y8k++ 36 18 12 k 17 7 3 y 11 3 1 Đến đây ta có kết quả tương tự như trên. Bài 2 (5.0 điểm). 36 3 a) Giải phương trình 2x −+ −2x =+ 1 x x 2x • Phân tích. Phương trình đã cho có chứa hai căn thức và có ẩn ở mẫu. Quan sát kỹ phương trình 36 3 ta nhận thấy 2x −+−2x = có mối liên hệ với vế phải của phương trình, do đó ta sử xx x dụng các đánh giá để làm mất căn thức hoặc đưa hai biểu thức trong căn vào cùng một căn thức. 3 6 1 31 6 3 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 2x −+ −≤2x 1 +−+ 2x 1 +− 2x =+ 1 . x x 2 x 2 x 2x Đến đây ta giải quyết được phương trình. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
39 Website:tailieumontoan.com 36 • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x≠ 0; 2x −≥ 0; − 2x ≥ 0 hay xx 6 ≤≤x3. 2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 3 6 1 31 6 3 2x −+ −≤2x 1 +−+ 2x 1 +− 2x =+ 1 x x 2 x 2 x 2x Kết hợp với phương trình đã cho suy ra dấu bằng của các bất đẳng thức trên xẩy ra  3 −= 2x 1 3 Do đó ta có  x ⇔=x , thỏa mãn điều kiện xác định. 6 2  −=2x 1 x 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = . 2  4x  =xy +− xy −  5y b) Giải hệ phương trình   5y =xy ++ xy −  x 4x 5y • Phân tích. Quan sát hệ phương trình ta nhận thấy .2= và khi nhân hai vế phải của 5y x hai phương trình thì ta lại có ( xy+− xy −) ( xy ++ xy −) = 2y. Đến đây ta được y1= , khi 5 đó ta đưa về giải phương trình =x1 ++ x1 −. x • Lời giải. Điều kiện xác định của hệ phương trình là xy0≥>. Nhận theo vế hai phương trình của hệ đã cho ta được 4x 5y .= xy +−− xy xy ++−⇔=⇔= xy 22yy1 5y x ( ) ( ) 5 Thay vào phương trình thứ hai của hệ đã cho ta được =x1 ++ x1 −. x 5 55 5 + Xét x = . Khi đó ta được 4= ++ 11 −, đẳng thức đúng. Do đó x = là một 4 44 4 nghiệm của phương trình. 5 5 55 + Xét x > . Khi đó ta có 4 = ++ 1 −> 1 x1 ++ x1 −, do đó phương trình 4 x 44 không có nghiệm Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
40 Website:tailieumontoan.com 5 Do đó x = là nghiệm duy nhất của phương trình. 4 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x; y) =  ;1 . 4 Bài 3. Với mọi số thực không âm x, y, z thỏa mãn xyz22++= 22 . a) Chứng minh rằng x++≤+ y z 2 xy . • Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được 2 (xy++) 1z2+ 1 x 222 +++ y x 2xy + 2 x++= y z( x + y) .1 + z.1 ≤ + = =+2 xy 22 2 xy1+=  x= z = 1; y = 0 Dấu bằng xẩy ra tại z1= ⇔  . y= z = 1; x = 0  2++= 22  xyz2 xyz b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P =++. 2+++ yz 2 zx 2 xy • Lời giải. + Tìm giá trị lớn nhất của P. Áp dụng kết quả câu a ta có các bất đẳng thức xyz2xy;xyz2yz;xyz2zx++≤+ ++≤+ ++≤+ xyz x y z Khi đó ta được P1=++ ≤ + + =. 2yz2zx2xyxyz+ + + ++ xyz ++ xyz ++ Do đó giá trị lớn nhất của P là 1, dấu bằng xẩy ra tại x= y = 1; z = 0 và các hoán vị. + Tìm giá trị nhỏ nhất của P. x 2x 2x 2x Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có =≥=. 2++ yz 4 2yz 4y++22 z 6x − 2 2x x2 Ta sẽ chứng minh khi 0x≤≤ 2 thì ≥ . Thật vậy, đặt t= x2 thì ta có 0t1≤≤. 6x− 2 22 2 t2 t 2 Ta cần chứng minh ≥ ⇔t1( − t) ( 2 +≥ t) 0 là một bất đẳng thức đúng. 3t− 2 2 2x x2 Vậy ta có ≥ , dấu bằng xẩy ra tại x0= hoặc x2= . 6x− 2 22 xx2 Như vậy ta có ≥ 2+ yz 22 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
41 Website:tailieumontoan.com y yz22 z Áp dụng tương tự ta được ≥≥; . Công theo vế các bất đẳng thức ta 2++ zx22 2 xy 22 được x y z xyz2++ 22 2 2 P =++ ≥ == 2+++ yz 2 zx 2 xy 22 22 2 Dấu bằng xẩy ra khi x= 2;y = z = 0 và các hoán vị. 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là , đạt được tại x= 2;y = z = 0 và các hoán vị. 2 • Nhận xét. Câu a của bài toán chính là gợi ý để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P. Ngoài ra ta có thể tìm giá trị lớn nhất của P độc lập với gợi ý ở câu a như sau 2x 2y 2z 1 1 1 2P =++ =++−++x y z xyz  2+++ yz 2 zx 2 xy 2+++ yz 2 zx 2 xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được 111 9 9 9 ++ ≥ ≥ =>1 2+ yz 2 + zx 2 + xy 6 +++ xy yz zx 6x+++2 y 22 z 8 Khi đó ta có 2P≤++− x y z xyz = x( 1 − yz) ++ y z . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được ta lại có 2 22 x( 1− yz) ++( y z) ≤ x2 ++( y z) ( 1 − yz) + 1     =+(2 2yz) ( 2 − 2yz + y22 z) =+ 4 2y22 z( yz −≤ 1) 4 yz22+ Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì yz ≤≤2 . Do đó ta được 4P2 ≤⇒ 4 P ≤ 1. 2 Với ý thứ hai của câu b ta có thể trình bày cách khác như sau Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được 22 xyz (xyz++) (xyz++) P =++ ≥ = 2+++ yz 2 zx 2 xy x( 2+ yz) + y( 2 + zx) + z( 2 + xy) 2( x ++ y z) + 3xyz Đặt txyz=++, khi đó ta có txyz22≥++= 2 22 và t2≤ 3x( 2 ++ y 22 z) = 6. Từ đó suy ra 2t≤≤ 6. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được tt( 2 − 2) 9xyz≤( x ++ y z) ( xy + yz + zx) = 2 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
