HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG CẤP TP – NH 2010-2011 PHẦN ĐẠI SỐ BÀI 1 : (4 điểm) Thu gọn các biểu thức : a) A =     2 2 2 a 3 a 2 a 1     (a  0) =     2 a 3 a 2 a 3 a 2 a 1        =   1 2 a .5 5 2 a 1      b) B = 2 a 1 1 : a a a a a a     (a > 0, a  1) =     3 a 1 . a a 1 a a a 1           =     a 1 a 1   = a – 1 BÀI 2 : (4 điểm) a) Chứng minh ad + bc  2 2 2 2 a b . c d   với a, b, c, d là các số thực. b) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng : 3 3 3 a b c ab bc ca b c a      Giải a) Ta có : ad + bc  ad bc  với mọi a, b, c, d Xét BĐT ad bc   2 2 2 2 a b . c d          2 2 2 2 2 ad bc a b c d        2 ac bd 0   : đúng với mọi a, b, c, d. Từ đây ta có đpcm ! b) Ta có : 3 2 3 2 3 2 a ab 2a b b bc 2b c c ac 2c a                . Như vậy : 3 3 3 2 2 2 a b c ab bc ac 2a 2b 2c b c a         Mà : 2 2 2 2a 2b 2c 2(ab bc ac)       đpcm ! BÀI 3 : (3 điểm) Cho phương trình : x 2 – (3m – 2)x + 2m 2 – 5m – 3 = 0 (1) a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. b) Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm dương. c) Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm âm. Giải Ta có :  = (m + 4) 2 a) Pt (1) có hai nghiệm phân biệt   > 0  m  -4 b) Với m  -4, ta có : S = 3m – 2, xét các trường hợp : * m  2 3  S  0  phương trình có ít nhất một nghiệm dương. * m < 2 3  S < 0, xét tiếp P = 2m 2 – 5m – 3 ; P = 0  1 m 2 m 3        m 1 2  2 3 3 P + 0 – 0 + Như vậy : với 1 2  < m < 2 3  P < 0  pt (1) có hai nghiệm trái dấu. Tóm lại, pt (1) có ít nhất một nghiệm dương  m  2 3 hoặc 1 2  < m < 2 3 c) Với m  -4, theo trên ta thấy : * m  2 3  S  0  phương trình có ít nhất một nghiệm âm. * 2 3 < m < 3  S > 0, P < 0 : phương trình có đúng một nghiệm âm. * m  3  S > 0, P > 0 : phương trình không có nghiệm âm. Tóm lại, pt (1) có ít nhất một nghiệm âm  m  2 3 (khác -4) hoặc 2 3 < m < 3 BÀI 4 : (3 điểm) a) Giải hệ phương trình : 2 1 1 1 2 (1) x y z 2 1 4 (2) xy z             b) Chứng tỏ rằng số có dạng n 4 + 6n 3 + 11n 2 + 6n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n Giải a) ĐK x, y, z  0 CÁCH 1 Từ (1)  2 1 1 1 4 x y z          , so sánh với (2) ta được : 2 2 1 1 1 2 1 x y z xy z            2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 1 x y z xy yz xz xy z         2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 0 x xz z y yz z                    2 2 1 1 1 1 0 x z y z                  1 1 x z 1 1 y z             x = y = -z. Từ đây tính được :   1 1 1 x;y;z ; ; 2 2 2         CÁCH 2 Từ (1)  2 2 2 2 4 xy y yz y    , và từ (2)  2 2 1 4 xy z   Vậy : 2 2 2 2 1 4 4 y yz z y      2 2 2 1 4 1 2 1 4 0 y y y yz z                    2 2 1 1 1 2 0 y y z                 Xong luôn nhé ! CÁCH 3 Đặt a = 1 x ; b = 1 y . Khi đó hệ pt trở thành 2 1 a b 2 z 1 2ab 4 z              2 1 a b 2 z 1 ab 2 2z             Như vậy, hệ pt đã cho có nghiệm  pt : X 2 – SX + P = 0 có nghiệm, với 2 1 S 2 z 1 P 2 2z             S 2  4P  2 2 1 1 2 4 2 z 2z                 2 2 1 4 2 4 8 z z z      2 1 0 2 z          1 z 2   Cũng xong luôn ! b) Ta có : n 4 + 6n 3 + 11n 2 + 6n = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) : Việc chứng minh dành cho bạn ! BÀI 5 : (4 điểm) Trên hai cạnh Ox, Oy của góc vuông xOy ta lần lượt lấy hai điểm A và B sao cho OA = OB. Một đường thẳng đi qua A cắt OB tại M (M ở trong đoạn thẳng OB). Từ B kẻ đường thẳng vuông góc với AM, cắt AM tại H, cắt AO kéo dài tại I. a) Chứng minhOI = OM và tứ giác OMHI nội tiếp được. b) Từ O kẻ đường vuông góc với BI tại K. Chứng minh OK = KH. Điểm K di động trên đường cố định nào khi M di động trên OB ? Giải O' K I H BA O M a) Quan sát các góc đánh dấu  có ngay kết quả ! b)   0 0 90 MHO OHI 45 2     OKH vuông cân tại K  đpcm ! c)  0 OKB 90  , OB = không đổi  K  (O’ ; OB 2 ) với O’ là tr/đ OB. Giới hạn : M  O  K  O ; M  B  H B và do OK = HK nên K là tr/đ cung OB. Vậy : khi M di chuyển trên OB thì K di động trên ¼ đường tròn (O’ ; OB 2 ) từ O  trung điểm cung OB. BÀI 6 : (2 điểm) Cho tam giác ABC cân tại B và góc ABC bằng 80 0 . Lấy điểm I trong tam giác ABC sao cho góc IAC bằng 10 0 và góc ICA bằng 30 0 . Hãy tính góc AIB. Giải Bài toán lớp 7 ! Có nhiều cách, hai hình trên đây minh họa 2 cách giải ! Các bạn xem và giải lại nhé ! ĐOÀN VĂN TỐ thân chào ! o 30 10 o 10 o 30 o K I C B A 40 o o 70 D I C A B . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG CẤP TP – NH 201 0-2 011 PHẦN ĐẠI SỐ BÀI 1 : (4 điểm) Thu gọn các biểu thức : a) A =     2. AIB. Giải Bài toán lớp 7 ! Có nhiều cách, hai hình trên đây minh họa 2 cách giải ! Các bạn xem và giải. động trên OB ? Giải O' K I H BA O M a) Quan sát các góc đánh dấu  có ngay kết quả ! b)   0 0 90 MHO OHI 45 2     OKH vuông cân tại K  đpcm ! c)  0 OKB 90  , OB = không