42 Website:tailieumontoan.com t2 6t Kết hợp với bất đẳng thức trên ta được P ≥=. tt( 2 − 2) t2 + 10 2t + 2 6t 2 ≥ ⇔12t ≥ 2 t2 + 10 ⇔− t 2 t − 5 2 ≤ 0 Ta có 2 ( ) . t+ 10 2 ( ) ( ) 2 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do 2t≤≤ 6. Vậy ta được P ≥ . 2 Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giác ABC (BC>> CA AB) nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC cắt tia phân giác của góc ABC tại điểm thứ hai là M. Gọi P là trực tâm của tam giác BMC. a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, P cùng huộc một đường tròn. • Phân tích. Để chứng minh bốn điểm A, A P B, C, P cùng thuộc một đường tròn ta cần có BPC = BAC . M N H Do P là trực tâm tam giác BMC nên M là O trực tâm tam giác PBC. Từ đó ta có F 0 BPC= 180 − BMC . B E C Lại thấy BAC = 1800 − BHC . Đến đây ta có I điều cần chứng minh vì BHC= BMC . K • Lời giải. Do P là trực tâm tam giác BMC nên M là trực tâm tam giác PBC. Từ đó ta có BPC = 1800 − BMC . Do H là trực tâm tam giác ABC nên BAC = 1800 − BHC . Mà ta lại có BHC = BMC do tứ giác BHMC nội tiếp. Do đó ta được BPC =−=−= 18000 BMC 180 BHC BAC . Suy ra bốn điểm A, B, C, P cùng thuộc một đường tròn. b) Đường thẳng qua H song song với AO cắt cạnh BC tại E. Gọi F là điểm trên cạnh BC sao cho CF= BE . Chứng minh ba điểm A, F, O thẳng hàng. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
43 Website:tailieumontoan.com • Phân tích. Để chứng minh ba điểm A, F, O thẳng hàng ta cần chứng minh F thuộc đường kính đi qua A của đường tròn (O) . Giả sử AK là đường kính, khi đó ta đi chứng minh ba điểm A, F, K thẳng hàng. Giả thiết cho HE song song với AK nên ta đi chứng minh FK song song với EH. Dễ thấy hai tam giác HBE và CKF bằng nhau nên KFC = HEB , đến đây ta có điều phải chứng minh. • Lời giải. Dựng đường kính AK của đường tròn (O) . Khi đó dễ dàng chứng minh được tứ giác BHCK là hình bình hành. Xét hai tam giác BHE và CKF có BE= CF; HBE = KCF; BH = CK nên ∆=∆BHE CKF . Từ đó ta được KFC = HEB , từ đó ta được HE song song với KF. Lại có AK song song với HE nên ba điểm A, F, K thằng hàng. Suy ra ba điểm A, F, O thẳng hàng. c) Gọi N là tam đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM. Chứng minh rằng PN= PO. • Phân tích và lời giải. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC. Ta có ∆=∆BHC CKB nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BKB. Từ đó ta suy ra được OB= OC = IB = IC . Chú ý rằng ON là đường trung trực của AB và OI là đường trung trực của BC, IN là đường trung trực của BM nên ta suy ra được ONI = ABM và OIN = MBC . 1 1 Từ đó dẫn đến ABM = MBC = ABC nên OIN = ONI = ABC hay tam giác OIN cân tại O, 2 2 đồng thời ta có NOI =−=− 18000 2NIO 180 ABC . Lại có POB ==−=−=− 2PCB 2( 9000 MBC ) 180 2MBC 180 0 ABC . Từ đó ta được NOI = POB nên suy ra NOP = IOB . Hai tam giác OBI và OPN có OI= ON;NOP = IOB;OB = ON nên ∆=∆OBI POB . Mà tam giác OBO cân tại B nên tam giác OPN cân tại P. Từ đó suy ra PN= PO Bài 1 (1.0 điểm). Trên bàn có 100 thể được đánh số từ 1 đến 100. Hai người A và B lần lượt chọn lấy một tẩm thẻ trên bàn sao cho nếu người A lấy tấm thẻ đánh số n thì đảm bảo người B chọn được tấm thẻ đánh số 2n+ 2 . Hỏi người A có thể lấy được nhiều nhất bao nhiêu tấm thẻ trên bàn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
44 Website:tailieumontoan.com • Phân tích. Vì B bốc thẻ có đánh số 2n+ 2 nên 2n+≤ 2 100 . Suy ra n≤ 49 . Do đó A chỉ được bốc các tấm thẻ có đánh số từ 1 đến 49. Ta xét tập {1;2;3;4; ;49}. Giả sử ta cho A bốc các tâm thẻ có đánh các số lẻ từ 1 đến 49. Như vậy A có thể bốc được 25 số. Khi đó B bốc được các 12 tấm thẻ đánh số chẵn là 4;8;12; 48 có trong tập hợp trên và 13 tấm thẻ đánh số lấy từ các số còn lại. Cho A bốc các tâm thẻ có đánh số chẵn, khi đó A bốc được 8 số tương ứng với B bốc được 8 số trong đó có bố số thuộc tập hợp trên. Như vậy tập hợp trên vừa hết số. Do đó tối đa A chỉ bốc được 33 số. Để chứng minh điều này ta chia tập hợp {1;2;3;4; ;49} thành các như sau + Nhóm 1 gồm {1;4} ,{ 3; 8} ,{ 5;12} ;{ 7;16} , ,{ 23; 48} , trong đó có 12 số A bốc được và 12 số B bốc được có trong tập hợp trên. + Nhóm 2 gồm {2;6} ,{ 10;22} ,{ 14; 30} ;{ 18; 38}, trong đó có 4 số A bốc được và 4 số B bốc được có trong tập hợp trên. + Nhóm 3 gồm {25} ,{ 27} ,{ 29} ;{ 31} , ,{ 49} , trong đó có 13 số A bốc được có trong tập hợp trên và tương ứng 13 số B bốc được từ các số còn lại. + Nhóm 4 gồm {26} ,{ 32} ,{ 42} ;{ 46} , trong đó có 4 số A bốc được có trong tập hợp trên và tương ứng 4 số B bốc được từ các số còn lại. Như vậy nếu A bốc được từ 34 số trở lên thì sẽ có hai số trùng nhau. Từ đó ta có lời giải như sau • Lời giải. Vì B bốc thẻ có đánh số 2n+ 2 nên 2n+≤ 2 100 . Suy ra n≤ 49 . Do đó A chỉ được bốc các tấm thẻ có đánh số từ 1 đến 49. Ta chia tập hợp {1;2;3;4; ;49} thành 33 tập hợp con như sau + Nhóm 1 gồm {1;4} ,{ 3; 8} ,{ 5;12} ;{ 7;16} , ,{ 23; 48} (12 nhóm). + Nhóm 2 gồm {2;6} ,{ 10;22} ,{ 14; 30} ;{ 18; 38} (4 nhóm). + Nhóm 3 gồm {25} ,{ 27} ,{ 29} ;{ 31} , ,{ 49} (13 nhóm). + Nhóm 4 gồm {26} ,{ 32} ,{ 42} ;{ 46} (4 nhóm). Trong mỗi nhóm A được chọn tối đa một số. Nếu A chọn được nhiều hơn 34 số trong các số từ 1 đến 49 thì theo nguyên lý Dirichlet sẽ tồn tại hai số bằng nhau. Do đó A chỉ chọn được tối đa 33 số. Mặt khác A chỉ chọn được 33 số sau thỏa mãn yêu cầu bài toán là Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
45 Website:tailieumontoan.com {1;3;5; ;23;2;10;14;18;25;27;29; ;49; 26; 32; 42; 46} Vậy A có thể lấy tối đa 33 tấm thẻ. ĐỀ SỐ 4 (2015-2016) Nguyễn Công Lợi Câu 1. (5.0 điểm). a) Cho các nguyên a, b, c, d thỏa mãn a33+= b 2( c 3 − 8d 3) . Chứng minh rằng abcd+++ chia hết cho 3. • Phân tích. Để chứng minh được abcd+++ chia hết cho 3 thì ta cần tạo ra tổng trong đó có chứa biểu thức abcd+++ và tổng đó chia hết cho 3. Để ý đến giả thiết a33+= b 2( c 3 − 8d 3) , ta 33 nghĩ đến biến đổi để làm xuất hiện (ab+) ++( cd) . Do đó ta sẽ thêm bớt một lượng thích hợp cho giả thiết của bài toán. Ta có a33++ b 3ab( a ++++ b) ( c33 d) 3cd( c += d) 3ab( a ++ b) 3cd( c ++− d) 3c3 15d 3 33 ⇔+(a b) ++( c d) = 3ab( a ++ b) 3cd( c ++ d) 3c33 − 15d 33 Dễ thấy 3ab( a++ b) 3cd( c ++ d) 3c33 − 15d chia hết cho 3 nên ta được (ab+) ++( cd) 33 chia hết cho 3. Đến đây ta thấy nếu viết (ab+) ++( cd) về dạng (a+++ b c d) .A thì ta chưa thể 33 khẳng định được abcd+++ chia hết cho 3. Do đó ta sẽ viết biểu thức (ab+) ++( cd) về dạng lũy thừa bậc ba của abcd+++. Ta có 33 3 (ab+) +( cd +) =( abcd +++) − 3abcdabcd( +) ( +) ( +++) Đến đây ta có đươc điều cân chứng minh. • Lời giải. Từ giả thiết a33+= b 2( c 3 − 8d 3) ta có a33++ b 3ab( a ++++ b) ( c33 d) 3cd( c += d) 3ab( a ++ b) 3cd( c ++− d) 3c3 15d 3 33 ⇔+(a b) ++( c d) = 3ab( a ++ b) 3cd( c ++ d) 3c33 − 15d 33 Dễ thấy 3ab( a++ b) 3cd( c ++ d) 3c33 − 15d chia hết cho 3 nên ta được (ab+) ++( cd) chia hết cho 3. 33 3 Mặt khác ta lại có (ab+) +( cd +) =( abcd +++) − 3abcdabcd( +) ( +) ( +++) 3 Mà 3abcdabcd( +) ( +) ( +++) chia hết cho 3 nên suy ra (abcd+++) chia hết cho 3. Do vậy abcd+++ chia hết cho 3. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
46 Website:tailieumontoan.com • Nhận xét. Bản chất bài toán trên chính là bài toán cơ bản: Nếu xy33+ chia hết cho 3 thì xy+ chia hết cho 3. b) Tìm tất cả các số nguyên tố x sao cho 2xx2+ là số nguyên tố. • Phân tích. Dễ thấy x2= không thỏa mãn yêu cầu bài toán còn x3= thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta cần chứng minh rằng khi x3> thì không tồn tại số nguyên tố thỏa mãn. Chú ý rằng khi x3> thì x là số nguyên tố lẻ ta luôn có x2 chia 3 có số dư là 1. Ngoài ra khi số nguyên tố x3> thì 2x chia 3 luôn dư 2. Điều này dẫn đến 2xx2+ luôn chia hết cho 3, do đó khi x3> thì 2xx2+ luôn là hợp số. • Lời giải. Ta xét các trường hợp sau + Khi x2= ta được 2xx+=+= 2 22 22 8 không phải là số nguyên tố. + Khi x3= ta được 2x+=+= x 2 2 32 3 17 là số nguyên tố. + Khi x3> thì x là số nguyên tố lẻ. Khi đó x2 chia 3 có số dư là 1. Ngoài ra do x là số nguyên tố lẻ nên ta đặt x=+∈ 2k 1( k N* ) . k Từ đó ta có 22x= 2k+ 1 = 2.4231 k =( + ) chia 3 có số dư là 2. Như vậy 2xx2+ luôn chia hết cho 3. Do đó 2xx2+ luôn là hợp số khi x3> . Vậy x3= là giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. • Nhận xét. Với bài toán số học dạng này ta thường thử với một số nguyên tố nhỏ x= 2; 3 . Với các số nguyên tố lớn hơn ta chứng minh không thỏa mãn. Câu 2. (5.0 điểm). a) Giải phương trình 2x22+ 11x + 19 + 2x + 5x += 7 3( x + 2) • Phân tích. Quan sát phương trình ta nhận thấy (2x22+ 11x + 19) −( 2x ++= 5x 7) 6( x + 2) nên ta nghĩ đến phép nhân liên hợp. Để ý là cần xét các trường hợp của phép nhân liên hợp có thể thực hiện được. • Lời giải. Điều kiện xácđịnh của phương trình là 2x22+ 11x + 19 ≥ 0;2x + 5x +≥ 7 0 . + Xét x2= − , ta thấy thỏa mãn phương trình, do đó x2= − là một nghiệm của phương trình. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
47 Website:tailieumontoan.com + Xét x2≠− , khi đó ta có 2x22+ 11x + 19 − 2x + 5x +≠ 7 0. Phương trình đã cho tương 6x( + 2) đương với =3( x + 2) ⇔ 2x22 + 11x + 19 − 2x + 5x += 7 2 . 2x22+ 11x +− 19 2x ++ 5x 7  22  2x+ 11x + 19 + 2x + 5x += 7 3( x + 2) Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ  22+ + − + +=  2x 11x 19 2x 5x 7 2 3x+≥ 8 0 2  Từ đó ta được 2 2x+ 11x + 19 = 3x +⇔ 8  2 ⇔x = 2 . 4 2x2 ++=+ 11x 19 3x 8  ( ) ( ) Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S={ − 2; 2} . • Nhận xét. + Kỹ thuật nhân liên hợp như trên được gọi là nhân liên hợp đưa về hệ tạm. trong bài toán này sẽ có nhiều em sai lầm khi không xét các trường hợp x2= − và x2≠− , điều này vừa cho phép nhân liên hợp không xảy ra vừa làm cho ta lấy thiếu nghiệm. + Ngoài cách nhân liên hợp thì ta cũng có thể sử dụng phép đặt ẩn phụ như sau. Đặt a= 2x22 + 11x + 19;b = 2x ++ 5x 7( a ≥ 0;b ≥ 0) . Khi đó ta có hệ phương trình a+= b 3x( + 2) a += b 3x( + 2) a+= b 3x( + 2) ⇔⇔  22−=+ +−=+ +−=+ a b 6x2( ) ( abab) ( ) 6x2( ) ( x2ab) ( ) 2x2( ) Đến đây ta có hai trường hợp x20+= và ab2−= thì thu được kết quả tương tự như trên. xyz3++=  1111 b) Tìm tất cả các bộ ba số (x; y; z) thỏa mãn  ++= xyz3 2++= 22 x y z 17 1111 111 1 • Phân tích. Để ý xyz3++= và ++= ta nhận thấy ++= , khi đó quy xyz3 x y z xyz++ đồng và phân tích thành tích ta được (x+ yy) ( + zz) ( += x) 0. Đến đây ta xét các trường hợp rồi thế vào phương trình thứ ba để tìm nghiệm cho hệ. 1111 111 1 • Lời giải. Từ xyz3++= và ++= ta được ++= . Khi đó ta được xyz3 x y z xyz++ 1 11 1 xy++ xy ++− =⇔00 + = x y z x++ y z xy zx( ++ y z) ⇔+(xyxyzxyzz) ( +++2 ) =⇔+ 0( xyyzzx) ( +) ( +=) 0 + Xét trường hợp xy0+=, khi đó từ xyz3++= ta được z3= . Cũng từ xy0+= ta được xy= − . Thế vào x2++= y 22 z 17 ta được 2x2 =⇔=± 8 x 2 . Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
48 Website:tailieumontoan.com Từ đó ta được hai bộ số (x; y; z) thỏa mãn là (2;−− 2; 3) ,( 2; 2; 3) . + Giải các trường hợp yz0+= và zx0+= ta được các bộ số là hoán vị của hai bộ số trên. Vậy các bộ số (x; y; z) cần tìm là (2;−− 2; 3) ,( 2; 2; 3) ,( 2; 3; −− 2) ,( 2; 3; 2) ,( 3; 2; −− 2) ,( 3; 2; 2) . Câu 3. (3.0 điểm). 3 3 a) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn 0<< x, y, z và xy++= yz zx . Tìm giá trị nhỏ nhất 2 4 4x 4y 4z của biểu thức P =++. 34x34y34z−−−2 22 1 • Phân tích. Dự đoán dấu bằng của bất đẳng thức xẩy ra tại xyz= = = . Quan sát bất đẳng 2 thức ta thấy biểu thức P có các đại lượng độc lập nhau về biến. Do đó ta nghĩ đến chứng minh các 4x 4y 4z bất đẳng thức ≥≥≥fx;( ) fy;( ) fz( ) . 34x−−−2 34y 22 34z Để ý rằng nếu ta thực hiện phân tích 3−= 4x2 ( 3 − 2x) ( 3 + 2x) thì trong biểu thức xuất x hiện 3 là số vô tỉ rất khó để cân bằng điểm rơi. Như vậy thay vì xét biểu thức ta đi xét 3− 4x2 2 xx2 4x = ≥ fx biểu thức 22. Vì bất đẳng thức cần chứng minh có dạng 2 ( ) nên 3− 4x (3− 4x2 ) 3− 4x ta sẽ đánh giá mẫu theo chiều tăng dần. Do trong đại lượng 3− 4x2 có −4x2 nên ta cần nhân thêm 2 vào (3− 4x2 ) một lượng kx2 để khi đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy thì biến bị triệt tiêu. Để ý 1 rằng khi x = thì ta có 8x22= 3 − 4x . Do đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được 2 3 2 222 2 22 2 28x+− 3 4x +− 3 4x 8x( 3− 4x) = 8x .( 3 − 4x) ( 3 −≤ 4x ) =8 3 x28x 44 8x 4x = ≥=x4 ≥ 4x2 Từ đó 22 nên 2 . (3−− 4x222) 8x( 3 4x ) 8 3− 4x • Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có 3 2 222 2 22 2 28x+− 3 4x +− 3 4x 8x( 3− 4x) = 8x .( 3 − 4x) ( 3 −≤ 4x ) =8 3 x28x 44 8x 4x = ≥=x4 ≥ 4x2 Từ đó ta được 22 nên 2 . (3−− 4x222) 8x( 3 4x ) 8 3− 4x 4y 4z Hoàn toàn tương tự ta có ≥≥4y22 ; 4z . 34y−−22 34z Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được P≥ 4( x2 ++ y 22 z) ≥ 4( xy ++ yz zx) = 3 . 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi xyz= = = . 2 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
49 Website:tailieumontoan.com b) Cho a, b, c là đồ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: abc2016 2016 2016 + + ≥++abc2015 2015 2015 bca+− cab +− abc +− • Phân tích. Với bất đẳng thưc cần chứng minh trên ta không thể sử dụng các đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy hay Bunhiacopxki. Do đó ta nghĩ đến phương pháp biến đổi tương đương. abc2016 2016 2016 Xét hiệu −+−+−abc2015 2015 2015 . Khi đó ta được bca+− cab +− abc +− 2015 abc2015 2015 a−+1b −+1c −1 bca+−+ cab−+ abc− 2015 abac−+− 2015 babc −+− 2015 cacb −+−  =++abc    bca+−  cab+−  abc+−  a2015 ( ab−) b2015 ( ab −) b2015 ( bc −−−) c2015 ( bc) a2015 ( ac) b2015 ( ac− ) = − +−+− bca+− cab +− cab +− abc +− bc +−a abc+− Nếu abc≥≥ khi đó ta thấy abc2015≥≥ 2015 2015 và 0bcaacbabc . Khi đó ta thấy abc2015≥≥ 2015 2015 và 0bcaacbabc< +−≤ +− ≤ +−. ab2015 2 Do đó ta có (ab−)  −≥0. Hoàn toàn tương tự ta cũng có bca+− cab +− bc2015 2015 ab2015 2015 (b−c0)  −≥−−≥;(ac0) cab+− abc +− bca+− abc +− Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
50 Website:tailieumontoan.com a2015 ( ab−) b2015 ( ab −) b2015 ( bc −−−−) c2015 ( bc) a2015 ( ac) b2015 ( ac) − +−+− ≥0 bca+− cab +− cab +− abc +− bca +− abc +− abc2016 2016 2016 Do đó −+−+−≥a2015 b2015 c02015 bca+− cab +− abc +− abc2016 2016 2016 Từ đó suy ra + + ≥++abc2015 2015 2015 . bca+− cab +− abc +− Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xây ra khi và chỉ khi abc= = . Câu 4. (6.0 điểm). A a) Chứng minh bốn điểm A, B, C, M cùng thuộc một đường tròn. • Phân tích. Giả thiết CQ.AP= a 2 được viết lại O CP AC thành CQ.AP= AC2 hay = . Từ đó ta K AC AQ B J C I Q nghĩ đến hai tam giác ACP và CQA đồng dạng. M Điều này được khẳng định do P 0 PAC = QCA = 60 . Để chứng minh tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn ta chỉ cần chỉ ra MAB = BCM là được. CP AC • Lời giải. Từ CQ.AP= a 2 ta được CQ.AP= AC2 hay = . AC AQ CP AC Xét hai tam giác ACP và CQA có = và PAC = QCA = 600 nên ∆∆ACP∽ CQA . AC AQ Từ đó ta được ACP = AQC . Mà ta có ACP =+=+ ACB BCP 600 BCP Lại có AQC =+=+ ABC BAM 600 BAM . Do đó ta được MAB = BCM , suy ra tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn. b) Gọi I, J, K lần lượt là hình chiếu của M trên AB, BC, CA. • Phân tích. + Xác định vị trí của Q để IK có độ dài lớn nhất. Ta nhận thấy rằng ba điểm I, J, K thẳng hàng (Đường thẳng Simson). Do đó ta dự đoán là IK dài nhất khi IK= BC , khi đó điểm M nằm chính giữa cung nhỏ BC của đường tròn (O). Dễ IK MI thấy hai tam giác BMC và IMK đồng dạng với nhau. Do đó ta được = . BC MB Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
51 Website:tailieumontoan.com Mà ta có IM≤ MB nên ta được IK≤ BC . Từ đó ta có lời giải cho bài toán. + Chứng minh MI22++ MJ MK 2 không đổi khi Q di chuyển trên cạnh BC. Để tính được MI22++ MJ MK 2, trước hết ta cần tìm được mối lên hệ giữa MI, MJ, MK. Chú ý rằng ta có MI, MJ, MK lần lượt là các đường cao của các tam giác ABM, BCM, ACM. Khi đó ta có 11 1 S= AB.MI; S= BC.MJ; S= MK.AC ABM 22BCM ACM 2 Quan sát các công thức trên ta thấy có mối liên hệ là SSABM+=+ ACM SS BCM ABC , mà tam a32 giác ABC đều cạnh a nên ta tính được S = . Từ đó ta thấy ABC 4 a32 a3 a3 AB.MI+=+ MK.AC BC.MJ hay ta được MI+ MK =+ MJ ⇔+ MI MK −= MJ . 2 22 a3 Để tính được MI22++ MJ MK 2 ta có thể bình phương hai vế biểu thức MI+ MK −= MJ . 2 3a2 Như vậy ta có MI22++ MJ MK 2 + 2( MI.MK − MI.MJ − MJ.MK) =. Để chứng minh 4 được yêu cầu của bài toán ta cần phải chứng minh được MI.MK−− MI.MJ MJ.MK không đổi. Trong các bài toán liên quan đến đường thẳng Simson ta thấy có một hệ thức liện hệ giữa 11 1 MI, NJ, MK đó là +=. Cần kiểm tra xem hai hệ thức này có mối liên hệ gì không. MI MK MJ 11 1 Ta có +=⇔MI.MK = MJ( MI + MK) ⇔ MI.MK − MJ.MI − MJ.MK = 0 . Đến MI MK MJ đây ta có thể chứng minh được MI22++ MJ MK 2 không đổi khi Q di chuyển trên cạnh BC. • Lời giải. + Xác định vị trí của Q để IK có độ dài lớn nhất. Do tứ giác ABMC và AIMI nội tiếp nên BMC = IMK = 1200 , suy ra IMB = KMC . Mà hai tứ giác BIMJ và CKJM nội tiếp nên ta lại có BMI = BJI; KMC = KJC . Do đó ta được BJI = KJC nên ba điểm I, J, K thẳng hàng. IK MI Dễ thấy hai tam giác BMC và IMK đồng dạng với nhau. Do đó ta được = . BC MB Mà ta có IM≤ MB nên ta được IK≤ BC hay IK≤ a , dấu bằng xẩy ra khi MB⊥ AB hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC, khi đó Q là trong điểm cạnh BC. Vậy IK lớn nhất khi Q là trung điểm của BC. + Chứng minh MI22++ MJ MK 2 không đổi khi Q di chuyển trên cạnh BC. Do tứ giác BIMJ nội tiếp nên ta có IMJ = ABC = 600 = ACB . Lại có MIJ = MBJ = MAC Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
52 Website:tailieumontoan.com MJ CQ Do đó hai tam giác IMJ và ACQ đồng dạng, do đó ta được = . Tương tự ta được MI CA MJ BQ = . MK AB MJ MJ CQ BQ Từ đó suy ra + =+=1 nên ta được MJ( MI+= MK) MI.MK . MI MK CA AB Hay MI.MK−− MJ.MI MJ.MK = 0 . 11 1 Mặt khác ta lại có S= AB.MI; S= BC.MJ; S= MK.AC ABM 22BCM ACM 2 a32 a32 Mà SS+=+ SS và S = . Nên ta có AB.MI+=+ MK.AC BC.MJ . ABM ACM BCM ABC ABC 4 2 2 a3 a3 2 3a hay MI+ MK =+ MJ ⇔+ MI MK −= MJ . Do đó (MI+− MK MJ) = 22 4 3a2 Suy ra MI22++ MJ MK 2 + 2( MI.MK − MI.MJ − MJ.MK) =. 4 3a2 Mà MI.MK−− MJ.MI MJ.MK = 0 nên MI22++ MJ MK 2 =không đổi. 4 Vậy MI22++ MJ MK 2 không đổi khi Q di chuyển trên cạnh BC. • Nhận xét. Để chứng minh được MI22++ MJ MK 2 không đổi khi Q di chuyển trên cạnh BC ta đi chứng minh hai bài toán nhỏ sau. + Bài toán 1. Cho tam giác ABC đều có cạnh a nội tiếp đường tròn tâm O.Gọi M là điểm bất kì trê cung nhỏ BC. Gọi I, J, K lần lượt là hình chiếu của M trên AB, BC, AC. Khi đó MI+− MK MJ không đổi. + Bài toán 2. Cho tam giác ABC đều có cạnh a nội tiếp đường tròn tâm O.Gọi M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC. Gọi I, J, K lần lượt là hình chiếu của M trên AB, BC, AC. Khi đó 11 1 +=. Hệ thức trong bài toán 2 còn đúng cho tam giác nhọn ABC bất kì. MI MK MJ Câu 5. (1.0 điểm). • Phân tích. Bảng có kích tước 10.10 có tất cả 100 ô vuông đơn vị. Theo bài ra thì hai ô chung cạnh hoặc chung đỉnh luôn nguyên tố cùng nhau, như vậy trong hai ô chung cạnh hoặc chung đỉnh thì có một số chẵn và một số lẻ. Trong hình 2x2 có nhiều nhất một số lẻ. Ngoài ra trong các số lẻ đó có nhiều nhất một số là bội của 3 nên có nhiều nhất hai số lẻ không chia hết cho 3. Ta viết rằng trong 100 ô vuông đơn ví có 25 ô vuông 2x2 nên có nhiều nhất 50 số lẻ không chia hết cho 3. Mà Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
53 Website:tailieumontoan.com các số lẻ không chia hết cho 3 thỏa mãn bài toán gồm 1; 5; 7. Như vậy theo nguyên lý Dirichlet thì bài toán được chứng minh. • Lời giải. Xét hình vuông cạnh 2x2 , do hình vuông này có mỗi hình vuông nhỏ luôn chung cạnh hoặc chung đỉnh nên tồn tại nhiều nhất 1 số chẵn, nhiều nhất 1 số chia hết cho 3 do đó có ít nhất 2 số lẻ không chia hết cho 3. Bảng 10x10 được chia thành 25 hình vuông có cạnh 2x2 nên có ít nhất 50 số lẻ không chia hết cho 3. Từ 1 đến 0 có 3 số lẻ không chia hết cho 3 là 1, 5, 7. Áp dụng nguyên lí Dirichlet ta được một trong ba số trên xuất hiện ít 50 nhất +=1 17 lần. 3 ĐỀ SỐ 5 (2014-2015) Câu 1: 1) Ta có 111 ab++ bc ca a++= b c + + = =ab + bc + ca a b c abc ⇔abc −+++−−−=10 a b c ab bc ca ⇔(abc −1)( − 1)( −= 10) Vậy có ít nhất một số bằng 1. 2) Ta có: 2A = 232nn+ + 2 3 += 2 5.8 n + 2 Do 8≡⇒≡⇒≡+≡⇒ 1( mod 7) 8n 1( mod 7) A 5 2 0( mod 7) A 7 Mặt khác ta chứng minh được A > 0 nên A là hợp số. Câu 2: 1) Do vế phải của phương trình luôn dương nên x > 0. 2 xx++−32 x VP=3( x − 1) +≥ 1 1,VT = x . x( 3 − 2 x) ≤ =1 3 Dấu “=” xảy ra khi x = 1 nên phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 2) Thay phương trình (2) vào phương trình (1) được: xxyyxy3+2 3 +( 22 + 80) =⇔( xyxxyy + 2)( 2 − + 40 2) =⇔=− x 2 y ` Thay x = -2y vào phương trình (2) ta được: 4y2 + 8y2 = 12 nên y = ± 1 Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (1; - 2) , (-1; 2). Câu 3: Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
54 Website:tailieumontoan.com 22 22(ab+−) 3( ab) ab+ 1 2 11 1 Ta có: a−+= ab b + ≥ ⇒ ≤ ≤ + 4 42a22−+ ab b ab+ 2 a b Chứng minh tương tự ta được: 1 11 1 1 11 1 ≤+; ≤+ b22−+ bc c 22bc c2−+ ac a 2ac 1 111 ⇒≤P 23 ++ = 2 abc Đẳng thức xảy ra khi a = b = c. Câu 4: 2 S AE 2 a) Chứng minh: ∆AEF ∆⇒ ABC AEF = =cos BAC SABC  AB SSS++ Chứng minh tương tự ta được: cos222BAC++= cos ACB cos BAC AEF BFD CED <1 SABC b) Dựng đường kính AK. Dẫn đến APK = 90o (góc nội tiếp chắn đường kính). Dẫn đến KP vuông góc AP. Sau đó chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành. M là ∠ trung điểm của HK. Suy ra MI là đường trung bình của tam giác HPK. Thành ra MI song song với PK. Suy ra điều phải chứng minh. Câu 5: Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
55 Website:tailieumontoan.com pp2 −−2 a) Từ giả thiết suy ra tồn tại số tự nhiên a sao cho = a3 , hay 2 là pp( −1) = 2( a + 1)( a2 −+ a 1.) Nếu p = 2 thì a = 0 thoả mãn. Nếu p > 2 thì p lẻ. Từ giả thiết suy ra p là ước của (a + 1) hoặc p là ước của (a2 – a + 1). Giờ xét từng trường hợp. Nếu p là ước của (a + 1) thì do a thì ta có 2abc>+> dẫn đến a > . Cái này dẫn đến điều vô lý a + b + c > 1. 3 3 3 112 Vậy nên bc≤( b += c) . Mặt khác 1 = a + b + c + d + e ≥ a + 3d + e ≥ a + 3d ≥ 2ad .3 49 1 11 Thành ra, ad ≤ . Dẫn đến ae≤≤< ad . Ta có thể xếp các số a,d,c,b,e trên đường tròn 12 12 9 1 11 1 1 theo thứ tự thuận kim đồng hồ. Ta cóad<<<≤≤≤≤≤, dc ad , bc , be bc ,ea ad . 9 99 9 9 1 Số là số nhỏ nhất có thể. 9 ĐỀ SỐ 6 (2013-2014) Câu 1: 1) Từ giả thiết ta có: 111 1 ab++ ab ++− =⇔00 + = a b c abc++ abcabc( ++) ab+=0; c = 2014  ⇔(abbcca +)( +)( +) =⇒0 bc += 0; a = 2014 ca+=0; b = 2014 1 ⇒=M . 20142013 2 2) Ta có 2n− 6 n += 22 nn( − 3) + 1 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
56 Website:tailieumontoan.com Vì n(n – 3) chẵn nên n(n – 3) + 1 = 2k +1 với kN∈ ∪−{ 1.} 2 Suy ra 52nn−+ 62− 12 = 2521k+ +− 1 13 13 2 2 Vì vậy 52nn−+ 62− 12 nguyên tố hay 52nn−+ 62−= 12 13 nên n(n – 3) + 1 = 1 , suy ra n = 0 hoặc n = 3. Câu 2: 1 1) Điều kiện: x ≥− .Đặtt−=1 21,1 xt + ≥ ta có 2 x22−2 x = 2; tt − 2 t = 2 x ⇒( xtxt −)( +) =0 ⇔ xtdoxt =( +>0) .  x ≥1 ⇒xx −=1 2 +⇔ 1  2 ⇔x =4. xx−=40 2 5 2) Từ phương trình thứ nhất suy ra 45z−=( xy −) ≥⇒≥ 0 z . 4 5 Từ phương trình thứ hai suy ra (45zz−)( − 101) ≤ ⇒≤ z ≤ . 4 5 Do đó z=⇒== xy0 4 Câu 3: Do vai trò của a, b, c như nhau, giả sử a= maxabc{ ,,} , , khi đó 24≤≤a . 2 a222+ b + c +( abc ++) abc222+++36 Ta có: P = = . 22 Mặt khác, vì bc ≥ 0 nên 222 2 222 2 abc++= a ++( bc) −2 bca ≤ +−( 6 a) = 2 a − 12 a + 36 = 2( a − 2)( a −+ 4) 10 ≤ 20. Suy ra abc222++đạt giá trị lớn nhất bằng 20 a≥≥ b;;0 a c bc =  ⇔(a −2)( a −=⇔ 4) 0( abc , ,) =( 4, 2,0) ,( 4,0, 2)   abc++=6 Vậy giá trị lớn nhất của P là 20 chẳng hạn khi a = 4 , b = 2, c = 0. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
57 Website:tailieumontoan.com Câu 4: a) Ta có ∠∠ABC BAC ∠IBM =∠ IBC +∠ CBM = + ; 22 ∠∠ABC BAC ∠BIM =∠ IAB +∠ IBA = + . 22 Suy ra ∠IBM =∠ BIM ⇒∆ IBM cân tại M. Tương tự, tam giác MIC cân tại M. ∠BAC MP MP b) Ta có sin=∠== sin BCM (1) (do MP⊥ BC và MI = MC); 2 MC MI ∆MBN vuông tại B, có MP MI MI IP MP. MN= MB22 = MI ⇒ =(2) ⇒∆MPI ∆ MIN( c g c) ⇒ = (3) MI MN MN IN c) Ta có AB + AC = 3BC AB+− AC BC ⇔ =⇔=BC AE BC; 2 MP CP 1 ∆IAE ∆ MCP( g.2 g ) ⇒ = =⇒=IE MP IE AE 2 Gọi F là trung điểm của IK, ∆=∆MCP MIF( c g c) do 1 o MC=∠=∠=∠==⇒∠=∠= MI; PMC EIA MIF; MP IF IE IFM MPC 90 2 Suy ra ∆IMK cân tại M nên MK = MI. Tương tự MH = MI. Suy ra MB = MC = MH = MK = MI. Vậy B, C, H, K cùng thuộc một đường tròn. Câu 5: 1) ta có 521251.xy−=⇔=− yx Với x=+∈2 k 1, kNta có 2y= 4( 52 kk + 5 21− + ++ 5 1) . Nếu y 2 thì PT vô nghiệm vì VT chia hết cho 8, còn VP không chia hết cho 8. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
58 Website:tailieumontoan.com Với x=2, kk ∈ Nta có 5ka−= 12 y= k − k + ⇒ ∈ ≤ ⇒90 M M >= AB 1. Nếu P không thuộc ba đường chéo lớn của L thì P nằm trong một trong sáu tam giác đều của L mà ba đường chéo lớn chia ra. Giả sử P nằm trong ∆ODE . Như vậy, L tồn tại ít nhất cạnh AB của không chứa các điểm MM16, , . Khi đó MM45luôn là một cạnh của đa giác MM16 và ABM54 M là tứ giác luôn có ∠ >oo ∠ >⇒ >= ABM 5 90 ; BAM4 90 M45 M AB 1. ĐỀ SỐ 7 (2012-2013) Bài 1: 1) Đặt f( x) =4 x43 − 11 x − 2 ax 2 + 5 bx −= 6( x2 − 2 x − 3) q( x) =( x +1)( x − 3) q( x)  f (−=10)  259ab+= ⇔ Từ đó   f (30) = 18ab−= 15 91 ab+=8 2) Nhận xét  nên a, b là nghiệm của phương trình xx2 −+=8 11 0  ab =11 Ta có: Pa=−+( 20138 a 2012 11 a 2011) +−+( b 20138 b 2012 11 b 2011) =−+( a 2 8 a 11) a2011 +−+( b 2 8 b 11) b2011 = 0 Bài 2: Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
59 Website:tailieumontoan.com 6x22− y − xy + 5 x + 5 y −= 60( 1) 1) Hệ  22  20xy− − 28 x += 9 0( 2) Ta có: (123320) ⇔( xy −+)( xy +−) = Rút y theo x thế vào phương trình (2) ta có thể giải được hệ. 2) Nhân 2 vào hai vế ta được 2 22 ( x+4 y) +( 4 y − 7) +( x − 1) + 10 x22 − 14 = 0 ⇒x ≤ 1 ⇒ x ∈−{ 1;0;1} ( do x ∈ Z ) Thay các x = - 1; 0; 1 vào phương trình tìm y Bài 4: a) Sử dụng dấu hiệu trong chứng minh tứ giác nội tiếp ta có IE. IF = IB.IC = IM.IA nên tứ giác AMFE nội tiếp Mặt khác tứ giác AFHE nội tiếp Vậy A, M, F, H, E cùng nằm trên đường tròn. b) Vì tứ giác AMHE nội tiếp nên HM vuông góc với AM tại M Sử dụng bổ đề nếu HN kéo dài cắt (O) tại D thì A,O, D thẳng hàng, tức là H, M, N thẳng hàng. c) Sử dụng định lý Ptoleme cho tứ giác AMBC. Bài 5: 1 23 Đặt x=;y = ;z = ⇒++=xyz3 abc zxy3333 Khi đó ta cần chứng minh: ++≥ xz22+++ yx 22 zy 2 22 z3 zx 22 zx x Ta có: =−z ≥− zz =− xz22++ xz 22 22 zx Chứng minh tương tự và cộng lại ta được: z333 x y 13xyz++ + + ≥( x ++ y z) −( x ++ y z) = = (dpcm) xz22+++ yx 22 zy 2 2 2 22 Bài 5: Kẻ đường kính DE bất kì (DA1+ DA 2 ++ DA2013) +( EA 1 + EA 2 ++ EA2013 ) ≥ 4026 Đặt P= DA1 + DA 2 ++ DA2013 , S = EA1 + EA 2 ++ EA2013 Nếu P ≥ 2013 thì D là điểm M cần tìm Nếu P < 2013 thì E là điểm cần tìm. Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
60 Website:tailieumontoan.com ĐỀ SỐ 8 (2011-2012) Bài 1: 1) Ta có: n52−=+−+=−+−+ n nn( 111)( n)( n) nn( 2 4511)( n)( n ) =−(n2)( n − 1) nn( + 1)( n ++ 2) 5 nn( − 1)( n + 1.) Do nN∈ * nên(nn5 − )30. Từ đó suy ra Aa=2017( aab 5 −+) 2007( bbc 5 −+) 2007( cc 5 −)30. 2 773 23 7 2) Ta có: x=337 + + 7 − ⇒=+x14 3 x3 7 − ⇒ 2 xx − 21 −= 28 0. 22 22 8 2012 2012 Do đó fx( ) =(2 x3 −− 21 x 29) =−=( 1) 1. Bài 2: 1) Ta có: x22++5 3 xx = + 12 + 5 ⇔x22 +−+−−5 3 3 xx 6 ++= 12 4 0 xx22−−44 ⇔ +32( x −−) =0 xx22++5 3 +12 + 4 xx++22 ⇔( x −2)+−3 =0. xx52++5 3 + 12 + 4 5 xx++22 Từ đặc điểm của PT suy ra 35xx>⇔> ; do đó > ;vì vậy 3 xx22++5 3 + 12 + 4 biểu thức trong ngoặc luôn dương. Suy ra xx−⇔=22 2) Viết phương trình thứ nhất của hệ thành: x22+( y +1) xy −− 20 y = 22 Có ∆=( y +1) + 4( yy + 222) = 9 y − 6 y + 1 =( 3 y − 1.) Do đó x = y hoặc x = - 2y – 1. Với x = y thay vào PT thứ hai tìm được 2xx=⇔= 6 3. Với x = -2y – 1, thay vào PT thứ hai tìm được yy2 +−=⇔2 0 y = 1, y = 2. Vậy hệ có ba nghiệm (x, y) = (3; 3) , (-3; 1), (-5; 2). Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
61 Website:tailieumontoan.com Bài 3: Viết PT thành dạng: (2x – 3y + 3)(x – y – 2) = -2. Xảy ra 4 trường hợp 2x – 3y + 3 2 -1 1 -2 x – y - 2 -1 2 -2 1 Vậy có bốn cặp số (x, y) thỏa mãn là (4; 3), (16; 12), (2;2), (14; 11). Bài 4: 1) Gọi OA∩= MN K . Ta có OAC = ACB 1 (vì OA = OC); AMN= ABC = = sdMC 2 o o Nên OAC+ ANM= ACB += ABC 90 . Suy ra AKN = 90 , tức là OA⊥ MN. 2) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp. Gọi , gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC thì JI // AO (cùng vuong góc với MN); JO // AH (cùng vuông góc với BC) nên tứ giác AIJIO là hình bình AH 2 BC 7 hành, suy ra: OJ= AI = = (cm) ;OB = = (cm) . 22 22 22 7  23  BJ= OB22 += OJ   +  =cm . Do đó    ( ) 2  22  Bài 5: 111 1 1) Đẳng thức cần chứng minh tương đương với ++= . SSSSSS2223 S +++ a b b c c a abc++ SS2 111 9S Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: + =S  ++ ≥ . + ab abbab2 SS29 SSS 29 S Tương tự: +≥; +≥ . Do đó: ++ b c b22 cc a c a Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
62 Website:tailieumontoan.com 111abc++ 1 ++≤ = . SSSSSS222 3S +++ 3S a b b c c a abc++ Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hay tam giác ABC đều 2) Trong 8045 điểm luôn tìm được 3 điểm là đỉnh của tam giác có diện tích lớn nhất, giả sử đó là A, B, C với SABC ≤1 . Dựng các đường thẳng đi qua A và song song với BC, qua B và song song với AC, qua C và song song với AB, chúng đôi một cắt nhau tại M, N, P. Khi đó SSMNP=4 ABC ≤ 4 Ta sẽ chứng minh rằng 8045 điểm đã cho nằm trong hoặc trên cạnh tam giác MNP. Thật vậy, giả sử ∃D ∉∆ MNP (chẳng hạn D và B cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ chứa AC) thì SSDAC> ABC (mâu thuẫn với cách chọn tam giác ABC). Tam giác MNP được chia thành 4 tam giác nhỏ bằng nhau ANC, AMB, ABC, BCP. Ta có 8045 = 4.2011+ 1. Theo nguyên tắc Dirichlet tồn tại ít nhất 2011 + 1 = 2012 điểm phải nằm trong hoặc trên cạnh của một tam giác nhỏ có diện tích không lớn hơn 1. ĐỀ SỐ 9 (2010-2011) Bài 1: Rút gọn A * Phân tích 4x3 - 16x2 + 21x - 9 = (2x - 3)2(x - 1) * Điều kiện: x > 1 * A=|2x-3|  3 2x−≤ 3 x  2 * A =  3 3− 2x 1<x<  2 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
63 Website:tailieumontoan.com Bài 2: 1) Giải phương trình * Phân tích x3 + 3x2 + 3x + 2 = (x + 2)(x2 + x + 1) * Điều kiện: x ≥ -2 * Đặt x + 2 = a, x2 + x + 1 = b đưa về 2(a + b) = 5 ab * Giải được a = 4b, b = 4a * a = 4b ⇔ x + 2 = 4(x2 + x + 1) phương trình vô nghiệm 3+− 37 3 37 * b = 4a ⇔ x2 - 3x – 7 = 0 ⇔ x= , x = 1222 * So sánh với điều kiện và kết luận 2) Cho các số thực * Đưa về phương trình: 8y2 - 8yx + 4x2 - 11x + 14 = 0 * ∆’y= - 16x2 + 88x - 112 ≥ 0 ⇔ 2x2 - 11x + 14 ≤ 0 * Giải được 2 ≤ 3 ≤ 3,5 * Với x = 2 ⇒ y = 1; x = 3,5 ⇒ y = 1,75 * Kết luận: (2;1), (3,5;1,75) Bài 3: 1) Tìm 7 số * Goi 7 số nguyên dương phải tìm là x1, x2, , x7; 22 2 2 2 2 x12 .x x 7= 2(x 1 ++ x 2 x 7 ) 22 2 2 2 * Giả sử x1 ≥ x2 ≥ ≥ x7 ≥1 có x12 .x x 7≤ 2.7 x1 =14 x1 22 ⇒ x27 x ≤ 14 * x2 x7 ≤ 14 < 4 = 22 ⇒ x2 = = x7 = 1 22 22 ⇒ x12 .x = 2(x12++ x 5) 2 2 * Đặt x1 = a, x2 = b với a, b là các số nguyên dương chính phương ab = 2a + 2b + 10 ⇔ (a - 2)(b – 2) = 14.1 = 7.2 a−= 2 14 * Trường hợp 1:  ⇒=b 3 không phải lá số chính phương b22−= a27−= a9 = x31 = * Trường hợp 2: ⇒⇒  và kết luận b22−= b4 = x2 = 2 2) Cho các số * B = 16x2y2 + 12x3 + 12y3 + 34xy 1 191 * B = 16x2y2 + 12(x + y)3 - 2xy = = 16(xy- )2 + 16 16 191 191 1 * B ≥ , B nhỏ nhất = ⇔ xy = . Giải được: 16 16 16 23+− 23 23−+ 23 x= , y= hoặc x= , y= 44 44 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
64 Website:tailieumontoan.com 1 1 1 3 * Lại có 0 ≤ 4xy ≤ (x + y)2 =1 ⇒ 0 ≤ xy ≤ ⇒- ≤ xy - ≤ 4 16 16 16 1 3 nên 0 ≤ xy -  ≤ 16 16 1 191 3 191 25 * B = 16(xy - )2 + ≤ 16. ( )2 + = . 16 16 16 16 52 25 1 1 Vậy B lớn nhất = ⇔ (x + y) = 1 và xy = ⇔ x = y = 52 4 2 * Kết luận Bài 4: N A A M F I K C B O D C B M E 1) Tính các góc * Chứng minh được BAC = 900 * Chứng minh được ∆AMB và ∆CAN đồng dạng 1 S AB * Suy ra = ∆AMB = 2 3 () S∆CNA AC AB 1 * = = tg300 = tg ACB ⇒ ACB = 300 AC 3 * Vậy ABC = 600 và kết luận. 2) So sánh * Kẻ AH ⊥ BC có AFEH là hình chữ nhật * ∆ABD vuông cân ⇒ ADB = 450 * Tứ giác ADEB nội tiếp ⇒ AEB = ADB = 450 * Do đó ∆AHE vuông cân ⇒ AH=HE=AF 1 1 1 1 212 * ∆ABC vuông: = = + ⇒ 〈〈 AF2 AH 2 AB 2 AC 2 AC 22 AF AB 2 21 AF AF * Từ 〈 ⇒ 〈〈cos AEB = cos450 = cos AEB AC22 AF AC AB Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
65 Website:tailieumontoan.com 1 2 AF 2 * Từ 〈 ⇒〉= cos450 = cos AEB AF22 AB AB 2 AF AF * Kết luận 〈〈cosAEB AC AB Bài 5: 1) Ai thắng * Người thứ nhất lấy 3 viên bi còn 308 viên bi là bội số của 4 * Người thứ hai lấy 1, 2 hoặc 3 viên bi * Nười thứ nhất lấy 3, 2 hoặc 1 viên số còn lại là bội của 4 * Cứ tiếp tục như vậy thì người lấy cuối cùng phải là người thứ nhất 2) Với n viên bi * Nếu n không phải là bội số của 4, với cách làm như trên thì người thứ nhất thắng * Nếu n là bội của 4 thì người thứ hai thắng. ĐỀ SỐ 10 (2009-2010) GV: Thái Tuấn (THCS Thạch Đà – Mê Linh – Hà Nội) Câu 1: 3 3( 2+− 5) 17 5 38 3 Tính xA= =3 (2 + 5) ( 17 5 −= 38) 3 ( 17 5 + 38)( 17 5 −=⇒= 38) 1 1 53+− 5 Câu 2: a) x = 0 không là nghiệm của phương trình. Xét x ≠ 0 chia hai vế phương trình cho x2 ta được: 42   t = −1  xx2 +−=20 22+ + −−=⇔++=⇔ ⇔ x2 3 x  20 tt 3 20   2 xx   t = −2 xx+2 −= 20 Giải hệ thống 2 phương trình thu được 4 nghiệm của PT (1) như sau: {1;2;1− −+ 3;1 −− 3} b) Dễ thấy (x, y) là nghiệm thì (y, x) cũng là nghiệm của hệ. Để hệ có nghiệm duy nhất thì x = y. 11   Từ hệ suy ra aa∈−2; 2;  ⇒ ∈  2; thỏa mãn (sau khi thử lại). 44   Câu 3: a) Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 ( x+11) ( xx −+) 2 ≤⇔0( xx + 1) ≤⇔=− 0 1. ( x22+11)( xx −+) Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
66 Website:tailieumontoan.com b) Ta có bất đẳng thức : x33+≥ y xy( x + y) ∀ x,0* y > ( ) Thật vậy bất đẳng thức (*) tương đương với: x33+− y xy( x +≥ y) 0 ⇔+( x y)( x22 −+ xy y) − xy( x +≥ y) 0 ⇔+( x y)( x22 −20 xy + y ) ≥ 2 ⇔+( xyxy)( −) ≥0 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng các phép biến đổi là tương đương nên bất đẳng thức (*) được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi x = y. Áp dụng (*) ta được: 11 x33++=++ y1 x 33 y xyz ≥ xy( x ++ y) xyz = xy( x ++⇒ y z) ≤ x33+ y +1 xy( x ++ y z) 11 11 Chứng minh tương tự ta được: ≤≤; y33+ z +11 yzxyz( ++) z33 + x + zxxyz( ++) Cộng theo vế các bất thức trên ta được: 111 1 1 1 B =++≤ + + x3+ y 3 +111 y 33 + z + z 33 + x + xyxyz( ++) yzxyz( ++) zxxyz( ++) xyz++ 1 = = =1 xyz( x++ y z) xyz Vậy giá trị lớn nhất của B là 1 khi x = y = z = 1. Câu 4: (Các bạn tự vẽ hình) a) Nhiều cách làm. Xin giới thiệu một cách dễ nghĩ đến. Kẻ DP’ vuông góc BC. Suy ra P’, M, N thẳng hàng (Đường thẳng Sim son). Dẫn tới P và P’ trùng nhau (do MN và BC chỉ có mọt giao điểm duy nhất). b) Dễ chứng minh được: OI2 = R2 – 2Rr (Hệ thức Ơ – le). Từ đó suy ra kết quả. Câu 5: 32 2 2 2 x32 y+ xy 2 ( xy− xy) +( xy −+ x) ( xy −++ y) ( x y) C thuộc Z thì yC2 = = xy −−11xy 2 ( xyxyxy++)( −1) +( xy +) xy+ = =xy2 +++ x y ∈ Z xy −−11xy ⇒x + y ≥−1 + xy ⇔( x − 1)( y − 12) ≤ Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC
67 Website:tailieumontoan.com Với x = 1 thì y = 3. Với x > 1 thì y−≤1 2 ⇒≤ 1 yy ≤ 3 ⇒ ∈{ 1; 2; 3} xy++ x12 Nếu y = 1 thì = =+1 ∈⇒=Z x3; 2 ( do x > 1) xy−−11 x x − 1 xy++ x21 5 Nếu y = 2 thì ==+∈Z từ đây tìm được x xy−−12 x 124 x − 2 xy++ x31 5 Nếu y = 3 thì ==+∈Z từ đây tìm được x xy−−13 x 134 x − 2 Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp Zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC