Tai lieu om thi vao chuyen P1

97 8 0
Tai lieu om thi vao chuyen P1

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

+Vì số điểm trong đường tròn là hữu hạn nên số các đường thẳng qua hai trong số các điểm đã cho là hữu hạn.Do đó số giao điểm của các đường thẳng với đường tròn là hữu hạn.Vì vậy tồn t[r]

(1)

Đề 1:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) Vòng 1:

Câu 1:

a).CMR:n3−n#6 với ∀n≥0

b).Chox=( 5+ + 5− ): 20 Hãy tính giá trị biểu thức: ( 5 7 )2000

1 P= xx +

Câu 2: Xác định giá trị ngun m để hệ phương trình sau có nghiệm ( )x y, với x, y số nguyên:

( 1) (3 1) (1)

2 ( 2) (2)

m x m y m

x m y

+ + + + − =

⎨ + + − = ⎩

Câu 3:

a).Cho x y> x y=1000 Hãy tính giá trị nhỏ biểu thức:

2 x y P

x y

+ =

b).Giải phương trình : (x−1)2000+(x−2)2000 =1

Câu 4: Gọi a,b,c độ dài ba cạnh tam giác: , ,h h ha b clà độ dài ba đường cao tương ứng với ba cạnh đó; r bán kính đường trịn nộI tiếp tam giác

a).CMR:

a

h

+

b

h

+

c

h

= r

b).CMR: ( )2 4.( 2 2)

a b c

a b c+ + ≥ h +h +h Hướng dẫn giải :

Câu 1:

a).Có: P n= 3− =n n n.( 2− =1) (n−1 ) (n n+1 ) Vì ,n n+1 hai số nguyên liên tiếp nên P#2 - Nếu 3n# ⇒P#

- Nếu n chia cho dư (n-1)# 3⇒P# - Nếu n chia cho dư (n+1)# 3⇒P# Vậy 3P # mà ( )2,3 = ⇒1 P#6

(2)

Từ :P= − +(1 1)2000 =1 Câu 2:

Theo ta có: ( 1) (3 1) (1)

2 ( 2) (2)

m x m y m

x m y

+ + + + − =

⎨ + + − = ⎩

⇒ 2( 1) 2(3 1) (3)

2( 1) ( 1)( 2) 4( 1) (4)

m x m y m

m x m m y m

+ + + + − =

⎨ + + + + − + =

Lấy (4) trừ (3) theo vế ta có: (m2−3m y). −6m=0 hay m m.( −3 ) y=6m (5) Để hệ có nghiệm (5) phải có nghiệm nhất.Khi m≠0,m≠3 Ta có : (*)

3 y

m =

− ⇒

12 15

1 (6)

3

m x

m m

+

= = −

− −

Từ (*) suy : Muốn y nguyên (# m − ) từ (6) muốn x nguyên thì15 (# m−3) Suy 3#(m-3)⇒ =m 2, 4,6 (theo (*)) Thử lại thấy thỏa mãn

Nhận xét: Học sinh dùng kiến thức định thức để giải toán này.Tuy nhiên theo ,điều không cần thiết.Chúng ta không nên q lạm dụng kiến thức ngồi chương trình,”giết gà cần phải dùng tới dao mổ trâu”

Câu 3: a).Có

2

(x y) 2xy 2000

P x y

x y x y

− +

= = − +

− − Vì x> y nên xy>0 xy 2000

>0.Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x y

y x− 2000

được: P≥2 2000 =40 Đẳng thức xảy ⇔ xy=

y x− 2000

xy=20 5.Kết hợp với x y=1000 ta tìm

⎢ ⎢ ⎣ ⎡

+ −

= +

=

− −

= −

=

15 10 10 ,

15 10 10

15 10 10 ,

15 10 10

y x

y x

b).Có: (x−1)2000 +(x−2)2000= 2000 2000

1 + −

x

x

-Thử với 2x=1,x= thấy thỏa mãn

-Nếux<1 x−2 >1.Do :x−12000 + x−22000>1 -Nếu x>2 x−1>1.Do :x−12000 + x−22000>1

-Nếu1<x<2thì x−1<1; x−2 <1.Do đó: x−12000 + x−22000 <(x−1)+(2−x)=1 Vậy nghiệm phương trình ⎢

⎣ ⎡

= =

2 x x Câu 4:

(3)

(S diện tích tam giác cho)

Suy ra:

S a h a

a S

h a

a a

2

= ⇒

=

Hoàn toàn tương tự với b,c ta thu được:

r S

c b a h c

c h b

b h a

a

c b a

1

=

+ + = + +

r h h ha b c

1 1

1 + + =

⇒ (đpcm)

b)

Xét tam giác ABC có:AB c BC a AC b= , = , = Từ A dựngđườngthẳng d // BC Lấy 'B đối xứng với B qua d Ta nhận thấyBB' 2.= ha

Ta có:

( )2

2 2

' ' '

BB +BC =B CB A AC+ Suy ra:4. ( )2 (1).

a

h ≤ +c ba Hoàn toàn tương tự ta có: 4. ( )2 (2).

b

h ≤ +c ab

4. ( )2 (3).

c

ha b+ −c Từ (1),(2),(3) ta có :

( )2 2 2 ( 2 2)

4 )

( )

(c a b b a c ha hb hc a

b

c+ − + + − + + − ≥ + +

( )2 4( 2 2)

c b

a h h

h c

b

a+ + ≥ + +

⇒ (đpcm)

*Nhận xét: Ngoài cách giải cịn giải tốn theo phương pháp đại số sau:

Đặt

2 c b a

p= + + Theo công thức HêRông ta có: 4S2 h2.a2 4p.(p a).(p b).(p c)

a = − − −

=

2

2

2

2 ( )( )( ) ( )( )

a

c p b p a p p a

c p b p a p p ha

− + − −

≤ − − −

=

h2 p(p a)

a ≤ −

⇒ Tương tự: h2 p(p b)

b ≤ −

h2 p(p c)

c ≤ −

Suy ra:

) ( ) ( )

.(p a p p b p p c

p − + − + − ≥ +

a

h +

b

h

c

h ( )2 4( 2 2)

c b

a h h

h c

b

a+ + ≥ + +

(4)

Đề 2:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) Vòng 2:

Câu 1: CMR:

a).Khơng thể có số ngun lẻ a1,a2, ,a2000thỏa mãn đẳng thức:

2000

1999

2

1 a a a

a + + + =

b).Tích số ngun dương liên tiếp khơng thể số phương Câu 2: Cho biểu thức:

) ).( (

)

1 )( ( ) )( (

2 2

2

b a

b a a

b a

b b

b a

a P

− + − + + − − +

=

a).Rút gọn P

b).Tìm cặp số nguyên ( )a,b để P=5

Câu 3: Giả sử phương trình ax2 +bx+c=0có hai nghiệm thuộc đoạn[ ]0;1 Xác định a,b,cđể biểu thức P có giá trị nhỏ nhất,lớn Trong đó:

) (

) )( (

c b a a

c a b a P

+ −

− −

=

Câu 4:

a).Cho đường trịn tâm O có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn CD lấy điểm M đoạn OD lấy điểm N cho MN bán kính R đường tròn Đường thẳng AN cắt đường tròn điểm P khác A.Hỏi tam giác AMP có vng M khơng?

b).Trong đường trịn lấy 2031 điểm tùy ý CMR:Có thể chia hình trịn thành phần dây cung cho phần thứ có 20 điểm,phần thứ hai có 11 điểm, phần thứ có 2000 điểm

Hướng dẫn giải: Câu 1:

a)

Nhận xét: Nếu a số nguyên lẻ a2chia cho dư 1.Thật vậy:

Đặt a=2k+1 thì: a2 =(2k+1)2 =4k2+4k+ =1 4m+1 (trong k,m∈Ζ) Áp dụng nhận xét vào toán ta có:

Nếu a1,a2, ,a2000 số nguyên lẻ thì: ) (mod 1999

1

1999

2

1 +a + +a ≡ + + + ≡ ≡

a ( 1)

(5)

b).Giả sử ta có số nguyên dương liên tiếp ,n n+1,n+2,n+3

Có: P n n= .( +1 ) (n+2 ) (n+ =3) (n2+3 n) (n2+3n+2) (= n2+3n)2+2.(n2+3n) Từ dễ dàng nhận thấy: (n2+3n)2 < <P (n2+3n+1)2

Suy P số phương

Câu 2: Điều kiện a≠−1,a ≠−b(do b≠1)

a).Khi đó: a b ab

b a b a b a b a b b a a

P = − +

− + + + − − − + = ) )( )( ( ) ( ) ( )

( 2

2

Vậy P a b ab= − +

b).Có:P= ⇔5 ab+ab=5⇔ (a−1).(1+b)=4 Ta xét trường hợp: 1i) ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + = − 1 b a b a 4i) ⎩ ⎨ ⎧ − = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ − = + − = − 1 b a b a 2i) ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + = − 2 b a b a

(lọai) 5i)

⎩ ⎨ ⎧ − = − = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ − = + − = − 2 b a b a (loại) 3i) ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + = − 1 b a b a 6i) ⎩ ⎨ ⎧ − = − = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ − = + − = − 1 b a b a

Ta có cặp ( )a,b cần tìm: ( ) ( ) (2;3 , 5;0 , 0; , 3; 2− ) (− − ) Câu 3: Có: a c a b a c a b c b a a c a b a P + − − − = + − − − = ) )( ( ) ( ) )( (

Áp dụng định lý Vi-et ta có: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = − = + a c x x a b x x 2

VậyP= −2 A (x1,x2là nghiệm phương trình cho: x1,x2∈[ ]0;1 )

Với 2

1 2

(3 )

1

x x x x A

x x x x + + =

+ + +

Dễ thấyA≥0 nên P= − ≤ − =2 A 2.Đẳng thức xảy ra⇔ x1.x2 =0⇔

(6)

Lại có:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

1 2

1 2 2

1 2

1

1 2

1

1 2

3 .( )

3 ( ) 4 4

( 1).( 1) ( 1).( 1)

3

4

( 1).( 1)

3 1

.( 1).( 1) ( 1).( 1) 5

4

( 1).( 1)

x x x x

x x x x x x x x

A

x x x x

x x

x x x x x x x x

x x

x x x x

x x

+ +

+ +

+ +

= ≤ =

+ + + +

+

+ + + + +

= ≤

+ +

+

+ + + + +

≤ =

+ +

Đẳng thức xảy ⇔ x1 =x2 =1⇔

⎩ ⎨ ⎧

= −

=

a b

ac b

2

Suy ra: 2

4

P= − ≥ − =A Dấu “=” xảy ra⇔

⎩ ⎨ ⎧

= −

=

a b

ac b

2

Vậy: ax

min

m

P P

= ⎧ ⎪

⎨ =

⎪⎩ Câu 4: a)

- Nếu MC N O≡ Do đóΔAMP vng M - Nếu MO ND.Do ΔAMP vng M

- Nếu M nằm C O N nằm O D.Ta chứng minh trường hợp ΔAMP khơng vng Thật vậy,nếuΔAMP vng M ta hạ MHAP H Có:

nBAP=nDMH ⇒ΔMHN ΔPBC(g-g) ⇒

2

1 AP

MN AB

MN AP

MH = = ⇒ =

(1) Hạ OIAP I IA=IP

Trong ΔAMP vng có:

2 AP MI = Vậy

2 AP MI

MH = = ⇒HIMO (vô lý) b)

(7)

+Vẽ tia gốc A qua 2031 điểm cho, tia cắt đường tròn điểm B1,B2, ,B2031(theo chiều kim đồng hồ kể từ A).Rõ ràng tia phân biệt

+Vẽ tia nằm hai tia AB20 AB21 cắt đường tròn B,tia nằm hai tia AB31 AB32 cắt đường tròn C

+Rõ ràng dây AB AC chia hình trịn thành phần:phần thứ có 20 điểm,phần thứ hai có 11 điểm,phần thứ ba có 2000 điểm

(8)

Đề 3:Thi Sư Phạm I(2000-2001) Vịng 1:

Câu 1: Giải phương trình:

1 ) ( 3

3 − =

− + − + x x x x x

Câu 2: Cho x,y,z∈R thỏa mãn: ⎩ ⎨ ⎧ ≤ ≤ − = + + , , z y x z y x CMR: x2+y4+z6 ≤2

Câu 3: Tìm tất số ngun tố có dạng: 1p n= n+ Trong n∈N*,biết p có không

nhiều 19 chữ số

Câu 4: Giả sử P điểm nằm mặt phẳng tam giác ABC cho trước.Trên đường thẳng BC,CA,AB lấy điểm ', ', 'A B C cho PA PB PC', ', 'theo thứ tự song song với BA,BC,CA

1.Tìm mối quan hệ độ dài cạnh tam giác A B C' ' ' với khoảng cách từ P tới đỉnh tam giác ABC.CMR:Tồn điểm P cho tam giác A B C' ' ' tam giác

2.CMR:Với điểm P nằm tam giác ABC ta có:

nBPC -nB AC' ' '=CPA -n C B An' ' ' =nAPB-AC B (n' ' ' =q);và giá trị chung q hiệu khơng phụ thuộc vào vị trí P

3.Tìm quĩ tích điểm P nằm tam giác ABC cho tam giácA B C' ' 'vuông 'A , rõ cách dựng quĩ tích

Hướng dẫn giải:

Câu 1: Điều kiện:x≠1,xR.Ta có:

) ( 3

3 − =

− + − + x x x x x ) ( 1 2 2

2 − =

(9)

0

1

1

2

= − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛

− + − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛

− + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛

− + ⇔

x x x x

x x x

x

x

1 1

3 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎛ −

− + ⇔

x x

x

0 2

1

2 − + = ⇔

= − +

x x

x x

x ⇔(x−1)2 +1=0(vô nghiệm)

Vậy hệ cho vô nghiệm Câu 2:

Trong ba số x,y,z tồn hai số cho tích chúng số khơng âm +) Nếu xz≥0 ta có:

( )2

2 2 2 2 2 2.

x +y +zx z+ +y = y ≤ ⇒ x +y +zx +y +z ≤ Đẳng thức xảy z=0,x= −1,y=1

Các trường hợp cịn lại hồn tồn tương tự Câu 3: Thử với n=1(thỏa mãn)

Với n>1 ta có:

+) Nếu n lẻ (nn+1)#(n+1)và (nn + >1) (n+1)

+) Nếu n=2 αt với α > 0, t lẻ Khi đó:nn =n2α.tnn +1#n2α +1 +) Nếu 2n= α.Có: 1616+ =1 ( )210 6.16 1+ >( )103 6.10 10= 19 ⇒ <n 16. Thử với n=2,4,8 thấy thỏa mãn

(10)

Đề 4:Thi Sư Phạm I(2000-2001) Vòng 2:

Câu 1: CMR: 2000 <3

Câu 2: Giải hệ:

( ) ( ) ( ) ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + = + + 2 2 2 3 3 3 3 3 x x x z z z z y y y y x

Câu 3: Tìm tất số tự nhiên lớn thỏa mãn: Tích hai số ba số cộng với 1chia hết cho số lại

Câu 4: Tam giác XYZ có đỉnh X,Y,Z nằm cạnh BC,CA,AB tam giác ABC gọi nội tiếp tam giác ABC

1.Gọi ', 'Y Z hình chiếu vng góc Y Z lên cạnh BC CMR: Nếu cóΔXYZ ΔABCthì ' '

2 BC Y Z =

2.Trong số tam giác XYZ nội tiếp tam giác ABC theo định nghĩa

đồng dạng với tam giác ABC, xác định tam giác có diện tích nhỏ Hướng dẫn giải:

Câu1: Có:

2

2

2 1999 2000 1999.2001 1998 2000 1998.2000 1997 1999 2.4 3.(đpcm)

< = − <

< = − < < <

Câu 2:

Theo ta có:

( ) ( ) ( ) ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ = + + ≥ = + + ≥ = + + 3 3 3 3 2 2 2 x x x z z z z y y y y x

Xét hàm số: ( )

3 3 + + = t t t t

f trên[0;+∞).Lấyt1 <t2∈[0;+∞).Xét:

( ) ( )

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

1 + + + + <

− + − = − t t t t t t t t t t t f t

f Vậy f(t)đồng biến [0;+∞)

Từ suy đượcx= y=z.Khi đó: 3 ⇔ 3[( +1)3 −4]=0 +

+

= x x x

(11)

3

4 x

x = ⎡ ⇔ ⎢

= −

Vậy hệ cho có nghiệm là:⎢ ⎣ ⎡

− = = =

= = =

1

3 2

1 1

z y x

z y x

Câu 3: Gọi ba số cần tìm a b c, , Ta giả sử 1< ≤ ≤c b a Ta có:

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧

+ + +

b ca

a bc

c ab

# # # 1

Suy ra:c≠a≠b≠c⇒ < ≤ ≤1 c b a.Có:

(ab+1 ) (bc+1 ) (ca+1)#abc(1)⇒abc ab bc ca≤ + + + ⇒1 abc≤3ab⇒ < ≤1 c

+ Nếu c=2.Khi đó:(ab+1)#ca b, số lẻ Từ (1)⇒2a+2b+1#ab⇒2a+2b+ ≥1 ab

(a 2) ( b) (a 2) ( b) 1, 3,

⇒ − − + ≥ ⇒ − − = − − −

Từ ta tìm a=7,b=3 thỏa mãn + Nếu c=3.Khi đó:

⎩ ⎨ ⎧

+ +

b a

a b

# #

1

1

3b a a;

⇒ + =

Xét:

-Nếu 3b+ = ⇒1 a a: dư 1,a>4,3a+1#b⇒9a+3#a− ⇒1 12#a−1 ⇒ =a 7,b= < =2 c 3(loại)

-Nếu 3b+ =1 2a Hoàn toàn tương tự trên, khơng có số thỏa mãn Vậy ba số tự nhiên cần tìm:7,3,2

Câu 4:

1 Lấy C' đối xứng với C qua 'Y Có:YC Cn' = nACB = YZXn

⇒Tứ giác ZYXC' nội tiếp ⇒ZC Bn' = ZYXn

ZC Bn' = nABC ⇒Z'B=Z'C

Y Z' '= BC

2 Có

2 ' '

1

XYZ ABC

S YZ Y Z

S Bc BC

⎛ ⎞

⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ≥⎜ ⎟ =

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(12)

Đề 5:Thi Tổng Hợp (1999-2000) Vòng 1:

Câu 1: Các số a,b,c thỏa mãn:

⎩ ⎨ ⎧ = + + = + + 14 2 b c a

c b a

Tính P= +1 a4+b4+c4 Câu 2:

1.Giải phương trình: x+3− 7−x = 2x−8

2.Giải hệ: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = + = + + + 1 xy xy y x y x

Câu 3: Tìm tất số nguyên dương n để:(n2+9n−2)#(n+11)

Câu 4: Cho vòng tròn(O) điểm I vòng tròn.Dựng qua I hai dây cung MIN, EIF Gọi M N E F', ', ', ' trung điểm IM IN IE IF, , ,

1.CMR: Tứ giác M E N F' ' ' ' tứ giác nội tiếp 2.Giả sử I thay đổi,các dây MIN, EIF thay đổi

CMR:Vòng tròn ngoại tiếp tứ giác M E N F' ' ' ' có bán kính khơng đổi 3.Giả sử I cố định,các dây MIN, EIF thay đổi ln vng góc với

nhau.Tìm vị trí dây MIN EIF cho tứ giác M E N F' ' ' ' có diện tích lớn

Câu 5: Cho x y, >0 thỏa mãn: x y+ =1 Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 2 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = x y y x P

Hướng dẫn giải: Câu 1: Có:

⎩ ⎨ ⎧ = + + = + + 14 2 b c a c b a ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + + − = + + 14 2 b c a ca bc ab ⇔ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + 14 49 2 2 2 2 c b a c b a c b a ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + + = + + 98 4 b c a c b a Vậy P=99 Câu 2:

(13)

2.Điều kiện:xy≠0

Từ giả thiết: (2 ) ( 2)

xy xy xy

xy

+ = ⇔ − − = ⇔

⎢ ⎢ ⎣ ⎡

= =

2 xy xy

+ Nếu 2xy= ⇒ x y

= 1 3

2

y x y

x y y

⇒ + + + = + =

y2−3y+ = ⇒ ⎢2 0 ⎣ ⎡

= ⇒ =

= ⇒ =

1

2

x y

x y

+ Nếu

2

xy= ⇒ x

y

= 1

2 x y

x y

⇒ + + + = ⇒2y2−3y+ = ⇒1 0 ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡

= ⇒ =

= ⇒ =

1

1

2 1

x y

x y

Vậy nghiệm ( )x y; hệ là: ( ) ( )2;1 , 1; , 1;1 , 1;1

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Câu 3: Có: n2+9n−2#n+11 Mà n2+11n n# +11

⇒(2n+2) (# n+11) Mà (2n+22) (# n+11)

⇒20#(n+11)⇒ =n 9.Vậy n=9 đáp số cần tìm Câu4:

1 Dễ thấy:nE N M' ' '= nENM= E F Mn' ' '.Vậy tứ giác M N E F' ' ' ' nội tiếp Vòng tròn ngoại tiếp tứ giác M E N F' ' ' ' đường trịn ngoại tiếp ΔM N F' ' '.Giả sử có bán kính 'R

Do ΔM N F' ' ' ΔMNF (g g− ) Suy ra:

' ' ' 1 R M N

R = MN =

⇒ ' R

R = (đpcm)

(14)

( )( )

( ) ( )

' ' ' '

2 2

2 2 2

1 1

4 2

1

2

4

MENF M E N F

S S MN EF MT EQ R OQ R OT

R OQ R OT R OI

= = = = − −

≤ − + − = −

Đẳng thức xảy OQ OT= ⇔OIFn=450 Câu 5: Cách 1: 2 2

2 1

⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + xy xy x y y

x Dễ thấy

2

2

x y xy ⎛ + ⎞ < ≤⎜ ⎟ =

⎝ ⎠

Xét hàm số: ( ) t t t

f = +1 trên⎜ ⎥⎦⎤ ⎝ ⎛

4 ;

0 Lấy t1<t2∈ ⎜ ⎥⎦⎤ ⎝ ⎛ ;

Xét : f( )t1 - f( )t1 =( ) ⎟⎟

⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − 2 1 t t t

tt t1, 2∈ ⎜ ⎥⎦⎤ ⎝ ⎛ ; 1 t t < ⇒

Từ dễ dàng nhận ra:f( )t1 −f t( )2 >0.Vậy f( )t nghịch biến ⎥⎦ ⎤ ⎜ ⎝ ⎛ ;

Do mà: f ⎟≤ f( )t ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

với ∀t∈ ⎜ ⎥⎦⎤ ⎝ ⎛

4 ;

0 Hay ≤ f( )t

17

với ∀t∈ ⎜ ⎥⎦⎤ ⎝ ⎛ ; 16 289 17 P xy xy xy

xy ⎟⎟ =

⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ≤ ⇒ + ≤ ⇒

Đẳng thức xảy x= =y

16 289 =

P

Cách 2:

Có : 2

2

2 (1)

P x y

x y

= + +

Mà:

2 2

2 2

1

2 (2)

256 256

x y x y

x y x y

(15)

Vì 2 16

1

y x

≥ nên:

16 255 16

1 256

255 256

255

2y ≥ =

x (3)

Từ (1),(2),(3) suy P 16 289

≥ Đẳng thức xảy ra:

2 1

16 256

1

2

2 2

2

= = ⇔ ⎪

⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧

= +

= =

x y

y x

y x

y x y

x

(16)

Đề 6:Thi Tổng Hợp (1999-2000) Vòng 2:

Câu 1:

Giải phương trình: 2

1

7 + = + −

+ +

x x

x x

Câu 2: Các số a a1, , ,2 a9 xác định công thức: ( 2 )3

2 3 1

k k

k k ak

+ + +

= với∀k ≥1.Hãy tính

1 i i

i

P = a

= = +∑

Câu 3: CMR: Tồn số chia hết cho 1999 tổng chữ số số 1999 Câu 4:Cho vịng trịn (O,R).Giả sử A,B hai điểm cố định vòng tròn vàAB R=

1.Giả sử M điểm thay đổi cung lớn AB đường tròn.Vòng tròn nội tiếp tam giác MAB tiếp xúc với MA E tiếp xúc với MB F

CMR:Đường thẳng EF ln tiếp xúc với đường trịn cố định M thay đổi 2.Tìm tập hợp điểm P cho đường thẳng (d) vng góc với OP P cắt đoạn thẳng AB

Câu 5: Cho hình trịn (O) bán kính Giả sử A1,A2, ,A8 tám điểm nằm

trong hình trịn (kể biên) CMR: Trong điểm cho tồn hai điểm mà khoảng cách chúng nhỏ

Hướng dẫn giải:

Câu 1: Điều kiện: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧

− ≠

≥ ⇔ ≥ + +

≥ −

1

2

1

0

x

x x

x x

-Với

2 ≤ <

x thì: 8

1

7 + > +

+ + = + + +

x x

x

Mà:

2x + 2x− <1 8+ ⇒2x2 + 2x−1 8

+ + + ≠

x x

-Với x>2 thì: 8

1

7 + < +

+ + = + + +

x x

x

(17)

-Thử vớix=2 thấy thỏa mãn

Vậy phương trình cho có nghiệm x=2 Câu 2: Vớik ≥1 ta có:

( ) ( 3( ) )3 ( )3

3

3 2

1 1

1 1

3

+ − = +

− + = +

+ + =

k k k

k

k k

k k

k k

ak

Thay 1, 2, ,9k = ta được:

1000 999 10

1 10

1

1

1

1

1

1

1+ 3 − 3 + 3 − 3 + + 3 − 3 = − 3 = =

P

Câu 3:

Có 3998 = 2.1999

Ta thấy số:A = 19991999 1999 39983998 3998 ln chia hết cho 1999 (số A có x số 1999, y số 3998)

Tổng chữ số A là: (1 9 + + + ) x+ + + +(3 9 ) y=28x+29 y Ta cần tìm hai số nguyên dương x,y để: 28x+29y=1999.Khi có:

28 11 71

28 29

1999 y

y y

x= − = − + − Vìx∈Ν nên 11 11 60

28 y

y x

− ∈ Ν ⇒ = ⇒ =

Ta có số A = 19991999 1999 39983998 3998 thỏa mãn (số A có 60 số 1999,11 số 3998)

Câu 4:

1.Gọi I trung điểm AB.Có: sinnAOI= = = ⇒

2 2AO

AB AO

AI n

AOI= 600 ⇒ nAMB= 600

Hạ IHEF,ATEF,BQEF.Có:

ME MF= ⇒ ΔMEF đều⇒TEAn= BFQn= 600.Có:

3 30

cos =

=

= o

BF BQ AE AT

AB BF

AE BQ

AT

2 ) (

2

3 + =

= +

AB IH

AB BQ

AT IH

4

3

2 = + = ⇒ =

Vậy EF tiếp xúc với đường trịn (I) bán kính AB

3

cố định 2.Ta tìm điểm P để đường thẳng (d) cắt đoạn AI

(18)

phẳng gạch chéo giới hạn cung chứa góc 30o OmIq OI Ngược lại P nằm miền mặt phẳng dễ dàng chứng minh (d) cắt AI

Do tính đối xứng (d) cịn cắt BI Lập luận tương tự thấy lúc P nằm phần mặt phẳng gạch

ngang(hình vẽ).Phần mặt phẳng đối xứng với phần mặt phẳng gạch ngang qua trục OI

Vậy quĩ tích điểm P cần tìm hai phần mặt phẳng kể Câu 5:

Ta thấy rằng:Ln tồn điểm khơng trùng tâm,có thể giả sử điểm A1,A2, ,A7

Nối O với điểm ta thấy:Luôn tồn hai điểm Ai,Aj cho:

n

i j

AOAo 60o

7 360

< (1i , j7). Xét tam giác AiOAj có nAOAi j <60

oA

iAj < max(AiO , AjO)1 Ta có điều phải chứng minh

(19)

Đề 7: Thi Chuyên Hùng Vương (1999-2000) Vòng 1:

Câu 1: Chứng minh bất đẳng thức sau với a,b,c số nguyên không âm: c b a a c c b b

a ≤ + + +

+ + + + + + + + ≤ 1 1 1

Câu 2: Tìm giá trị lớn biểu thức:B=3a+4 1−a2 với giá trị a∈[ ]−1;1 Câu 3: CMR: Trong số tự nhiên ta chọn số cho tổng chúng

chia hết cho

Câu 4: Cho tam giác ABC.Trên cạnh BC lấy hai điểm M,N cho:nBAM =CANn.CMR: a) ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = AN AM BN CM CN BM b) ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = AC AB CM BN CN BM c) AN AM BN CM CN BM ≥ +

Hướng dẫn giải: Câu 1:

Theo BĐT Cơ-si ta có:

3 1 1 1 1 1 1 3

3 = =

+ + + + + + ≥ + + + + + + + + a c c b b a a c c b b a Đẳng thức xảy a=b=c

Lại có: a a

b

a ≤ + ≤ + + + 1 1

(vì a,b số nguyên không âm).(1)

Tương tự: b b

c

b ≤ + ≤ + + + 1 1 (2) c c a c + ≤ + ≤ + + 1 1 (3)

Cộng theo vế (1),(2),(3) ta thu : a b c

a c c b b a + + + ≤ + + + + + + + + 1 1 1 Đẳng thức xảy a b c= = =0

(20)

( )2 ( )( )

2 3 4 1 2 1 9 16 5

B = a+ −aa + −a + ⇒ ≤B Mà với

5

a= ∈[ ]−1;1 B=5.Vậy Bmax =5 Câu 3: Xét số tự nhiên : a a1, , ,2 a7

*)Nhận xét: Trong ba số tự nhiên ln tồn hai số có tổng chia hết cho (Bạn đọc tự chứng minh)

Áp dụng:

-Trong ba số a a a1, ,2 3 giả sử a1+a2#2 -Trong ba số a a a3, ,4 5 giả sử a3+a4#2 -Trong ba số a a a5, ,6 7 giả sử a5+a6#2

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= +

= +

= + ⇒

3

2

1

2 2 k a a

k a a

k a a

(k1,k2,k3∈Ν)

- Trong ba số k k k1, ,2 3 giả sử k1+k2#2⇒ +k1 k2 =2m (m∈ Ν) Suy ra: a1+a2+ +a3 a4 =2.(k1+k2)=4m chia hết cho (đpcm) Câu 4:

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác:

S= ab SinC

a).Có: sin(nn) .sin(nn) 22

. .sin( ). . .sin( )

ABM ACM ACN ABN

S S

BM CM AB AM BAM AM AC MAC AM

CN BN = S S = AC AN NAC AB AN BAN = AN b).Có:

n

( ) ( )n

n

( ) ( )n

2

.sin sin

.sin sin

ABM ABN AMC ANC

S S BM BN BM BN

CN CM MC NC S S

AB AM BAM AB AN BAN AB AC AM AC MAC AN AC NAC

= =

⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟

⎝ ⎠

c).Áp dụng BĐT Cô-si sử dụng kết phần a) ta có: AN

AM BN

CM CN BM BN

CM CN BM

2

2 =

(21)

Đề 8: Thi Chuyên Hùng Vương (1999-2000) Vòng 2:

Câu 1: Với giá trị b a

,a b tham số khác 0,thì nghiệm phân biệt hai phương trình sau có nghiệm:

2

2

2 10 (1)

2 (2)

ax ax b x bx ab

⎧ + + =

⎪ ⎨

− − =

⎪⎩

Câu 2: Cho số thực x x x1, , , ,2 3 x6∈[ ]0;1 CMR:

( 1 2) ( 2 3) ( 3 4) ( 4 5) ( 5 6) ( 6 1) 16 xx xx xx xx xx xx

Câu 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn.Ký hiệu AB a AD b CD c BC d= , = , = , = CMR:

BD AC bc ad

cd

ab =

+ +

Hướng dẫn giải:

Câu 1: Đặt

⎩ ⎨ ⎧

= =

) ( ) (

) ( ) (

x f

x f

Để phương trình có nghiệm phân biệt 3,ta xét trường hợp:

+) a 10b

0

1 ⇔ =

⎩ ⎨ ⎧

> Δ

= Δ

.Khi (1) có nghiệm képx1,2 = −1

Ta cần phải có: f2( )− ≠ ⇔ −1 ( )1 2−2 1b( )− −5ab≠0

50 51 1± ≠

b

+) b 5a

0

1 ⇔ =−

⎩ ⎨ ⎧

= Δ

> Δ

Khi (2) có nghiệm kép x1,2 =b

Ta cần phải có: ( )

1 10

f b ≠ ⇔ab + ab+ b

5 51 1± ≠

a

+) ⇔

⎩ ⎨ ⎧

> Δ

> Δ

0

⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧

− > ⇒ < +

> ⇒ > +

5

)

10

)

b a ab

b a ab

(22)

⎩ ⎨ ⎧

− =

− = ⇔ ⎪⎩

⎪ ⎨ ⎧

= =

− =

+ = + = = −

2

3

4

5 10

1 )

( 10

) (

2

a b

x x x x ab a

b

x x x x b

(vô lý)

Như thấy điều ta giả thiết xảy ra.Tức trường hợp (1) & (2) ln có nghiệm phân biệt

Tóm lại,ta phải có:

⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

− > >

>

± ≠ − =

± ≠ =

5

10

5 51 ,

50 51 , 10

b a b a

a b

a

b b

a

Câu 2:

* Nếu có thừa số nhận giá trị 0,ta có đpcm * Nếu khơng có thừa số nhận giá trị thì:

+ Nếu có số lẻ thừa số nhận giá trị âm, ta có đpcm + Nếu có chẵn thừa số nhận giá trị âm,ta có:

Ta thấy thừa số tích khơng thể đồng thời nhận giá trị âm Thật vậy,nếu thì:

(x1−x2)<0;(x2−x3)<0;(x3−x4)<0;(x4−x5)<0;(x5−x6)<0;(x6−x1)<0

1

x x x x x x x

⇒ < < < < < < (vơ lý)

Ta xét tích có thừa số <0,hoặc có thừa số <0 Bổ đề:

-Cho y y y y y y1, , , , ,2 3 4 5 6∈ −[ 1;1]và y1+y2+y3+y4+y5+y6 =0(1) +Nếu có số âm,giả sử y y1, 2 <0.Khi đó:

Có:

(23)

4

3

1 6

2

1

4 16

y y y y

y y y = y y y y y y ≤ ⎛⎜ + + + ⎞⎟ ≤ ⎛ ⎞⎜ ⎟ = ⎝ ⎠

⎝ ⎠

+ Nếu có số âm,giả sửy y y y1, , ,2 3 4 <0.Khi đó: Có: 0<y5+y6 ≤2 nên: − ≤2 y1+y2+y3+y4 <0 Có: y y1 .2 y6 =

4

1

1

y y y y

y y y y y y ≤ ⎜⎛ + + + ⎞⎟ y y

⎝ ⎠ =

=

16 1

4

6 4

1 ⎟ =

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ≤ ⎟

⎠ ⎞ ⎜

⎛ + + +

y y y y y y

Trở lại toán ta có:

(x1−x2) (, x2−x3) (, x3−x4) (, x4−x5) (, x5−x6)∈ −[ 1;1] và:

(x1−x2) (+ x2−x3)<0;(x3−x4) (+ x4−x5) (+ x5−x6) (+ x6−x1)=0

Áp dụng bổ đề ,ta có đpcm Vậy tốn chứng minh xong Đẳng thức xảy 1 1, 2 0, 3 1, 4 1, 5 0, 6

2

x = x = x = x = x = x = Câu 3:

Gọi O giao điểm AC BD.Có:

ΔAOD ΔBOC nên :

da ba dc bc d b OC OD OB OA

= = =

=

ΔAOB ΔDOC nên:

cb ab cd ad c a OC OB OD

OA = = = =

Từ suy được: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧

= + = +

= + = +

OD AC OD

OC OA bc

ab cd

OB AC OB

OA OC ad

ab cd

⇒ =

+ + ⇒

AC BD ab cd

ad bc

đpcm

(24)

Đề 9: Thi Sư Phạm I (1999-2000) Vòng 1:

Câu 1:

1.Tính A với

1999 1999 1999

1

1 1000

1000 1000 1000

1

1 1999

A

⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

=

⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2.Cho a số tự nhiên viết 222 chữ số 9.Hãy tính tổng chữ số n với n a= 2+1.

Câu 2:

1.Giải phương trình: x(x+1)+ x(x+2) = x(x−3) 2.Tìm a để phương trình sau có nghiệm nhất:

( )

14

3 2

2

2

= −

+

− − + − −

x x

a a x a x

Câu 3: Với , ,x y z>0 CMR: 62 4 62 4 62 4 14 14 14 z y x x z

z z

y y y

x

x ≤ + +

+ + + +

+

Câu 4: Trên mặt phẳng tọa độ xOy cho A (-3,0); B (-1,0) Xét điểm M N thay đổi trục tung cho AMBN

1.CMR: ANBM OM.ON khơng đổi Từ suy đường trịn đường kính MN ln qua hai điểm cố định Tìm tọa độ hai điểm cố định

2.Tìm quĩ tích tâm đường trịn ngoại tiếp ΔAMN Xác định vị trí M,N để ΔAMN có diện tích nhỏ

Hướng dẫn giải: Câu 1:

1.A=1

2.Có: 222 444 222 N N

221 / 221 / 10 1 10 2.10 99 00

c s c s

a= − ⇒ =n a + = − + =

(25)

Câu 2: 1.Điều kiện :

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ − ≥ + ≥ + ) ( ) ( ) ( x x x x x x hay ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ≥ = − ≤ x x x

Ta có: x(x+1)+ x(x+2) = x(x−3)

x(x+1)+x(x+2)+2x (x+1)(x+2) = x(x−3) (1) + Nếux≥3 : (1) ⇔ x+6+2 (x+1)(x+2) =0 (vô lý) + Nếux≤ −2: (1) ⇔ x+6−2 (x+1)(x+2) =0

⎩ ⎨ ⎧ ≥ + + + = + ⇔ ) )( ( ) ( x x x x 28 − =

x (thỏa mãn) +Thử với x=0 (thỏa mãn)

Vậy nghiệm phương trình cho ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = = 28 x x

2.Điều kiện: 5 14 0 x x x x ≠ ⎧ + − ≠ ⇔ ⎨ ≠ − ⎩

Xét phương trình:x2−(3a−2 ) x+2a2−5a− =3 (1) Có Δ =(3a−2)2−4 2( a2−5a− =3) (a+4 )2

Từ thấy:

(1) có nghiệm ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − = + − − = + = + + − = ) ( 2 ) ( a a a x a a a x

Để phương trình cho có nghiệm ta xét : + (1) có nghiệm kép x0≠-7

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − ≠ − = = Δ ⇔ ; 2 0 a x ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≠ − ≠ − = ⇔ 4 a a a (vô lý)

(26)

⎢ ⎢ ⎣ ⎡

= = ⇔ ⎪

⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢ ⎣ ⎡

= +

= −

− ≠

2

1

2

4

a a

a a a

Vậy ⎢ ⎢ ⎣ ⎡

= =

2 a a

Câu 3: Có:

= +

+ ≤

+ + + +

+ 6 3

6 2

2

2

2

2

x z

z z

y y y

x x x

z z z

y y y

x x

2 2 2

1

1

x z z y y

x + +

Mà :

4 4 2 2 2

2 2

2 2 2

1 1 1

( )

1 1 1 1

0

x y z x y y z z x

x y y z z x

+ + − + + =

⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎤

= ⎢⎜ − ⎟ +⎜ − ⎟ +⎜ − ⎟ ⎥≥

⎝ ⎠

⎢⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥

⎣ ⎦

Từ (1) (2) ta suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ = = =x y z

Câu 4:

1.Dễ thấy B trực tâm ΔAMN Do đó: ANBM

Có:ΔOAN ΔOMB (g-g)⇒ = ⇒OM.ON =OA.OB=3 OB

OM ON

OA

Giả sử đường trịn đường kính MN cắt

đường thẳng AB ,H H'

Khi đóΔMHN vng H ΔMH'N vng H'

Có: HO2=H'O2=ON.OM =3

⇒ = =

OH OH' đpcm

Đồng thời ta tìm được:H'( ) (3;0;H − 3;0)

Giả sử đường tròn ngoại tiếp ΔAMN cắt AB T(TA)

Có:nNMT =nNAT =BMNn BO OT OT

⇒ = ⇒ =

(27)

Vậy tâm đường

tròn ngoại tiếp ΔAMN nằm đường trung trực [ ]AT

3

.2

2 2

3 3( )

AMN AMN

MN

S AO MN OM ON

S đvdt

= = ≥

(28)

Đề 10 : Thi Sư Phạm I (1999-2000) Vòng 2:

Câu 1:

1.Giải biện luận theo a: (x2 −5x+6) x2 −5ax+6a2 =0

2.Với giá trị a hệ có nghiệm thỏa mãn ,x y>0.Với giá trị a tìm tìm tất nghiệm hệ cho:

⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧

+ + − + − = + + +

= + + +

1

2

1

1

2 2

2 2

a a a a

y x y x

y x y x

Câu 2:

1.Tìm nghiệm nguyên dương hệ ẩn: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= =

2

2

x y

y x

2.Cho P(x) đa thức bậc với hệ số x3 số nguyên ≠0,−1

Biết (1999) 2000P = (2000) 2001P = CMR: (2001)PP(1998) hợp số

Câu 3: Chox x x x1, , ,2 3 4 >0 thỏa: 1

=

=

i i

x Hãy tìm giá trị nhỏ T:

4

3

i i

i i

x T

x =

= = ∑

Câu 4: Cho ΔABC có cạnh khơng nhau.G trọng tâm ΔABC A1,B1,C1

điểm đối xứng A,B,C qua G.Biết AB=2.BC

1 1BC

A

S =72 Tính diện tích miền lục giác chung ΔABC ΔA1B1C1

Hướng dẫn giải: Câu 1:

1.Có:

(x2−5x+6) x2−5ax+6a2 = ⇔0. (x−2)(x−3) (x−3a x)( −2a)=0

( )( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )

3

2 3 2

x a x a

x x x a x a

⎧ − − ≥

⎪ ⇔ ⎨

− − − − =

⎪⎩

(29)

( )( )

⎢ ⎢ ⎣ ⎡

≥ ≤ ⇔

≥ − −

1

0 2

a a

a a

-Nếu nghiệm (1) thì: ⇔(3−3a)(3−2a)≥0

⎢ ⎢ ⎣ ⎡

≥ ≤ ⇔

2 a a

Vậy:

+Nếu

3

a≤ phương trình có nghiệm:

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

= = = =

3

x x

a x

a x

+Nếu

2

a≥ phương trình cho có nghiệm:

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

= = = =

3

x x

a x

a x

+Nếu a=1 phương trình cho có nghiệm: ⎢ ⎣ ⎡

= =

3 x x

+Nếu

3< <a phương trình cho có nghiệm:

⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡

= = =

a x

a x x

3

+Nếu

2 a

< < phương trình cho có nghiệm:

⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡

= = =

a x

a x x

3

2.Với x y, >0 thì: +1+ + ≥2 +2 =4 y y x

x y

y x

x

Đẳng thức xảy ra⇔ = =x y

(30)

0

0

2

2 2

0 2

0

1

4 (1)

1 1

2 (2)

x y

x y

a

x y a

x y a a

⎧ + + + = ⎪

⎪ ⎨

+

⎪ + + + = − + − +

⎪⎩

Từ (1)⇒x0 = y0 =1.Khi từ (2) ta có:

a a a

a a

a a

a 1 2 1

2

4 2 2

2

2 + − + + = − + + − +

= Có:

( )2 ( )( )

2 2 2

2−a +a ≤ 2−a +a +1 = ⇒4 2−a + ≤a (3) và:

( ) ( )

2

2

2 2

1 1 1

2 1 2

a a a a a a

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

− + ≤ − + + ⇒ − + ≤

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎝ ⎠

⎝ ⎠

Vậy: 2− + + 2− 12 +1 =4⇔

a a a

a (3) (4) đồng thời trở thành đẳng thức

a

⇔ =

Với a=1 hệ cho trở thành:

⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧

= + + +

= + + +

1

1

2 2

y x y x

y x y x

(I)

Có:

( )

2

2 2 2

2

1 1

1 1 x y x y

x y x y

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ + + ⎜ + + + ⎟ ⎜≥ + + + ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

16 16≥

Vậy (I)

1 1 1

1 = = = ⇔ = =

x y x y x y

Từ suy x= =y Câu 2:

1.Theo ta có: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= =

2

2

x y

y x

(31)

2x=2y≤2x=2y ≤2x⇒ =x y.

Hệ cho trở thành:

⎩ ⎨ ⎧

= =

x y x

x 2

2

Ta cần giải phương trình: 2x =2x(x∈ Ν) Có: 2x =2x ⇔ 2x−1= ⇔x ( )

1 1+ x− =x Theo BĐT Becnuli: (1 1+ )x−1≥ +1 1.(x− =1) x Đẳng thức xảy ⎢ ⎣ ⎡

= = ⇔ ⎢

⎣ ⎡

= −

= −

2 1

1

x x x

x Vậy nghiệm hệ cho :

⎢ ⎣ ⎡

= =

= =

2 y x

y x

2.Gọi hệ số x3 a (a∈Ζ,a≠0) Đặt:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) 1998 1998 1999 1998 1999 2000 P x = +m xb+ xxc+ xxxa Ở ta sử dụng phep nội suy NewTon nên có cách đặt (m,b,c∈R) Ta có:

(1999) 2000 :

2000 (1999) ( 2 ) ( )

: 2001 (2000) 2

P hay

P m b m b c m b b c

P m b c

= ⎫

= = + ⎬⇒ + + − + = ⇒ + =

= = + + ⎭

Có: P(2001)−P(1998) 6= a+6c+3b=3 2( a+2c b+ )=3 2( a+1) hợp số (vì a≠0; −1 nên 2a+ ≠1 1)

Câu 3:

Giả sử 3 3

1 4

xxxxxxxx Theo BĐT Trêbưsep:

4

4 4 4 3 3

1 x x x x x x x x x x x

x + + + + + + ≤ + + +

(chú ý: 1

=

=

i i

x )

4

4 4 4

1 + + + ≥

(32)

Đẳng thức xảy ra⇔ 1 2 3 4 x =x =x =x = Vậy min

4 T =

Câu 4: Ký hiệu giao điểm hình vẽ Có:

GM G X GC

G C1 = 1

1

1

1B GM BB

X = =

Tương tự:

4

1 2C CC X =

4

1 3A AA X = Có:

9

1 1

1 1

1 =

⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛ =

X B

M B S

S

A C B

SP B

Tương tự:

9

1 1

1 =

A C B

KQA

S S

9

1 1

1 =

A C B

RIC

S S

2

1 1

1

1

1BC AKQ CRI BSP ABC

A

RIKQPS S S S S S

S = − − − =

) ( 48 đvdt SRIKQPS =

(33)

Đề 11 : Thi Sư Phạm I (1997-1998) Vòng 1:

Câu 1: CMR:Với n nguyên dương có: 5n( n+ −1) 3n( n+2n) # 91 Câu 2: Cho ,x y hai số dương thay đổi thỏa mãn: x y=1

Tìm giá trị lớn biểu thức: A 4 x 2 2 y 4

x y x y

= +

+ +

Câu 3: Giải phương trình: x+ +1 2.(x+ = − +1) x 1 1− +x 3 1−x2.

Câu 4: Xét hình vng hình tam giác Nếu chúng có diện tích hình có chu vi lớn

Câu 5: ChoΔABC có lA=450, BC a= , O tâm đường trịn ngoại tiếp, B' C' chân

các đường cao hạ từ B, C xuống cạnh AC, AB tương ứng.Gọi O'là điểm đối xứng O qua B C' '

1.CMR:A B O C, ', ', ' nằm đường trịn 2.Tính B C' ' theo a

Hướng dẫn giải: Câu 1: Có:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

5 25 18 12

25 12 18

n n n n n n n n n

n n n n

+ − + = − − −

= − − −

Mà (7,13)= ⇒1 đpcm Câu 2:

A 1

2

2 + = =

xy xy

y y x

x

Đẳng thức xảy ra⇔ = =x y Vậy Amax=1

Câu 3: Điều kiện: x ≤1

Có: x+1+2(x+1)= x−1+ 1−x+3 1−x2

(34)

( )( )

⎢ ⎢ ⎣ ⎡

− − = +

− = + ⇔

= + − − + −

− + ⇔

1 1

1

1

1 1

x x

x x

x x

x x

Giải ta nghiệm ⎢ ⎢ ⎣ ⎡

− = =

25 24 x x

Câu 4:

a,b,c cạnh tam giác, x cạnh hình vng; ha độ dài đường cao tương ứng với cạnh a tam giác

Có: 2 2 2. .2 2 4 4. 4

a a a

b c+ > h ⇒ + + > +a b c a ha h = S = x = x Vậy chu vi tam giác lớn

Câu 5:

1.Dễ thấy điểm B C O B C, ', , ', nằm đường trịn đường kính BC Có:ABBn'= 45o mà C OB C BBn n' '+ ' '= 180o

C OBn' '= 135o ⇒C O Bn' ' '= 135o

C O Bn' ' ' + C ABn' '=180o

⇒ A,B',O',C' nằm đường trịn 2.Hình thang nội tiếp hình trịn hình thang cân.Vì tứ giác OC BC' nội tiếp nên

n' n 450

OC C OBC= = Mà tứ giác OB CC' ' nội tiếp nên OB A OC Cn' =n' =450 =nB CC' '

⇒OB'//CC'.Hình thang OB CC' ' nội tiếp nên hình thang cân

'

'C OC a

B = =

(35)

Đề 12 : Thi Sư Phạm I (1997-1998) Vòng 2:

Câu 1: Với giá trị tham số a, phương trình sau có nghiệm nhất:

1

2xa + = x+

Câu 2: Giải hệ phương trình ẩn sau:

2

3

3 (1)

4 (2)

6 (3) 10 (4) x y

xz yt xz yt xz yt + = ⎧

⎪ + = ⎪

⎨ + =

⎪ + =

Câu 3: Tìm cặp số nguyên tố p,q thỏa mãn phương trình sau:

2

2

5 1997

5 p q q

+ =

+

Câu 4: Trong tất tứ giác lồi với hai đường chéo có độ dài cho góc hai đường chéo có độ lớn cho,xác định tứ giác có chu vi nhỏ

Câu 10: Hãy xem khẳng định sau hay sai? "Với m,n∈N* có:

) (

1

2 +

≥ −

n n

m

" Hướng dẫn giải:

Câu 1: Theo ta có: 2xa +1= x+3

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

− < − − = −

− ≥ + = − ⇔

3 ,

3 , 2

x x a x

x x a x

⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧

⎢ ⎢ ⎣ ⎡

− ≤ − =

− ≤ + = ⎢ ⎢ ⎣ ⎡

− ≥ − =

− ≥ + =

4 ,

4

4 ,

2 ,

2

2 ,

x x x

x a x

x a x

(36)

⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − ≤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = + = ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ − ≥ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = + = ⇔ 4 2 a a x a x a a x a x

Vậy để phương trình cho có nghiệm thì:

⎢ ⎣ ⎡ − = − = ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − = + − ≤ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − ≥ − = + 4 2 a a a a a a a a

Vậy giá trị cần tìm:⎢ ⎣ ⎡ − = − = a a

Câu 2:Theo ra:

2

3

3 (1) (2)

6 (3) 10 (4) x y xz yt xz yt xz yt + = ⎧ ⎪ + = ⎪ ⎨ + = ⎪ ⎪ + = ⎩

Nhân (2) với (z t+ ) ta được: 3+ zt=4.(z t+ ) Nhân (3) với (z t+ ) ta được: 10 4+ zt=6.(z t+ ) Từ có hệ:

⎩ ⎨ ⎧ = = + ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = − + = − + 10 ) ( 6 ) ( zt t z zt t z zt t z Từ đó:

+) z=1,t=2,x=2,y=1 +) z=2,t=1,x=1,y=2

Câu 3: Ta có: 2 2

5 1997

5 p q q

+ =

+ Nhận thấy:

(37)

Vậy không tồn p,q thỏa mãn Câu 4:

Xét tứ giác ABCD có:nDOC

AC,BD có độ dài cố định

Khi dựng hình bình hành BCB'D có: B'C=BD vànACB' =180o-α

Nên: AB' có độ dài cố định

ACB'AC, B'C cố định độ dài,nACB'=180o-α)

Có: AD BC+ =AD DB+ '≥ AB'

Đẳng thức xảy ra⇔A,D,B' thẳng hàng⇔AD//BC Tương tự dẫn đến AB//CD

Từ suy ABCD hình bình hành chu vi nhỏ

Câu 5: Đặt 2+ 3=a

Ta chứng minh: *

2 (1) ,

2 ≥ ∀ ∈Ν

m n

an n

m

Nếu (1) không thì: 12 12 an n

m an

n m

< − ⇒ <

an n m

an n

m − < ⇒ < + ⇒

an n n

m+ <2 +

⇒ =

+ + =

+ <

+ ⇒

2

1

2 2 )

( n2

a n m

n

( ) ( )

( )( ) ( ) (2 ) 2

2

2

3

2

2

3 2

3

2

an n n

n

n n

n

= +

≤ +

+ − −

=

+ + +

− ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛

+ + =

) ( ) (

1

2 an n m

n + > ⇒

Mà: (3)

) (

1 )

2 (

2

2

n m n n

m n

n m n

m

+ ≥ +

− =

Từ (2) (3) ⇒ − > n

m

2

an (mâu thuẫn với điều mà ta giả thiết) Vậy ta có đpcm

(38)

Đề 13:Thi Tổng Hợp (1997-1998) Vòng 1:

Câu 1: Cho

5

) ( 10

− +

− +

=

x Tính P=(x3−4x+1)1999. Câu 2: Giải phương trình: x+3+ x+8 =5 x

Câu 3: Giải hệ phương trình:

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧

+ + =

+ + =

+ + =

2

7

1

x z xz

z y yz

y x xy

Câu 4: Tìm tất số tự nhiên n để: 2n+15 số phương

Câu 5: Cho ΔABC có cạnh 1(đvđd) Bên tam giác ta đặt hai đường tròn (O,R) ( ', 'O R ) tiếp xúc với nhau, cho hai đường tròn tiếp xúc với cạnh BC,BA; đường tròn tiếp xúc với cạnh BC, CA 1.CMR: ' ( )

2 R R+ ≥ −

2 Các bán kính , 'R R để tổng diện tích hai hình trịn nhỏ tính giá trị nhỏ

Hướng dẫn giải:

Câu 1: Theo ta có: ( ) ( )

( 1)

1

2

3

= − +

− +

=

x

(39)

23 11

) 11 23 ( ) )( (

25 ) )( ( 11

2

= ⇔

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

− =

+ + ⇔

= + + +

+ ⇔

x x

x x

x

x x

x x

Vậyx=1

Câu 3: Theo ta có:

2

2

2 (1) xy x y

yz y z xz z x

= + + ⎧

⎪ = + +

⎪ = + +

Có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3xy= x+1 y+ ⇒1 3xyz= xz z+ y+ =1 x+1 zy z+

( ) ( ) ( ) ( )

3yz= z+1 y+ + ⇒1 3xyz= xz x+ y+ +1 6x

( ) ( )

0 y z x 6x

⇒ = + − − Mà 3xz=(z+1 ) (x+ +1 1) nên:

( ) ( )

3xyz= x+1 yz y+ +y ⇒ =0 (x+1 ) (z y− )−y +) Nếu x= −1⇒ =y 0,z= −7(loại,không thỏa mãn) +) Nếu y= −1⇒ =x 0,z= −2(thỏa mãn)

+) Xét x y≠-1.Có:

3 ( 1)( 1) 1

2

3 ( 1)( 1)

2 2 4

5

xy x y x xy x

xyz xy xyz yz x

yz z y z yz z

xy yz zx xy yz zx x y y z x

x z

+ + + +

= = ⇒ = ⇔ + = + − −

− + + + − +

⇔ = − − ⇔ = − − ⇔ + + = + + − −

⇔ − =

Thay vào (1) được:

2 (5x x−2) 5= x− + − ⇔ = ⇒ = ⇒ =2 x x z y 2(loại trường hợpx= −1do giả thiết) Vậy nghiệm cần tìm là:

⎢ ⎣ ⎡

− = − = =

= = =

2 , ,

3 , ,

z y

x

z y x

Câu 4:

Đặt 2n+15=k2.

(40)

( Dễ dàng chứng minh số phương chia cho có số dư 1) 2n

⇒ chia cho dư 1⇒n chẵn +) Nếu n=0⇒2n =42

+) Nếu n≥2 thì: 2n ≡0(mod 4)⇒2n +15 3(mod 4)≡ ⇒k2 ≡3(mod 4)

(vô lý-Dễ dàng chứng minh số phương chia cho có số dư 1) Vậy n=0 số cần tìm

Câu 5: Hạ OM O N, ' ⊥BC 1.Ta có:

n

cot cot 30

BM

gOBM g BM R

OM = = ⇒ =

Tương tự: CN =R' ) (

3

1 R R'

MN = − + ⇒

Có:R+R' =OO' ≥MN hay

1 ) )( (

) (

3

1 ' '

' ≥ − + ⇒ + + ≥

+R R R R R

R

2 3

1

' = −

+ ≥ +

R R

2.Gọi S S1, 2 diện tích hình trịn (O)và(O') Có:

( '2 2) ( '2 2) ( ' )2

1

3

.2

2 2

S +S = Π R +R = Π R +R ≥Π R +R ≥Π ⎜⎜⎛ − ⎟⎞⎟

⎝ ⎠

(41)

Đề 14:Thi Tổng Hợp (1997-1998) Vòng 2:

Câu 1:Giải hệ: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= +

= − + +

3

0

2

xy x

y x x y y

Câu 2: Có tồn hay khơng số ngun ,x ythỏa mãn: 1992.x1993+1993.y1994 =1995 Câu 3: Số 1997 viết dạng tổng n số hợp số với nhau,nhưng không viết

được dạng tổng n+1 số hợp số với Hỏi n bao nhiêu? Câu 4: Xét ΔABC ngoại tiếp đường trịn có bán kính r=1.Gọi , ,h h ha b clần lượt độ

dài đường cao hạ từ đỉnh A,B,C tới BC,CA,BA.Hãy tính giá trị lớn M với :

1 1

2 2

a b b c c a

M

h h h h h h

= + +

+ + +

Câu 5: Trên đường tròn cho 16 điểm dùng màu:xanh,đỏ,vàng để tô điểm (mỗi điểm màu).Giữa điểm nối đoạn thẳng tơ màu tím nâu CMR:Với cách tô màu điểm(chỉ dùng màu: xanh, đỏ, vàng) cách tô đoạn thẳng nối cặp điểm (chỉ dùng hai màu tím nâu) ta tìm hình vẽ tam giác có đỉnh điểm cho mà đỉnh tô màu cạnh tô màu (dĩ nhiên khác màu tô đỉnh)

Hướng dẫn giải:

Câu 1: Theo ta có: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

− =

= − + +

2

3

0 x xy

y x x y y

3

2

2 2

2

.(3 ) 3

3

( )( 3) ( )( 3)

3

y y x x y y x y x y

xy x xy x

y x y yx y x y x

xy x xy x

⎧ + − + − = ⎧ − + − =

⎪ ⎪

⇔⎨ ⇔⎨

= − = −

⎪ ⎪

⎩ ⎩

⎧ − + − = ⎧ − + − − =

⎪ ⎪

⇔⎨ ⇔⎨

= − = −

⎪ ⎪

⎩ ⎩

2 3

3

0

2 2

± = = ⇔ ⎢

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

⎩ ⎨ ⎧

− =

− = ⎩ ⎨ ⎧

= − = ⇔

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢ ⎣ ⎡

= +

= −

− =

x y

y x

x xy

y x

x xy

x y

x y

x xy

(42)

Vậy ⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

− = =

= =

2 3

y x

y x

Câu 2: Có: 1992.x1993+1993.y1994 ≡ y1994 ≡1995(mod 4).

Từ giả thiết suy y lẻ⇒y2 ≡1(mod 4)⇒y1994 ≡1(mod 4)⇒1995 1(mod 4)≡ (Vô lý) Như phương trình cho vơ nghiệm

Câu 3: Nhận thấy hợp số nhỏ nhất.Mà 1997 _# Gọi n số hợp số có tổng 1997, n số lớn

⇒ 1997 499

4 n<⎡⎢ ⎤⎥=

⎣ ⎦

Lại có: 1997 4 9= + + + + (có 447 số 4) Vậy n=448

Câu 4:

Áp dụng kết Câu 4.1-Đề ta có: + + = =1 r h h

ha b c Dễ dàng CM BĐT sau:(x y z) 1

x y z

⎛ ⎞

+ + ⎜ + + ⎟≥

⎝ ⎠ với x,y,z>0

Áp dụng ta có:( a b b) 1

a b b

h h h

h h h

⎛ ⎞

+ + ⎜ + + ⎟≥

⎝ ⎠ hay:ha hb ha 2hb

9

1

+ ≥

+ (1)

Tương tự ta có:

c b c

b h h h

h

9

1

+ ≥

+ (2);

a c a

c h h h

h

9

1

+ ≥

+ (3)

Cộng BĐT (1),(2),(3) theo vế rút gọn ta được:

1 1

3

a b c

M

h +h +h

M

(43)

Câu 5:

Trên đường trịn có 16 điểm tô

3 màu nên tồn điểm tô màu Ta giả sử 6điểm A, B, C, D, E, F tô

một màu (màu đỏ chẳng hạn)

Nối A với B,với C,với D, với E,với F

Trong đoạn thẳng tô màu ln có đoạn thẳng màu.Ta giả sử đoạn AE, AF, AD tơ màu tím

-Nếu ba đoạn FE, ED, DF tơ màu tím⇒đpcm -Nếu ba đoạn FE, ED, DF tô màu nâu⇒đpcm

(44)

Đề 15: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998) Vịng 1:

Câu 1: Tìm giá trị nhỏ A: A=10 x −7 y Trong ,x y nghiệm nguyên phương trình :3x+5y=11

Câu 2: CMR: (a+b)(c+d)+ (a+c)(b+d)+ (a+d)(b+c) ≥64 abcd Trong a,b,c,d >

Câu 3: Cho đường trịn (O,r).Xét hình thang ABCD ngoại tiếp đường trịn nói trên, BC // AD,BADn =α,CADn =β với α ≤900,β ≤900

a)Chứng tỏ : 12 12 12 12 OD OC

OB

OA + = +

b)Tính SABCD theo r,α,β.Với góc α,β hình thang ABCDS nhỏ tính S nhỏ theo r (S diện tích hình thang ABCD)

Hướng dẫn giải:

Câu 1: Từ giả thiết 3x+5y=11.Suy

4 1,

3 y

x= − y+ − ⇒ = +y t x= − t ⇒ = +y 1,t x= −2 5t với t∈Ζ Có: A=10 x −7 y

-Nếu − < <1 t thì: A=10 5( − t)−7 1( t+ =) 13 71− t≥13 -Nếu t≤-1 có: A=10 5( − t)+7 1( t+ =) 27 29− t≥56 -Nếu t≥1 thì: A=10 5( t− −2) 1( t+ =) 29t−27 2≥ Vậy Amin =2 x= −3,y=4

Câu 2: Bạn đọc tự giải

Câu 3: Ta hạ OI, OT, OM, ON vng góc với AB, CD, BC, AD a).Dễ thấy tam giác COD, BOA vng O

Có: 12 + 12 = 12 = 12 = OT OI

OB

OA

1

(45)

b).Có

2

AI = AN OI tg= α =r tgα

Và:

2

BI =BM =OI Cotgα =r Cotgα Có:

2

.2 ( )

2 2

BMNA

BM AN

S = + r r tg= α +Cotgα Tương tự:

2.( )

2

CMND

S =r tgβ +Cotg β Suy ra:

2( )

2 2

ABCD

S =r tgα +tg β +Cotgα +Cotg β Có:

tg

α

+Cotg

α ≥

2

2

2 =

α α

Cotg

tg

tg

β

+Cotg

β ≥

2

2

2 =

β β

Cotg

tg

Suy S≥4r2 Đẳng thức xảy α β= =900

(46)

Đề 16: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998) Vòng 2:

Câu 1: Cho n (n≥2) số thực ai(i=1, _n) thỏa: 1− < <ai với i=1, _n

Chứng tỏ:∑ ∏

= =

+ =

+ n

i

i n

i

i a

a

1

) (

1

Câu 2: Trong 1997 số tự nhiên từ đến 1997 chọn n số (n≥2) phân biệt cho số chọn có tổng chia hết cho Hỏi cách chọn n số n lớn bao nhiêu?

Câu 3: Cho đoạn thẳng AB điểm C AB vớiAC a BC b= , = Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt nửa đường trịn đường kính AB D.Dựng đường trịn tâm P bán kính r1 tiếp xúc với CA,CD tiếp xúc với nửa đường trịn đường kính AB.Dựng đường trịn tâm Q bán kính r2 tiếp xúc với CB, CD tiếp xúc với nửa đường trịn đường kính AB Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABD a)Tính r r1, 2 theo a b,

b)Tìm đẳng thức liên hệ r r r, , 1 2 Hướng dẫn giải:

Câu 1:

-Với n=2 ta có:

a a > hay: a a1 2+ +a1 a2 + > +1 a1 a2+ ⇔1 (a1+1 ) (a2+ >1) (a1+a2+1) -Giả sử BĐT cho với n k= ≥2 tức là:

( ) ( ) ( )

1 k 1 k a +a + +a + < +a +a +a + -Thật vậy:

Theo giả thiết qui nạp ta có: (1+a1) ( 1+a2) ( 1+ak)> +a1 a2+ + ak +1(1) Lại có: 0>ak+1 > −1 nên: ak+1 1( +a1) ( 1+a2) ( 1+ak)>ak+1(2)

Chú ý: 0< +(1 a1) ( 1+a2) ( 1+ak)<1

(47)

Câu 2:

Giả sử có n số tự nhiên a a1, , ,2 an tổng hai số chia hết cho 1997

1

( ≤ai ≤ vớii=1,n) Có: ) (mod 8 3

1 a a

a a a a ≡ ⇒ ⎭ ⎬ ⎫ + + # #

.Đặt a2 =8t1+k a, 3 =8t2+k (0≤k ≤7)

Do 2 3

4 k a a k = ⎡ + ⇒ ⎢ = ⎣ #

+)k=0 suy ra: a a2, 3 chia hết cho mà a2+ai#8 (i=1,n) Suy ai#8⇒a a1, , ,2 a8#8

Trong 1997 số tự nhiên:1,2,3, ,1997 có: 249

1997 = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣

⎡ số chia hết cho Vậy n=249

+)k=4.Lập luận tương tự ta có: a a1, , ,2 a8 chia cho dư 250 1997 = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ + ≤

n

Vậy n=250(4,12,20,28, ,1996) Câu 3:

a).Giả sử b≥a.Có:

2 b a OC= AO AC− = −

1 a b OP= + −r

Trong ΔPEO: PE2+EO2 =PO2 hay: 2 2 r a b r r b a + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − hay:

(a r) r r b b ab

b − = ⇒ =− + +

2 1

2 Tương tự:

2 a ab a

r =− + + Có: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + = + + = 2

2 ( )

) ( b a BD AD ab b a BD AD

Suy ra:AD= ab+a2,BD= ab+b2 b)

( ) ( )

( )

( )

AD BD AB r a b ab

a b ab ab a b

r

a b a b a b a b a b

+ + = + + + = = + + + + + + + Có: b a b a b a ab b a b a b a r r + + + + = + − + + =

+ 2 ( )

(48)

Đề 17:Thi Tổng Hợp (1995-1996) Vòng 1:

Câu 1: Giải hệ: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= +

= −

2

2 2

xy x

y x

Câu 2: Giải phương trình: 1−x+ 4+x =3 Câu 3: Giả sử a,b số nguyên dương cho:

a b b

a +1 + +

số nguyên dương.Gọi d ước số a,b.Chứng tỏ: da+b

Câu4: Cho hai hình chữ nhật có diện tích.Hình thứ có kích thước a b (a b> >0).Hình thứ hai có kích thước c d (c d> >0)

CMR: Nếu a c> chu vi hình thứ lớn chu vi hình thứ hai Câu 5: Cho điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự ấy.Gọi (Ω) vòng tròn

qua B,C.Kẻ từ A tiếp tuyến AE AF đến vòng tròn (Ω) (E,F tiếp điểm).Gọi O tâm vòng (Ω) I trung điểm BC,N trung điểm EF

1.Chứng tỏ: E F nằm vòng tròn cố định vòng tròn (Ω) thay đổi 2.Đường thẳng FI cắt vòng tròn (Ω) 'E CMR:EE'//AB

3.CMR: Tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác NOI nằm đường thẳng cố định vòng tròn (Ω) thay đổi

Hướng dẫn giải: Câu 1:Từ hệ:

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= +

= −

2

2 2

xy x

y x

(I)

Suy ra: 4x2−2y2−xy x− =0 hay: 3x2−xy−2y2 =0 (1) - Nếu 0y= ⇒ =x (loại)

- Nếu y≠0 từ (1):

+) Nếu =1⇒ x= y=±1 y

x

+) Nếu y x

y

x =− ⇒− = 3

2

(49)

2

2

1 ( )

9

2

y y vô lý xy x

⎧ − =

⎪ ⎨

⎪ + = ⎩

Tóm lại :⎢ ⎣ ⎡

− = =

= =

1 y x

y x

Câu 2: Điều kiện:− ≤ ≤4 x Đặt u= 1−x,v= 4+x ta có:

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎢ ⎣ ⎡

= =

− = ⇔ ⎩

⎨ ⎧

= − +

− = ⇔ ⎩

⎨ ⎧

= +

= +

2

) (

3

2

2

u u

u v

u u

u v

v u

v u

Tóm lại ta có:⎢ ⎣ ⎡

− = =

3 x x

Câu 3: Theo giả thiết:

ab b a b a2 + + +

số nguyên Suy ra:(a2+b2+ +a b d)# 2 Mà a b d2, 2# 2 nên (a b d+ )# ⇒ + ≥a b d2⇒ a b d+ ≥ .

Câu 4: Ký hiệu diện tích hai hình chữ nhật S.Ta phải chứng minh:

1 )

( ⎟>

⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛ − − ⇔ + > + ⇔ + > +

ac S c

a c S c a S a d c b

a

S ac

d c

b a

< ⇒ ⎭ ⎬ ⎫ > >

hay 1− >0 ac

S

Theo giả thiết : a c> nên: ( ) ⎟>0 ⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛ − −

ac S c

a (đpcm)

Câu 5:

1.E,F thuộc đường trịn (A) bán kính AB.AC 2.Dễ thấy A,F,O,E,I nằm đường trịn đường kính AO

n n n'

FIA FEA FE E= = ⇒đpcm 3.Có ΔAKN ΔAOI nên:

AN.AO = AK.AIAN.AO = AF2 = AB.ACAK = const

Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ΔONInằm đường trung trực đoạn KI.(Chú ý:Tâm đường tròn ngoại tiếp ΔONIcũng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONKI)

(50)

Đề 18:Thi Tổng Hợp (1995-1996) Vòng 2:

Câu 1: Cho (x+ x2 +3)(.y+ y2 +3)=3.Hãy tính E với E= +x y Câu 2: Giải hệ:

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= + +

= + +

= + +

7 x zx z

z yz y

y xy x

Câu 3: Cho ,x y≥0 x2+y2 =1 Chứng tỏ: 1

1 ≤ x3 + y3 ≤

Câu 4: Tìm số có chữ số: A=a1a2a3b1b2b3a1a2a3 a1≠0 b1b2b3=2a1a2a3 , đồng thời A viết dạng : 2 2

1 .2

A= p p p p với p p p p1, 2, ,3 4 số nguyên tố phân biệt

Câu 5: Cho vòng tròn (Ω),vẽ hai dây AB CD cắt I (I nằm đường tròn).M trung điểm BD,MI kéo dài cắt AC N.Chứng tỏ: 2

CI AI NC AN =

Hướng dẫn giải:

Câu 1:

Nhân hai vế đẳng thức cho với (xx2 +3) ta được:

( 3) (3 3)

3 + + = − +

y y x x (1)

Nhân hai vế đẳng thức cho với (yy2 +3) ta được:

( 3) (3 3)

3 + + = − +

x x y y (2)

Cộng (1) với (2) theo vế rút gọn ta có:x y+ =0.Vậy E=0 Câu 2:

Hệ cho tương đương với:

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= + +

= + +

= + +

8 ) )( (

4 ) )( (

2 ) )( (

x z

z y

y x

(I)

Nhân ba phương trình ta được:

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

1

( 1)( 1)( 1)

x y z

x y z

x y z

+ + + =

+ + + ⇒ ⎢

+ + + = −

(51)

Từ ta tìm được: ⎢ ⎣ ⎡

− = − = − =

= = =

5 , ,

3 , ,

z y

x

z y x

Câu 3:

1.Từ giả thiết ta có: 0≤x y, ≤1.Nên:x3+y3≤x2+y2 =1. 2.Có:

( )2 ( 2 2)

2 2

x y+ ≤ x +y = ⇒ + ≤x y Lại có:

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

1= x +y = x x + y yx y+ x +y

3

y x y

x+ ≤ +

⇒ mà

2

1 ≥

+y

x Nên:

1 3 + y

x

Câu 4:

A = a1a2a3b1b2b3a1a2a3

=

1 3.10 3.10 a a a +b b b +a a a

= ( )

1 10 2.10

a a a + +

= 2

1 3.7 11 13 a a a

Vậy a1a2a3 phải bình phương số nguyên tố p ( p≠13,11,7 ) Do b b b1 3<1000 nên a a a1 3 <500⇒10< <p 23⇒ ⎢

⎣ ⎡

= =

17 19 p p

⇒ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡

= =

361 289

3

a a a

a a a Như tốn có hai đáp số:

⎢ ⎣ ⎡

= =

361722361 289578289 A

A

Câu 5: Ta có:

IB IC

ID AI IC NI

IM ID IB IM

IN AI

S S S S S

S S S S

S NC AN

NIC IDM IBM

AIN IBM

IDM NIC AIN NIC

AIN

= =

= =

= =

Mà:

IC IA IB ID

(52)

Đề 19:Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1999-2000) Câu 1:

a-CMR: Với ∀n∈Νthì: n5và n có chữ số tận giống

b-Phân tích số 2000 thành tổng bình phương số nguyên dương Câu 2:

a-Tìm a để nghiệm phương trình : x4+2x2+2 a x a+ 2+6a+ =1 0 nhỏ nhất, lớn

b-Cho a≥10,b≥100,c≥1000 Tìm giá trị nhỏ tổng: P =

a a+1

b b+1 +

c c+1

+

Câu 3:

Giải hệ:

3

3

3

1 (1)

(2)

(3) x y y y z z z x x

⎧ = + + ⎪

⎪ = + + ⎨

⎪ = + + ⎪⎩

Câu 4: Cho tam giác ABC không cân A.Gọi M trung điểm cạnh BC,D hình chiếu vng góc A BC,E F hình chiếu vng góc B C đường kính AA' đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC CMR: M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF

Hướng dẫn giải: Câu 1:

a-Bạn đọc tự giải

b-Ta phải tìm số nguyên dương x,y,z thỏa mãn: x2+y2+z2 =2000 Chú ý : Một số phương chia cho dư

Mà 2000 4# nên suy x,y,z chẵn Đặt x=2 , , 2x y1 = y z1 = z1 Ta có: 2

1 1 500 x +y +z =

Tương tự : x1=2 , , 2x y2 1= y z2 1 = z2, ta có: x22 + y22 + z22 =125

Khơng giảm tính tổng qt ta giả sử: x y z≥ ≥ hay x2 ≥ y2 ≥z2

Suy ra: 2

2 125 12

x < < x ⇒ < x < Ta xét: +)Với x2 =7 2

2 76

(53)

2 3 19

y +z = với y2 = y3, z2 =z3.Chú ý 19 chia cho dư Như ,theo nhận xét khơng thể tồn y z3, 3thỏa mãn : 2

3 19 y +z = +) Với x2 =8 2

2 61

y +z = ⇒y2 =6,z2 = ⇒ =5 x 32,y=24,z=20 +) Với x2 =9 2

2 44

y +z = Lập luận tiếp trường hợp x2 =7 thấy không tồn

+) Với x2 =10 2 2 25

y +z = ⇒y2 =4,z2 = ⇒ =3 x 40,y=16,z=12 +) Với x2 =11 2

2

y +z = ⇒ y2 =2,z2 =0 (Không thỏa mãn) Vậy 2000 32= 2+242+202 =402+162+122

Câu 2:

a-Giả sử x0 nghiệm phương trình cho ,thế ta có:

4 2

0 2

x + x + a x +a + a+ = hay : ( )

0 0

2 (1)

a + x + a x+ + x + =

-Vì phương trình (1) với ẩn a ln có nghiệm Suy ra:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 4 2 2

0 0 0

2

0 0

2 0

0

' 3

(2)

x x x x x

x x x x

x x x

Δ = + − + + = + − + ≥

⇔ − + + + + ≥

⇔ − + + ≥

⇔ − ≤ ≤

-Thay x0 = −1 vào (1) rút gọn : a2+4a+ =4 0 hay a= −2; Thay

x =2 vào (1) rút gọn : a2+10a+25 0= hay a= −5.Do đó:

Từ (2) suy ra:Với a= −2 phương trình cho có nghiệm nhỏ -1 với a= −5 phương trình cho có nghiệm lớn

b-Ta có:

10 101

100 100

10 99 100 100

99 100 100 99

= +

≥ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎛ +

+ = + + = +

a a a

a a a a a a

a

Đẳng thức xảy ⇔ =a 10

100 10001

10000

2 10000

100 9999

10000 10000

9999

10000 10000

9999

1 ≥ + =

⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎛ +

+ =

+ +

= +

b b b

b b

b b b b

b

Đẳng thức xảy ⇔ =b 100

1 999999 999999

1000000 1000000 1000000 1000000

999999.1000 1000001

2

1000000 1000000 1000

c c c c

c

c c c

c c

⎛ ⎞

+ = + + = +⎜ + ⎟≥

⎝ ⎠

≥ + =

(54)

Do mà Pmin=

1000 111

1110 (Đạt a=10,b=100,c=1000)

*Nhận xét:Ngoài cách sử dụng kỹ thuật tách BĐT Cơ-Si trên,các bạn giải cách xét tính đồng biến hàm số

Câu 3:Xét hệ phương trình:

3

3

3

1 (1)

(2)

(3) x y y y z z z x x

⎧ = + + ⎪

⎪ = + + ⎨

⎪ = + + ⎪⎩

Ta thấy: 2 0

3

y + + >y y + + ≥y nên từ (1)⇒ >x 0.Tương tự:y>0,z>0 Lấy (1) trừ (2) biến đổi: (x y− ).(x2+xy y+ 2)=(y z− ) (. y z+ +1 (4))

x y z, , >0 nên x2 +xy y y z+ 2, + + >1 0.Do từ (4) ta có: Nếu x yy z≥ Suy x z≥ (5)

Mặt khác từ (2) (3) từ y z≥ suy z x≥ (6) Từ (5) (6) suy ra: x y z= =

Hệ cho trở thành :

3

3 =x +x+

x

Hay

1

1

3

3

2 3

− = ⇔ + = ⇔

+ + +

= x x x x x x

x

Vậy nghiệm hệ cho là:

3 x= = =y z

Câu 4:

D F nhìn AC góc vng nên D F thuộc đường trịn đường kính AC,nghĩa tứ giác ACDF nội tiếp đường tròn

Gọi H trung điểm AB H tâm đường trịn qua A,C,D,F Lại có:

n' n'

A BC= A AC mà:

n' n n n'

A AC FDB= ⇒FDB=A BC

nên :DF BA// '⇒DFAB nên MNDFND NF= ⇒MD MF=

Xét hình thang BECFM trung điểm BCM∈ đường trung trực EF

(55)

Đề 20:Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1998-1999) Câu 1:

a-CMR: Nếu a b số nguyên lẻ phương trìnhx2+ax b+ =0 khơng có nghiệm ngun

b-CMR: Trong ba số nguyên liên tiếp 2N−1, , 2N N+1 khơng có số số phương Trong đó: N =1.3.5 1999

Câu 2: Cho a,b,c≠0 thỏa mãn :(a b c) 1 1 a b c

⎛ ⎞

+ + ⎜ + + ⎟=

⎝ ⎠

Tính T với: T =(a1945+b1945) (. b1975+c1975) (. c1999+a1999) Câu 3: Cho , ,a b c>0 thỏa mãn :abc=1 Tìm GTLN biểu thức:

5 5 5

ab bc ca

P

a b ab b c bc c a ca

= + +

+ + + + + +

Câu 4: Cho đường trịn tâm O, bán kính R đường thẳng (d) ngồi đường trịn M điểm di động (d) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ với đường tròn (P Q tiếp điểm) N giao điểm PQ với OM

a-CMR: OM.ON không đổi

b-CMR: Chứng tỏ:Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc đường thẳng cố định

c-Tìm quĩ tích điểm N Hướng dẫn giải:

Câu 1:

a-Giả sử phương trình: x2+ax b+ =0 với a, b số nguyên lẻ có nghiệm 1, x x Theo định lý Vi-et:

1

(1)

(2)

x x a x x b

+ = − ⎧

⎨ =

b số nguyên lẻ nên x x1, 2là số nguyên từ (2) suy x x1, 2 số nguyên lẻ Do x1+x2 số ngun chẵn⇒ +x1 x2 ≠a(Vơ lý) Tóm lại : Ta có điều phải chứng minh

b-Ta thấy:

2N#2 , 2N _# 4⇒2N khơng số phương

(56)

Giả sử2N+ =1 k2⇒k lẻ

2N =k2− =1 (k−1 ) (k+1 4.)#

N

⇒ # (Vơ lý) Tóm lại: Ta có đpcm Câu 2:

Theo giả thiết: (a b c) 1 1 (a b b c c a).( ).( ) a b c

⎛ ⎞

+ + ⎜ + + ⎟= ⇔ + + + =

⎝ ⎠

Từ : T =0

Câu 3: Dễ thấy :a5+b5−a b3 2−b a3 ≥0 nên: a5+b5 ≥a b3 2+b a3 2 ⇒

c b a

c b

a ab ab b a b a

ab ab

b a

ab

+ + = + + =

+ + ≤

+

+ ( )

1 )

.( 2

5

Tương tự:

c b a

a cb

b c

bc

+ + ≤ + +

5 a b c

b ca

a c

ac

+ + ≤ + +

5

Từ ta có đpcm Câu 4:

a-Dễ thấy : OM ON OP. = =R2. b-Hạ OH⊥(d), I trung điểm OM, G giao điểm OH với PQ

Dễ thấy: I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ

Dễ thấy:I∈ đường trung trực [OH]

c-Có ΔOGN ΔOMH : OG OH ON OM. = . =R2

2 R OG

OH

⇒ = ⇒G cố định

(57)

Đề 21:Thi Tổng Hợp (1991-1992) Vòng 1:

Câu 1:

1.Giải biện luận phương trình: b x a x a

x a x

a =

− − +

− + +

a,b>0;x ẩn số

2.Cho phương trình:x2+ax b+ + =1 0 ,a b∈ Ζ b≠ −1.Chứng tỏ: Nếu phương trình có hai nghiệm số nguyên a2+b2 hợp số Câu 2: Cho a,b,c số đôi khác khác

Giải hệ:

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= + +

= + +

= + +

1 1

3

2

cz y c x c

bz y b x b

az y a x a

Câu 3: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 7x =3.2y+1 Câu 4:

a-Cho hình thang ABCD (AB // CD) Gọi E giao điểm hai cạnh bên,

F giao điểm hai đường chéo CMR:Đường thẳng nối E,F qua trung điểm đáy AB,CD b-Cho +ABC M, N, P điểm cạnh BC, CA, AB

Nối AM, BN, CP CMR: Nếu diện tích tam giác (Các tam giác gạch chéo) diện tích ba tứ giác khơng gạch chéo

Câu 5: Tồn hay không 1991 điểm mặt phẳng cho điểm nối chúng đỉnh tam giác có góc tù

Hướng dẫn giải: Câu 1:

a-VP dương ,vậy VT dương nên: x a x a x a x

(58)

Ta có tính chất: Nếu D C B A = D C D C B A B A + − = + − Có: b x a x a x a x a = − − + − + + thì: 1 + − = + − b b x a x a b b b b x a x a 2 + + − + = + −

⇒ nên:

1 ≤ + = b b a x Vậy phương trình có nghiệm

1 + = b b a

x thỏa mãn :0< ≤x a với b≥1 vô nghiệm 0< <b

b-Dễ thấy: 2 ( ) ( ) 1

a +b = x + x + Thật vậy: Theo định lý Vi-et:

⎩ ⎨ ⎧ = + + = − 2 x x b

x x a

trong đóx x1, 2∈ Ζ nghiệm phương trình cho.Có:

( ) (2 )2 ( ) ( )

2 2

1 2 1 a +b = x +x + x x − = x + x + Do b≠ −1 nênx x1 2 = + ≠b 0.Lại có:

2 1 x + >

2 1

x + > Từ ta có đpcm

Câu 2: Vì a, b, c≠0 nên viết lại hệ phương trình sau: ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = − − − = − − − = − − − 1 1 1 1 3 x y c z c c x y b z b b x y a z a a

Xét đa thức:

( )

P X = XzXyX x− Theo hệ ta thấy: 0, 0, 1⎟=0 ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ c P b P a P

Vậy đa thức có ba nghiệm đôi khác a , b , c

; nên theo định lý Vi-et:

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = − = + + = + + x X X X y X X X X X X z X X X 1 3 2

X X X1, 2, 3 nghiệm P X( )

(59)

Câu 3:

-Nếu x lẻ : 7x≡3(mod 4) Suy ra: 3.2y+ ≡1 3(mod 4) nên:

3.2y ≡2(mod 4)⇒ =y 1,x=1

-Nếu x chẵn : 7x≡1(mod 4).Đặt x=2k

Có : 72k− =1 3.2y hay : (7k−1 7) ( k+ =1) 3.2y

Thấy: 7k+ ≡1 2(mod 3) nên: 7k+ =1 2m (m∈ Ν) lúc đó: 7k− =1 2m−2

Vậy: (2m−2 2) m=3.2y⇒(2m−1−1 2) m+1=3.2y

Thấy : 2m−1−1 lẻ ⇒2m−1− = ⇒ = ⇒ = ⇒ =1 3 m 3 x 2 y 4 Vậy : x=1,y=1 x=2,y=4

Câu 4:

a-EF cắt AB,DC I F, ''.Dựng đường thẳng qua F song song với AB cắt AD,BC

M,N

Trong ΔADC ΔBDC có: AC

AF DC MF =

và:

BD BF DC NF = mà:

BD BF AC AF =

nên MF=FN Trong '+EDF +ECF'có:

C F DF C

F FN EF

EF DF

MF ' '

' '

' = = ⇒ =

Tương tự : AI =IB

b-AM, BN, CP cắt I, J, K hình vẽ CI cắt NK L Có:

ANI IJK NAJ KAJ

S =SS =S //

NK AJ

Theo phần a) CI cắt NK trung điểm L NK Có:

,

NIC KIC ACI CIM

S =S S =S AI IM

⇒ =

AIB BIM APJI BJKM

S S S S

⇒ = ⇒ =

(60)

Câu 5:

Trên nửa đường trịn đường kính AB (trừ điểm A,B) ta lấy tùy 1991 điểm A1, A2, A3, ,

A1991 Tập hợp 1991 điểm ln có ba điểm không thẳng hàng nên chúng đỉnh

của tam giác có : nA A Ai j k(1≤ < < ≤i j k 1991) chắn cung lớn nửa đường tròn ,vậy nA A Ai j ktù.Vậy tồn tập hợp điểm thỏa mãn

(61)

Đề 22:Thi Tổng Hợp (1991-1992) Vòng 2:

Câu 1:

a-Rút gọn biểu thức:A= 2 44 16 6− +

b-Phân tích biểu thức:P=(x y− ) (5+ y z− ) (5+ −z x)5 thành nhân tử

Câu 2:

a-Cho a,b,c,α,β,γ thỏa mãn:a+b+c=0 α +β +γ =0 và: + + =0 c b a

γ β α

Hãy tính:A=α.a2 +β.b2 +γ.c2

b-Cho , , ,a b c d≥0 , , ,a b c d≤11.CMR:0≤a+b+c+dabbccdda≤2 Câu 3: Cho trước a d số nguyên dương Xét tất số có dạng:

, , , , ,

a a d a+ + d a nd+ CMR: Trong số có số mà chữ số 1991

Câu 4: Trong hội thảo khoa học có 100 người tham dự.Giả sử người quen biết với 67 người CMR: Có thể tìm nhóm người mà người nhóm quen biết

Câu 5:

a-Cho hình vng ABCD Lấy điểm M nằm hình vng:

n n 150

MAB MBA= = CMR:ΔMCD

b-Hãy xây dựng tập hợp có điểm mà: Đường trung trực đoạn nối hai điểm qua hai điểm tập hợp

Hướng dẫn giải: Câu 1:

a-Đáp số:A=3 2 3−4 2.6 (2 3+4 2)2 =−3 20 b-Xét P x y z( , , ) (= x y− ) (5+ y z− ) (5+ −z x)5 Thấy P y y z( , , )=P x z z( , , )=P x y x( , , )=0

Nên:P x y z( , , ) (= x y− ) (. y z− ) (. z x− ).⎡A x.( 2+y2+z2)+B xy yz zx.( + + )⎤

⎣ ⎦

Cho 0,x= y=1,z= −1 có: −1.2.1.⎡A.2+B 1( )− ⎤= − +1 25− ⇒1 2A B− =15 (1)

(62)

Cho x=0,y=1,z=2 có: −1.1.2 .5[A +B.2]= − + − +1 ( )1 25⇒5A+2B=15 (2) Từ giải hệ (1)&(2) được:A=5,B= −5

Nên: P=5.(x y− ) (. y z− ) (. z x− ).(x2+y2+z2−xy yz zx− − ) Câu 2:

a-Có: (a+b+c)(aα +bβ +cγ)=0

( ) ( ) ( )

0

0

2 2

2 2

2 2

2 2

= + + ⇒

= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎛ + +

− + + ⇒

= − − − + + ⇒

= + + + +

+ +

+ + ⇒

c b a

b a c abc c

b a

ca bc ab c b a

ca bc

ab c b a

γ β α

β α γ γ

β α

β α γ γ

β α

α γ γ

β β

α γ

β α

b-Có: a b c d ab bc cd da a+ + + − − − − = 1( − +b) b 1( − +c) (c 1−d)+d 1( −a)≥0 Lại có: ( ) ( )

( ) ( )

1 1

1 1

a b a b ab

c d c d cd

− − ≥ ⇒ + − ≤

⎧⎪ ⎨

− − ≥ ⇒ + − ≤

⎪⎩

Nên:

( ) ( ) 1

a b c d ab bc cd da a b c d ab cd a b ab c d cd

+ + + − − − − ≤ + + + − − =

= + − + + − ≤ + =

Ta có đpcm Câu 3:

a,d cho trước, a d+ số tự nhiên, viết hệ thập phân có k chữ số:

10k− ≤ + ≤a d 10k hay:

1 10 , 10 10 10 10

1 ≤ + ≤ ⇒ <

k k k

k

d a d

a

Do tồn số n tập tự nhiên thỏa mãn: 1992

10 10

1991≤ ak +n dk <

Lúc đó: 1991.10k ≤ +a n d ≤1992.10k

Vậy chữ số a n d+ 1991 (đpcm)

Câu 4: Ta ý có hai người A & B quen chẳng hạn.Thế thì:

Số người quen chung A & B 34 ( =67 67 100+ − ) người.Gọi M tập hợp người quen chung A & B Trong M phải có cặp C&D quen Vì M chẳng có quen người M quen nhiều

(63)

Câu 5:

a-Dựng tam giác ABE.(E nằm ngồi hình vng) ADM = AEMDM =EM

+ +

BCM = BEMCM =EM

+ +

CM DM

⇒ =

Dễ thấy +AEM cân E nên: EA EM= ⇒EM = AB Từ suy đpcm

b-Dựa vào phần a) ta có tập hợp điểm A,B,C,D,M,N,P,Q thỏa mãn

(64)

Đề 23:Thi Tổng Hợp (1992-1993) Chuyên Lý-Hóa:

Câu 1:

a-Giải hệ ( )

( )( )

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= + − +

= +

1

2

2

2

y xy x y x

y y x

b-Cho x y, >0 : x y+ =1 CMR: 8.( + 4)+ ≥5 xy y

x

Câu 2:

Giả sử m tham số phương trình:(x−1 ) (x−2 ) (x−3 ) (x−4)=m có bốn nghiệm x x x x1, , ,2 3 4 khác Hãy tính giá trị biểu thức sau theo m:

4

1 1

x x x x

P= + + +

Câu 3: Cho+ABC BC a CA b AB c: = , = , = AD phân giác lA(D BC∈ ) a-CMR: AD2 =AB AC DB DC. − .

b-Tính AD theo a,b,c

Câu 4: Cho +ABCAM, BN đường trung tuyến xuất phát từ A,B; AD,BI đường phân giác xuất phát từ A B Chứng tỏ: Nếu lA B>lthì:

a) AM <BN b) AD BI<

Câu 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2xy x y+ + =83 Hướng dẫn giải:

Câu 1:

a-Nếu x=0 ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= =

1

2

y y y

(vô lý) Vậy nên x≠0 Đặt y t x= Ta có:

( )

( )( )

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= +

− +

= +

1

2

2 2 2

x t tx x tx x

tx tx

x ( )

( )( )

2

1

2

= + − +

+ ⇒

t t t

t t

(t≠ −1)

⎢ ⎣ ⎡

= = ⇒ = + − ⇒

2

2

t t t

t

+)Nếu t=1⇒ = ⇒y x 4x3 = ⇒2

3 2 =

x

3 2 = y +)Nếu t= ⇒ =2 y 2x⇒18x3 = ⇒2

3 9 =

x

(65)

Vậy hệ cho có hai cặp nghiệm b-Có:

( )

8 16 2 4 4 ≥ + ⇒ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ≥ + y x y x y x (1)

Lại có:

4 2 ≥ ⇒ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ≤ xy y x

xy (2)

Cộng (1)&(2) theo vế ta đpcm Đẳng thức xảy

2 x= =y

Câu 2: Có: (x−1 ) (x−2 ) (x−3 ) (x−4)=m (1) (x2 5x 4 ) (x2 5x 6) m.

⇔ − + − + =

Đặt x2−5x+ =4 y, (1) trở thành: y y.( +2)= ⇔m y2+2y m− =0 (2) Để (1) có bốn nghiệm (2) phải có hai nghiệm y y1, 2 thích hợp.Có:

' 1 m 0 m 1

Δ = + > ⇔ > −

Lại có: y1+y2 = −2 y y1 2 = −m

Do vai trò x x x x1, , ,2 3 4 P , nên coi x x1, 2 nghiệm phương trình:

1

5

xx+ = y ,và x x3, 4 nghiệm phương trình:

2

5

xx+ = y Có:

2

1

5

xx+ −y = ,

2

5

xx+ −y = x1+x2 =5, x x1 2 = −4 y1, và: x3+x4 =5

x x = −y Nên:

m y y x x x x x x x x x x x x P − = − + − = + + + = + + + = 24 50 5 1 1 4 2 Câu 3: a-Ta có:

ΔABD ΔAA1C nên: 1

1 AA AD bc b AD AA

c = ⇒ =

(AD cắt đường trịn ngoại tiếp ΔABC A1)

Có:

( )

1

AD DA =DB DCAD AAAD =DB DC hay:

2 2

1

AD AAAD =DB DCbc AD− =DB DCAD = AB AC DB DC− b-Có: c b a c b DC DB b DC c DB + = + + =

= nên:

( )2

2 c b bc a DC DB +

= Từ đó:

( ) ⎥⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + −

= 2

(66)

Câu 4: a)

Chú ý:

⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧

− + =

− + =

2

2

2 2

2 2

b c a m

a c b m

b a

DolA B>l nên a b>

So sánh vế phải hai đẳng thức : ma2 < mb2 ⇒AM <BN

b)

Theo 3: ( )

( )

⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧

⎥ ⎦ ⎤ ⎢

⎣ ⎡

+ − =

⎥ ⎦ ⎤ ⎢

⎣ ⎡

+ − =

2 2

2 2

1

a c

b ca

d

c b

a bc

d

b a

Từ ⇒da2 <db2 ⇒ AD<BI

Câu 5: Từ 2xy x y+ + =83⇒(2x+1 2) ( y+ =1) 167 Từ đó: ( )x y, (83;0 , 0;83 , 1; 84 ; 84; 1) ( ) (− − ) (− − )

D

A1

B C

(67)

Đề 24:Thi Tổng Hợp (1992-1993) Vòng 1:

Câu 1:

a-Giải phương trình: x+2+3 2x−5 + x−2− 2x−5 =2 b-Giải hệ:

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= + +

= + −

0

0

2

2

x y x y

x y xy

Câu 2: Tìm tất cặp số nguyên không âm (m,n) để phương trình:

2 0

xmnx m n+ + = có nghiệm nguyên

Câu 3: Cho +ABC có diện tích S Trên cạnh AB,BC,CA lấy ', ', 'C A B thỏa mãn:

' ' , ' ' ,3 ' '

AC =C B BA = A C B C =AB Giả sử AA'cắt B B' ởM, C C' cắt 'B B

N, C C' cắt AA' ởP Tính diện tích +MNP theo S

Câu 4: Cho +ABC nội tiếp đường trịn Lấy D cung BC (khơng chứa A) đường trịn HạDH vng góc với BC, DI vng góc với CA, DK vng góc với AB CMR:

DK AB DI AC DH

BC

+

=

Câu 5: Tìm tất cặp số nguyên dương (m n, ) cho 2m+1 chia hết cho n 2n+1 chia hết cho m

Hướng dẫn giải : Câu 1:

a-Điều kiện : ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧

≥ − +

+

≥ − − −

≥ −

0

0 2

0

x x

x x

x

(I)

Có: x+2+3 2x−5 + x−2− 2x−5 =2

5

4 2

= − − + + − ⇔

= − −

− + − +

+ ⇔

x x

x x

x x

Có: 2x−5+3+1− 2x−5 ≥ 2x−5+3+1− 2x−5 =4

Đẳng thức xảy ( )( )

2

0 5

2 − + − − ≥ ⇔ ≥ ≥

x x x (thỏa mãn (I))

Vậy nghiệm phương trình : ∈⎢⎣⎡ ;3⎥⎦⎤

(68)

b-Có:

2

2

2 (1)

2 (2) xy y x

y x y x ⎧ − + = ⎪

+ + = ⎪⎩

-Nếu 0x= ⇒ =y

-Nếu 0x≠ ⇒ ≠y Nhân (2) với x trừ (1) theo vế ta có:

( 2)

0

2 2 3

3y+ x + yx = ⇔ x + y= xx + ≠

x nên :

2 + = x x

y thay vào (2) ta có:

3 , 11

3x6 + x3 + = ⇒x3 =− x3 =− Vậy hệ phương trình có ba nghiệm:

0 , ; , ; ,

1 2 3 3

3

1 =− y = x =− y = x = y =

x

Câu 2: Theo ra: Nếu x x1, 2 nghiệm phương trình.Theo định lý Viet ta có: ⎩ ⎨ ⎧ + = = + n m x x mn x x 2

⇒Nếu x1ngun (hoặc x2) nghiệm cịn lại ngun Do m n, ≥ ⇒0 x x1, 2 ≥0

-Nếu bốn số x x m n1, , ,2 bốn sốđều Ta có cặp ( )0,0

-Ta tìm cặp m≠0,n≠0 Khi đó: m n, ≥1 Nên: (x1−1 ) (x2− = −1) (m−1 ) (n− + ≤1) 2

Từđó: m n= =2 5,m= n=1 m n= =3 1,m= n=5 Câu 3: KAA C C'// ' , ta có:

3 ' ' ' ' = = = CC A A BC BA BC BA và: 3 ' ' ' ' ' ' = + = = AC AC AC A A AC A A CP Ta có: ' 1' ' ' ' ' = = = CC A A A A P C CC P C 5 ' ' = ⇒ = ⇒ C AC APC S S CC PC nên S S SAPC = =

(69)

Từđó: SAMB S 10

1 =

Câu 4: Lấy cung CE BAp=p DE cắt BC F.Có: BDF ADC

+ + +DFC+DBA Hai tam giác đồng dạng có cạnh đường cao tương ứng tỉ lệ , nên:

;

AC BF AB FC DI DH DK DH AC AB BF FC BC

DI DK DH DH

= =

+

⇒ + = =

Câu 5: Có: m n

m n

n m

,

2

⇒ ⎩

⎨ ⎧

+ +

# #

lẻ Giả sử nm⇒2n+1≤3m.Ta xét:

+)2n+ =1 m n\ 2m+ =1 2( n+ + ⇒1 1) n\ 3⇒ ⎢ ⎣ ⎡

= =

= =

7 ,

3 ,

m n

m n

(70)

Đề 25:Thi Tổng Hợp (1992-1993) Vịng 2:

Câu 1:

a-Tìm tất số nguyên nđể:n4+2n3+2n2+ +n 7là số phương b-Cho , ,a b c>0và a b c+ + ≤1 CMR:

2

1

1

2

2 + bc+b + ca +c + ab

a

Câu 2: Cho a tổng chữ số số ( )29 1945 và b tổng chữ số của a Tìm tổng chữ số b

Câu 3: Cho +ABC Giả sửđường phân giác ngồi góc A cắt BC D, K tương ứng CMR: Nếu AD AK= AB2+AC2 =4R2,trong đó R bán kính

đường trịn ngoại tiếp+ABC

Câu 4: Trong mặt phẳng kẻ 1992 đường thẳng cho khơng có hai đường song song khơng có ba đường đồng qui Tam giác tạo ba đường thẳng số đường thẳng cho gọi "tam giác xanh" khơng bịđường số đường lại cắt

a-CMR: Số tam giác xanh khơng 664 b-CMR: Số tam giác xanh khơng 1328

Câu 5:Có 41 thành phốđược nối với đường chỉđi chiều.Biết từ

mỗi thành phố có 16 đường đến thành phố khác có 16 đường từ

các thành phố khác tới nó.Giữa hai thành phố khơng có q đường mạng lưới CMR: Từ thành phố A có thểđi đến thành phố B mà chỉđi qua nhiều hai thành phố trung gian

(71)

Câu 1:

a-Đặt y2 =n4+2n3+2n2+ + =n 7 (n2+ +n 1) (2− n2+ +n 6)

hay: ( )

2

2 6.3

2

y = n +n +⎛⎜n+ ⎞⎟ + ⎝ ⎠

hay: y2 =(n2+ +n 2)2−3.(n2+ −n 1)

Khi n=0 n= −1 y2 =7 khơng phải số phương

Vậy n≠ −0; Lúc đó: n2+ − =n 1 (n−1 ) (n+ +1) n −3.(n2+ − <n 1) 0 Ta có: (n2+n)2 < y2 <(n2+ +n 2)2

Suy ra:

( )2

2 1

y = n + +n lúc 6 0 n n n

n = ⎡ + − = ⇒ ⎢ = −

⎣ b-Bạn đọc tự giải

Câu 2: Vì 23 ≡ −1 (mod 9)⇒( )23 3.1945≡ −1 (mod 9) Vậy ( )29 1945≡8 (mod 9)

Ký hiệu S (m) tổng chữ số mS (a), S (b) chia cho dư

Có: 213 =8192 10< ⇒2130<1040 nên: ( ) ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧

< < <

24 13

134 40 17420

10

10

10

Vậy : ( )29 1945 =217420+13.6+7 <105391⇒( )9 1945

2 có khơng q 5391 chữ số Lại có:

( )

( )

( ) 1945

2 5391.9 48519

3 9 9 39 ( ) 12

a S b S a c S b

= ≤ =

= ≤ + + + + = = ≤

(72)

Câu 3:

ΔADK vuông cân ởA.Gọi AI đường cao

Có: m n

l n n

0

0

45

45 A CAI

A ABD ADK

⎧ + = ⎪

+ = =

⎪⎩

nên : CAIn=nABDAI tiếp xúc với (O) ngoại tiếp ΔABC

OAAIOA // BC OA cắt (O) A1

(A1 ≠A) Có AC = A1B và:

2 2 2

1

AB +AC = AB +A B = R

Câu 4: Gọi P k( ) số "tam giác xanh" tạo kđường thẳng Ta có P( )3 =1 Xét k+1đường thẳng Trong phải có đường thẳng d mà giao điểm k+1 đường thẳng nửa mặt phẳng có bờ d Xét giao điểm không

trên d, phải có giao điểm gần d nhất.Chính điểm đỉnh "tam giác xanh" (Các "tam giác xanh" cũ giữ nguyên).Vậy P k( + ≥1) P k( )

Có: ( )

1 ) ( ) (

1 ) ( ) (

1 ) (

− ≥ ⇒

⎪ ⎪ ⎭ ⎪ ⎪ ⎬ ⎫

+ − ≥

+ ≥ =

n n P n

P n P

P P

P

Vậy ta có kết luận mạnh hai câu a&b: Số "tam giác xanh" khơng 1992 1990− =

Câu 5:

(73)

Gọi N tập hợp 16 thành phố có đường tới B Nếu M có thành phố tới N⇒đpcm

Nếu khơng có thì:

Trong M : 16 thành phố có 16 16 256× = đường đến thành phố M P (P tức tập hợp 41 16 16 7− − − = thành phố lại)

Số đường thành phố M đến thành phố khác M nhiều là:15 14 120+ + + + =

Số đường từ thành phần M đến thành phố P nhiều là: 16 112× = Vậy: 256 120 112≤ + (Vơ lý)

Tóm lại ta có đpcm

Chú ý:Có thể thay kiện có 41 thành phố thành 42 thành phố

(74)

Đề 26:Thi Sư Phạm I(1998-1999) Vòng 1:

Câu 1:

1-Cho 0ab≠0,a+b≠ CMR: a)

(a b) a b a b b

a + + + = + − +

1 1

1

2

2

b)

( ) a b

ab b a b a

b a b a

+ − + = + +

+ 22

2-Sử dụng kết tính:

n n

x= 1+99 92 +0,999 92 với n≥2 Câu 2: CMR:

( 1)( 1)

3

> + − +

x x

x

x với ∀x>1

Câu 3: Tìm số nguyên lớn không vượt : (4+ 15)7 Câu 4: Giải hệ:

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= + + +

= + +

= + +

0

0 2

0

2 2

y y xz

z xy x

z yz x

Câu 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).Đường thẳng BD tiếp tuyến với (O) A,Cđồng qui S.Gọi I giao điểm AC BD

CMR:

a) AC DC =AD BC b)

CD AD

CB AB ID IB SD SB

=

=

Hướng dẫn giải : Câu 1:

1 a) Có:

( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2

2 2

1 1 1

1 1 1 2

2 2

0 2( ) 2

( ) ( )

a b a b a b a b

a b a b a b a b ab a a b b a b a b b a

ab a a b b a b

+ + = + − + +

⇔ + + = + + + − −

+ +

+ +

⇔ − − = ⇔ + − − =

+ +

(75)

b) Có:

( ) a b

ab b a b a b a b a + − + = + +

+ 22

( ) ( )2 2( ) 0

2 2 2 2

2 + ⇔ =

+ + − + + + = + + + ⇔ ab b a ab b a b a b a b a b a b a b

a (hiển nhiên)

2.Với a=1

/ 999

n c s

b= (n chữ số 9) a b+ =10n và:

n n ab ab b

a 0,999 9; 99

1 = =

+ Suy ra:

= ⇒ x

( ) 999 9,00 101 2 − = + − + = + + + n n b a ab b a b a b a b a

Câu 2: Có:

( )( ) ( 1)( 1) 1

4 2 1 1 4 3 3 = − ≥ − + − + + + + + − = + − + x x x x x x x x x x x x x

Đẳng thức khơng xảy phương trình : 1 = + = − x x x x

vơ nghiệm Tóm lại ta có đpcm

Câu 3: Ta có :x1 =4− 15, x2 =4+ 15 hai nghiệm phương trình:x2 −8x+ =1 0 Ta có: x1x2 =1,x1+x2 =8 1, 2

2

1 = xx = xx n n n n n

n x x S S S

x = − ⇒ = −

⇒ + + + + 2 , 1 , 2 ,

1 8 (với Sk =x1k +x2k) Từđó:

( )

1 7 7

1 x S 1874888 x 15 1874888 x

x + = = ⇒ = + = − mà 0< x1 <1 nên:

< ⇒

<

< 1874887

0

1

x (4+ 15)7 <1874888 ⇒⎢⎣⎡ +(4 15)7⎥⎦⎤=1874887 Chú ý : Kí hiệu xk =

2 ,

k k x

x1 + 2 Câu 4:

Có: 2xz y+ 2+ + = ⇒y 1 0 xz≠0 Mà : ( ) ( ) ( ) 2 2

2 2 2

4 2

2 2

2 2 (1)

x yz z z y x

x xy z x y z

xz y x z

+ + = ⇒ + = − + + = ⇒ + = − ⇒ + = >

(76)

Câu 5:

a).+SAB+SDA nên: SA AB SB (1) SD = DA= SA +SCB+SDCnên:SC CB SB (2)

SD = DC =SC Do SC SA= , từ (1) & (2) :

DC CB DA AB =

nên : AB CD =AD CB

b)Từ (1) & (2) ta có:

CD AD

CB AB SA SD

SC SB SD SB

=

=

Tương tự ta có: IAB IDC

+ + +ICB+IDA Suy :

CD AD

CB AB ID IB

= Ta có đpcm

(77)

Đề 27:Thi Sư Phạm I(1998-1999) Vòng 2:

Câu 1: Cho x y z t, , , ∈[0;1) thỏa mãn: xyzt= −(1 x) ( 1−y) ( 1−z) ( 1−t) CMR:x 1( − +t) (t 1− +z) z 1( −y)+y 1( −x)≥1

Câu 2: Tìm số nguyên dương n cho số Sn =1.2.3 7+n n.( +1 ) (n+7)

viết dạng tổng bình phương hai số nguyên dương

Câu 3: Giải bất phương trình: ( ) ( )

x x x

x x x

x

3 2

2

4 + +1+ − +1 ≤ +1

Câu 4: Cho +ABC cân ởB, cạnh bên AB lớn cạnh đáy AC, biết diện tích +ABC 1(đvdt) CMR : Ta có thểđặt lọt +ABC vào miền tam giác vng có diện tích ≤

Câu 5: Cho hình chữ nhật ABCD điểm M nằm hình chữ nhật 1.CMR: MA MB MC MD AB AC AD+ + + ≤ + +

2.Tìm tất vị trí M để : MA MC MB MDHướng dẫn giải :

Câu 1: Theo giả thiết: xyzt= −(1 x) ( 1−y) ( 1−z) ( 1−t) (1)

Có: x 1( − +t) (t 1− +z) z 1( −y)+y 1( −x)≥ ⇔ − −1 (1 x z) ( 1− − ≤y t) (2) Từ (1) suy ra:

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

⇒ ⎢

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

⎩ ⎨ ⎧

− − ≥

− − ≤ ⎩ ⎨ ⎧

− − ≤

− − ≥ ⇔ ⎢

⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

⎩ ⎨ ⎧

− − ≥

− − ≤ ⎩ ⎨ ⎧

− − ≤

− − ≥

t y

z x

t y

z x

t y yt

z x xz

t y yt

z x xz

1

1

1

1

1

1

1

1

(2) ln

Vậy ta có đpcm

Câu 2: Giả sử 2

n

S =a +b với a b, ∈ Ν*

Dễ thấy: n n.( +1 ) (n+7 64)# ⇒Sn#4⇒a b, chẵn⇒ =a ,a b1 =2b1

Đặt: n n.( +1 ) (n+7)=64k Có: 2

1 2.3.5.6.7 16 ,2 2 a +b = + k# ⇒a = a b = b Có:

2

2 9.5.7

(78)

Câu 3: Điều kiện: x>0

Chia hai vế BPT cho x(x2 +1) biến đổi để BPT trở thành: x

x x x x

x x

x

1 1 1

1 ≤ +

+ − + + −

+ (1)

Đặt : +1 =t≥2 x

x

Khi (1) trở thành:

t t t t t

t t

t−1+ 1−1 ≤ ⇔ 1−1 ≤ − −1 Do hai vếđều dương nên:

2

1

1 1

1 1

1

⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛

− − ≤ ⇔ − − + ≤ ⇔

− −

− + ≤ − ⇔

t t t

t t

t

t t t t t t t

Điều với ∀t≥2

Vậy: BPT cho có nghiệm với ∀x>0

Câu 4: Gọi O trung điểmAB=2a Vẽ nửa đường tròn (O) bán kính R OC= có đường kính DE nằm đường thẳng AB DoACBn<900 nACB<900⇒ nACB< nDCE

AB DE

⇒ < (Vì OC OA> ) ABC

⇒+ nằm hồn tồn miền tam giác vng CDE Có:

n n

BOC> AOC nên nBOC>900(Do BOCn&nAOC bù nhau) HạCHAB.Có:

2 2 2 2 4 3 3

OB +OC =OB +OH +HC <CB = AB = a ⇒ <R a = (Do SABC=1(đvdt))

Từđó ta có đpcm Câu 5:

*Bổđề: Cho điểm M tam giác tù ABC (tù ởA) Khi đó: BM CM+ <AB AC+

Thật vậy: Kéo dài BM cắt AC K

( )

( )

BM CM BM MK KC BK CK AB AK CK AB AC

(79)

*)Nhận xét: Xét điểm N nằm [AB].Lấy 'D đối xứng với D qua AB Theo bổđề :

' '

ND NC+ ≤ AD+AC hay ND NC+ ≤AD AC+ 1.Giả sửM nằm hình chữ nhật ABCD Qua M kẻNPAB (NAB,PCD).Có:

( ) ( )

( ) MA MB MC MD MA MD MB MC AN ND NC NB AB AC AD dpcm

+ + + = + + + ≤

≤ + + + = + +

2.Qua M kẻHKAD (HAD,KBC).Có:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2 2 2

2 2

MA MC MB MD MA MC MB MD

MN MH MK MP MN MK MH MP

MN MP MH MK

MN MP MH MK

≤ ⇔ ≤

⇔ + + ≤ + +

⇔ − − ≥

⇔ − − ≥

Điều có M thuộc hai hình chữ nhật AEOS; CROF E,F,R,S,O trung điểm AB,BC,CD,DA,AC

(80)

Đề 28:Thi Tổng Hợp (1998-1999) Vòng 1:

Câu 1:

1.Giải phương trình: 2−x2 + x2 +8 =4 2.Giải hệ :

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= + +

= + +

21 2

2

y y x x

y xy x

Câu 2: Các số a,b thỏa mãn: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= −

= −

98

19

2

2

b a b

ab a

Tính : P a= 2+b2.

Câu 3: Cho a b c, , ∈[ ]0;1 CMR:a+b2 +c3−abbcca≤1

Câu 4: Cho đường trịn (ω) bán kính R A&B hai điểm cốđịnh đường tròn, (AB<2R).Giả sửM điểm thay đổi cung lớn AB đường trịn 1.Kẻ từBđường thẳng vng góc với AM, đường cắt AMI cắt (ω) ởN Gọi J trung điểm MN CMR: Khi M thay đổi đường trịn điểm I,Jđều nằm đường trịn cốđịnh

2.Xác định vị trí Mđể chu vi ΔAMB lớn Câu 5:

1.Tìm tất số nguyên dương n cho số n+26 n−11 lập phương số nguyên dương

2.Cho x,y,z thay đổi thỏa mãn: x2+y2+z2 =1 Tìm giá trị lớn nhất của P,với:

P [ 2( )2 2( )2 2( )2]

2

y x z z x y z y x zx yz

xy+ + + − + − + −

=

Hướng dẫn giải : Câu 1:

1

Điều kiện: x2 ≤2

Có: 2−x2 + x2 +8 =4

( )( )

1

1

16

16

2

2 2

4

2 2

2

± = ⇔ ⎢

⎢ ⎣ ⎡

− = = ⇔ = + − − ⇔

= + −

+ + + − ⇔

x x

x x

x

x x x

(81)

Vậy nghiệm phương trình : 1 x x

= ⎡ ⎢ = − ⎣ 2.Có:

3 2

3 2

( ) 19 (1)

( ) 98 (2)

a ab b a b ⎧ − = ⎪

− =

⎪⎩

Cộng )(1)&(2 theo vế ta được:

( )3

6 2 2 2 2

3

2 2

3 19 98 19 98

19 98

a b a b a b a b

a b

+ + + = + ⇔ + = +

⇔ + = +

Câu 3: Do a b c, , ∈[ ]0;1 nên: (1 ) ( ) ( )

1

1

a b c

a b c ab ac cb abc a b c ab ac cb abc

− − − ≥

⇒ − − − + + + − ≥ ⇒ + + − − − ≤ − ≤

Chú ý b c, ∈[ ]0;1 nên: b2 ≤b c; ≤c.Suy ra: ≤

− − − +

+b c ab bc ca

a a+b+cabaccb≤1−abc≤1 (đpcm) Câu 4:

1 Vì nAIB=900 nên M thay đổi I nằm đường trịn cốđịnh có đường kính AB IJ trung tuyến tam giác

vuông MNI nên :

2 MN IJ =

Do tổng hai cung AB MN 900 (n nANB NAM+ =900), mà AB cốđịnh nên MN có độ dài cốđịnh

Kéo dài IJ cắt AB H.Có:

n n n n n n n n n 900

JIM = AIH =JMIIAB AIH+ =IAB JMI+ =INM JMI+ = nên JHAB

Đoạn IJ vng góc với AB có độ dài cốđịnh Kẻ hai đoạn AA'; BB' vng góc với AB có độ dài IJ (A B I', ', nằm phía AB)⇒ nA JB' ' =nAIB(góc có cạnh tương ứng song song)

⇒ nA JB' ' =900.Vậy J nằm đường trịn cốđịnh có đường kính A B' ' 2.Kéo dài AM đoạn : MN =MB có:

(82)

Do AB cốđịnh nên để chu vi ΔAMB lớn AN lớn Gọi P,Q trung điểm cung lớn AB cung nhỏAB

Dễ thấy PMQn =900, MQ phân giác nAMB nên MP phân giác BMNn mà ΔBMN cân nên PA PB PN= = =const

Suy ra:

2 ANPA PN+ = PA

Đẳng thức xảy ⇔MP Vậy vị trí cần xác định M trung điểm cung lớn AB Câu 5:

1.Giả sử

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= −

= +

) ( 11

) ( 26

3

b n

a n

với a,b∈Ν* Lấy ( tr1) ( theo v1) ế ta được: 37=a3 −b3 hay (ab).(a2 +ab+b2)=37=1.37

a>b ab<a2 +ab+b2 nên ta có: ( ) ( ) ⎩

⎨ ⎧

= + + + +

+ = ⇔ ⎩

⎨ ⎧

= + +

= −

37

1 37

1

2

2

2 b bb b

b a b

ab a

b a

Từđó ⇒ = ⇒ =b n 38

2 Với ∀a,b,α∈[ ]0;1 thì: ( ) (2.1 ) 2 ( )2(*) b a ab b

a b

a− −α ≥ ⇔ + ≥ +α −

Áp dụng (*) với hai số x, y α = z2 (chú ý z2∈[ ]0;1 ) ta có: ( )2

2

2 y 2xy z . x y

x + ≥ + − (1)

Tương tự ta có: ( )

( )

2 2

2

2 2

2 (2)

2 (3)

y z yz x z y x z xz y x z ⎧ + ≥ + − ⎪

+ ≥ + − ⎪⎩

Cộng theo vế (1)&(2)&(3) chia hai vế cho (chú ý giả thiết x2+y2+z2 =1) ta

được: 1 2( )2 2( )2 2( )2

2

xy yz zxx y z y x z z x yP ≥ + + + ⎣ − + − + − ⎦=

1 P=

3 = = = y z

x

(83)

Đề 29:Thi Tổng Hợp (1998-1999) Vòng 2:

Câu 1:

1.Giải hệ

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= +

+ + + = + + +

1 2

4

3

y x

y y y y x x x x

2 Với giá trị a phương trình sau có nghiệm : 1−x + 1+x =1−a +1+a

Câu 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình:19x3 −98y2 =1998 Câu 3:

1.Cho a,b,c thỏa mãn hai điều kiện sau: i) < a < b

ii)Phương trình : ax2 + bx + cx = vô nghiệm CMR: >3

− + +

a b

c b a

2.Cho , ,x y z>0 Tìm GTNN P với:

2 2

2 2 2 2

x y z

P

x yz y xz z xy

= + +

+ + +

Câu 4: Cho bảng ô vuông kích thước 1998×2000 (có 1998 hàng 2000 cột).Kí hiệu (m,n) ô vuông nằm giao hàng thứm cột n (từ xuống dưới-từ trái qua phải).Cho số nguyên p,q thỏa mãn:1≤ p ≤1993 1≤ q ≤1995 Tô màu ô vuông bảng theo qui tắc : Lần thứ tô màu năm ô:

(84)

Câu 5: Cho tam giác đều ABC.Trong tam giác ABC, vẽ ba vòng tròn ω1, ω2, ω3 có bán kính nhau,tiếp xúc ngồi lẫn vòng tròn tiếp xúc với hai cạnh tam giác.Gọi ω vòng tròn tiếp xúc với ba vòng tròn ω1,ω2,

3

ω (tiếp xúc ngồi).Biết bán kính vịng trịn ω r.Hãy tính độ dài cạnh ΔABC

Hướng dẫn giải : Câu 1:

1 Ta có:

2 4

2

(1) (2)

x x x x y y y y x y

⎧ + + + = + + + ⎪

+ = ⎪⎩

Từ )( suy ra:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 3 4

2 2

0

x y x y x y x y

x y x y x xy y x y x y − + − + − + − =

⎡ ⎤

⇔ − ⎣ + + + + + + + + ⎦= Kết hợp với )( ta có:

( )[ ( ) ] ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ⎢

⎢ ⎢ ⎣ ⎡

= − + + + + = ⇔

= ⎥ ⎦ ⎤ ⎢

⎡ + + + + − −

⇔ = + + + −

0

1

2

0

1

2

2

2

2

y x y x y x

y x y x y

x xy

y x y

x

+)Nếu x= y từ )( suy ra:2

2 ± = = y

x

+)Nếu ( ) ( )

2

2

2 = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢

⎡ + −

+ +

+ x y x y hay:

( ) ( ) ⎢

⎣ ⎡

− = +

− = + ⇔ = + + + +

3

3

4

y x

y x y

x y

(85)

-Với 1x+ y=− từ )( suy ra:2 ⎢ ⎣ ⎡

= − =

− = =

0 ,

1 ,

y x

y x

-Với x+ y=−3⇒ y=−(x+3) suy ra: ( +3)2 + =1⇔ +3 +4=0 x

x x

x (vơ nghiệm)

Tóm lại hệđã cho có nghiệm: ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢

⎣ ⎡

= − =

− = =

= =

− = =

0 ,

1 ,

2

2

y x

y x

y x

y x

2.Giả sử phương trình cho có nghiệm x0 đó:

a a

x

x + + = − + +

− 1

1 0 0 )(

Có: ( ) ( )( 2)

0

2

0 1 1

1−x + +x ≤ −x + +x + ⇒ 1−x0 + 1+x0 ≤2

Lại có: 1−a +1+a ≥1−a+1+a =2

Vậy )(1

⎢ ⎢ ⎣ ⎡

= + + −

= + + − ⇔

2

1

2

1 0 0

a a

x x

Mà 1−a +1+a =2⇔(1−a).(1+a)≥0⇔1≥a≥−1 Với 1≥a≥−1 ta có: 1−a +1+a =2

Phương trình cho trở thành: 1−x+ 1+x =2 Rõ ràng phương trình có nghiệm x=0 Vậy giá trị cần tìm a là: 1≥a≥−1 Câu 2: Có: 19x3 −98y2 =1998

⇔19x3 =98y2 +1998 Suy ra: 98y2 +1998#19⇒ y2 +1#19

Mà: Một số phương chia cho 19 khơng có số dư 18.(Có thể chứng minh điều cách dễ dàng kiến thức đồng dư)

Câu 3:

(86)

( )2

2 2

4b <16ac≤16a + +c 8ac= 4a c+ ⇒ <0 2b<4a c+ hay : ( )

4a>2b c− ⇔ + + >a b c b a− mà b a> nên ta có: >3 −

+ +

a b

c b a

(đpcm) 2.Bạn đọc tự giải

Câu 4:

Với ô (m,n) bảng ta chia làm loại sau:

-Loại 1:Gồm tất (m n; ) đó: m n− ≡0 (mod 5) -Loại 2:Gồm tất ô (m n; ) đó: m n− ≡1 (mod 5) -Loại 3:Gồm tất ô (m n; ) đó: m n− ≡2 (mod 5) -Loại 4:Gồm tất (m n; ) đó: m n− ≡3 (mod 5) -Loại 5:Gồm tất ô (m n; ) đó: m n− ≡4 (mod 5)

Do bảng vng có 2000 cột nên hàng có 2000 vng

Vì 2000#5 nên suy số ô loại hàng nhau⇒Số loại tồn bảng

Ta nhận thấy : Từ lần tô màu thứ hai trởđi,trong lần tô tô ô loại 1, ô loại 2,một ô loại 3, ô loại 4, ô loại

Do số loại tồn bảng nên muốn tơ hết bảng lần tô phải tô ô loại 1, ô loại 2, ô loại 3, ô loại 4, ô loại Nhưng ô loại lại thuộc loại do:

(p q− ) (≡ p+ −1) (q+ ≡1) (p+2) (− q+2) (≡ p+ −3) (q+3) (≡ p+4) (− q+4 (mod 5)) Như tô hết bảng

Câu 5: Kí hiệu hình vẽ Dễ thấy : KT = 3.r

Gọi bán kính đường trịn ω1,ω2, ω3 x Có:

( )x LH

AL HB

LH AL

AB= + + =2 + =2 3+1

Có: ( )

3

2

3

2 x

AB AO

AG= = = +

Mà: AP=2.PLAK = x nên:

( ) ( )

3 3

2 x

x x AK

AG

KG = − = + − = +

Có: ( ) ( )

x r AB

KT AG KG

3

2

+ =

+ + ⇒ =

( ) ( ) ( )2

2

3

+ + =

+ =

⇒ + =

(87)

Đề 30:Thi Tổng Hợp (2000-2001) Vòng 1: Câu 1: 1.Tính S 2000 1999 2

1 + + +

=

2.Giải hệ: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = + + = + + 3 2 y x y x y x y x Câu 2:

1.Giải phương trình: x−1+ x3 +x2 +x+1=1+ x4 −1 2.Tìm tất giá trị a (a∈R) để phương trình:

2 11

2 ⎟ + + =

⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛ +

a x a

x

Câu 3: Cho đường trịn (O) nội tiếp hình thang ABCD (AB // CD) tiếp xúc với AB,CDE,F

1.CMR: CF DF AE BE =

2.Cho biết AB a CB b a b= , = ( < ),và BE=2.AE.Tính diện tích hình thang ABCD

Câu 4: Cho x,y hai số thực khác 0.CMR:

( )

2 2 2 2 ≥ + + + x y y x y x y x

Đẳng thức xảy nào? Hướng dẫn giải :

(88)

⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = + + ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = + = + ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = + + = − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⇔ 3 1 3

1 2

y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x 1 = = ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = − = + ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = = +

x y

y x y x y x y x

Vậy nghiệm hệđã cho là: ⇔ x= y=1 Câu 2:

1.Điều kiện : x≥1

Có: x−1+ x3 +x2 +x+1=1+ x4 −1(1) Chú ý: x4 −1=(x−1).(x3 +x2 +x+1)

Có:

( 1).(1 1) )

1

( ⇔ x− − − x3 +x2 +x+ 1 1

3 ⇔ =

⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = + + + − = − − ⇔ x x x x x Vậy nghiệm phương trình cho x =

2.Giả sử phương trình cho có nghiệm ngun x0 ta có:

2

0

11

2 (*)

2

x −⎛⎜ a+ ⎞⎟ x + a + =

⎝ ⎠

2

0

11

4 (1)

2

a x a x x

⇔ − + − + =

(89)

( ) 2 14 11 28 22 11 4 0 0 2 ' ≥ ≥ ⇔ ≤ + − ⇔ ≥ − + − ⇔ ≥ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + − = Δ x x x x x x x x

x0 nguyên nên suy ra:⎢

⎣ ⎡ = = 0 x x

-Với 3x0 = thay vào (*) ta được:

24 17

2 17 12 11

18 ⎟ + + = ⇔ − + = ⇔ − + =

⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛ +

a a a a a a

4 6± =

a

-Với 2x0 = thay vào (*) ta được:

1 11

8 ⎟ + + = ⇔ − + = ⇔ =

⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛ +

a a a a a

Tóm lại ta có:

⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = + = = 6 a a a Câu 3:

1 (O) tiếp xúc với AD, BC H N

Có: BNCN AH DH

CN DH AH BN CF DF AE BE = ⇔ = ⇔ =

Dễ thấy :ΔADO, ΔBOC tam giác vuông ởO Nên: BN.CN =ON2 =OH2 = AH.DH

Ta có đpcm 2.Bạn đọc tự giải:

) ( 3 a b a a b

SABCD = − −

Câu 4: Có:

( + ) + + =

2 2 2 2 x y y x y x y x

( ) ( 2 )

2 2 2 2 − + +

+ x y

y x y x y x Mà:

( ) ( )

4 2 2 2 2 2 ≥ + +

+ x y

(90)

Và: ( )

2

2 2

≥ +

y x

y x

Suy ra:

( + ) +( + ) −2=

4

2

2 2 2

2

y x

y x y

x y x

( + ) +( +2 2) +

2 2 2

2

4

y x

y x y

x y

x ( )

3 2

2

2 2

= − + ≥ − +

y x

y x

Ta có đpcm

(91)

Đề 31:Thi Tổng Hợp (2000-2001) Vịng 2:

Câu 1:

1.Tìm tất cặp số nguyên ( )x y, thỏa mãn: y.(x−1)= x2 +1 2.Cho cặp số (x,y) thỏa mãn:−1≤x+y≤1 −1≤xy+x+ y≤1

CMR: x ≤2 y ≤2 Câu 2:

1.Giải phương trình:

x x x x x x

5

4+ − = + −

2.Cho f x( )=ax2+bx c+ có tính chất: f ( ) ( ) ( )1 , f 4 , f 9 số hữu tỉ CMR: a b c, , số hữu tỉ

Câu 3:

1.Cho tứ giác lồi ABCD CMR: Nếu góc B,D tứ giác vng tù AC BD

2.Cho đoạn thẳng AC cốđịnh điểm B di động Tìm tập hợp tất điểm B

để ΔABC tam giác vuông tù góc BAC góc bé ΔABC Câu 4: Trên mặt phẳng cho điểm cho khơng có điểm thẳng hàng khoảng

cách cặp điểm số khác Ta nối cặp điểm đoạn thẳng CMR: Trong đoạn thẳng thu có đoạn thẳng cạnh bé tam giác có đỉnh số điểm cho, đồng thời cạnh lớn tam giác khác có đỉnh số điểm cho

Hướng dẫn giải : Câu 1:

1.Dễ thấy x≠1

Ta phải có: (x2 +2)#(x−1) Mà:x2 −1#(x−1)

⇒(x2 +2)−(x2 −1)#(x−1)⇒3#(x−1)⇒x−1=±1,±3

Từđó ta có cặp )(x,y cần tìm:( ) (2;6 , 0; , 2; , 4;6− ) (− − ) ( )

2.Theo ra: ⎩ ⎨ ⎧

≤ + + ≤ −

≤ + ≤ −

1

1

y x xy

y x

(92)

hay: ( 1).( 1) (1) ( 1) ( 1) (2)

x y

x y

≤ + + ≤ ⎧

⎨ ≤ + + + ≤ ⎩

Từ (1)⇒x+1&y+1 dấu kết hợp với 0(2)⇒x+1,y+1≥ (*) , (3)

x y

⇒ ≥ −

Từ )( :2 (x+1)+(y+1)≤3 kết hợp với (*) , (4)

x

x y y

+ ≤ ⎧

⇒⎨ + ≤ ⇒ ≤ ⎩

Từ (3)&(4) ta có đpcm Câu 2:

1.Đặt −1 = ≥0; −5 =b≥0 x

x a

x

x (x≠0)

Có:

x x x x x x

5

4

− + = − +

hay: ⎥− −5 =0

⎦ ⎤ ⎢

⎣ ⎡

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛ − −

x x x

x x x x

x

hay:a−(b2 −a2)−b=0⇔(ab).(1+b+a)=0⇔a=b hay:

1

0

5

2

= ⇔ ⎪

⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧

≥ −

= − ⇔ ⎪

⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧

≥ −

− = − ⇔ − =

x

x x

x x

x x

x x x x x x x

x

Vậy nghiệm phương trình x=2 2.Theo ta có:

(1)

16 (2)

81 (3)

a b c Q a b c Q a b c Q

+ + ∈ ⎧

⎪ + + ∈ ⎨

⎪ + + ∈ ⎩

Từ )(2 ⇒80a+20b+5cQ kết hợp với (3)⇒ −a 11b−4c Q∈ (4) Từ ( có: 2) 48a+12b+ ∈3c Q (5)

Từ (4)&(5)⇒49a+bcQ kết hợp với (1)⇒50a+2b Q∈ ⇒25a b Q+ ∈ (6) Từ (6)&(1)⇒24acQ kết hợp với (2)⇒40a+4bQ⇒10a+bQ kết hợp với

Q a Q

a∈ ⇒ ∈ ⇒15

)

( kết hợp với (6)⇒bQcQ Ta có đpcm

Câu 3:

1.Dựng đường tròn đường kính AC Vì góc B,D vng tù nên hai điểm B&D phải nằm đường

A

B

(93)

Nên: AC BD≥ Ta có đpcm Bạn đọc tự giải Câu 4:

Qui ước,gọi tam giác có đỉnh điểm số điểm cho cách vắn tắt tam giác

Với tam giác,ta tơ cạnh lớn màu xanh,ta tô màu đỏ tất đoạn thẳng không tô màu xanh

Gọi điểm cho A Do theo nguyên lý Đrichlê,tồn đoạn số

đoạn nối A với điểm cịn lại màu.Gọi đoạn là: AB, AC, AD.Xét:

*Trường hợp 1: AB, AC, AD có màu xanh Khi cạnh lớn ΔDBC có màu xanh nên tam giác ABC, ABD, ACD tam giác có cạnh

được tơ màu xanh Từđó ta có đpcm

*Trường hợp 2: AB, AC, AD có màu đỏ Khi đó,vì đoạn thẳng nối có độ

(94)

Đề 32:Thi Tổng Hợp (1996-1997) Vòng 1:

Câu 1: Cho x>0, tìm giá trị nhỏ biểu thức:

P 3 6 1 1 x x x x x x x x + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + =

Câu 2: Giải hệ: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = − + = − + 2 2 x y y x

Câu 3: CMR: Với n nguyên dương ta có: (n3+5n)#6

Câu 4: Cho , ,a b c>0 CMR:

3 3 ca bc ab a c c b b a + + ≥ + +

Câu 5: Cho hình vng ABCD cạnh a Gọi M, N, P, Q điểm nằm cạnh AB, BC, CD, DA

1.CMR: 2a2 ≤MN2+NP2+PQ2+QM2 ≤4a2

2.Giả sửM điểm cốđịnh cho trước cạnh AB Hãy xác định vị trí điểm N,P,Q cạnh BC,CD,DA cho MNPQ hình vng

Hướng dẫn giải :

Câu 1: Có: P

3 3 6 1 1 x x x x x x x x + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = = 1 3 ≥ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = x x x x x

x (x>0)

(95)

Câu 2: Đặt

y Y x

X = 1; = (x,y >0) Có: X + 2−Y = Y + 2−X Thấy:

-Nếu X Y> thì: X + 2−Y > Y + 2−X -Nếu X Y< thì: X + 2−Y < Y + 2−X Vậy phải có: X=Y Với X=Y ta có:

X + 2−X =2⇔ X +(2−X)+2 X.(2−X) =4 1 )

.( − = ⇔ − + = ⇔ =

X X X X X

Suy X = Y =1⇒x= y=1 Vậy ta có cặp nghiệm (x,y) (1;1)

Câu 3: Có: n3+5n=(n−1 ) (n n+ +1) 6n #6 Câu 4: Có:

2 2

2 2

3 3 ca bc ab c b a ca a c bc c b ab b

a ≥ + + ≥ + +

⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +

Suy ra:

3 3 ca bc ab a c c b b a + + ≥ + +

Đẳng thức xảy ⇔a=b=c Câu 5:

1.Chú ý: ∀x,y≥0 ta ln có: ( )2 2 2 ( )2

(1)

2 x y+ ≥x +yx y+

Ta có: ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ + = + = + = + = 2 2 2 2 2 2 MA QA QM QD PD PQ PC NC NP NB MB MN

( 2) ( 2) ( 2) ( 2)

2 2 QA QD PD PC NC NB MA MB QM PQ NP MN + + + + + + + = = + + + ⇒

Áp dụng ( ta có: 2a1) ≤MN2 + NP2 + PQ2 + QM2 ≤4a2 2.Giả sử MB x= Ta chọn N,P,Q : NC DP QA x= = =

(96)

Đề 33:Thi Tổng Hợp (1996-1997) Vòng 2:

Câu 1: Giải phương trình: ( x−1+1)3 +2 x−1=2−x Câu 2: Giải hệ:

⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧

= −

= −

= −

1 1

x z

z y

y x

Câu 3: Cho x,y số nguyên dương thay đổi thỏa mãn: x y+ =201 Hãy tìm GTLN & GTNN biểu thức:P x x= .( 2+y) (+y y. 2+x)

Câu 4: Cho đoạn thẳng BC đường thẳng (d) song song với BC Biết khoảng cách (d) đường thẳng qua B C nhỏ

2 BC

Giả sửA điểm thay đổi (d)

1.Xác định vị trí Ađể bán kính vịng trịn ngoại tiếp ΔABC nhỏ 2.Gọi , ,h h ha b c độ dài đường cao ΔABC

Xác định Ađể tích h h ha b c lớn Câu 5.a:(Dành cho chuyên toán)

Cho x y z+ + >0 x y z+ + ≤

Chứng tỏ: 17

2 1

1

2 2 2

2 + + + + + ≥

z z y y x

x

Câu 5.b:(Dành cho chuyên tin)

Chia hình trịn thành 14 hình quạt

Trong hình quạt đặt viên bi (xem hình vẽ) Gọi I phép biến đổi: Lấy hai hình quạt có

bi chuyển từ hình quạt viên bi sang hình quạt liền kề theo hai chiều ngược (ví dụ, viên bi hình quạt chuyển

theo chiều kim đồng hồ viên bi hình quạt chuyển theo chiều ngược lại) Hỏi việc thực phép biến đổi trên, sau số hữu hạn bước ta chuyển

(97)

Hướng dẫn giải : Câu 1: Điều kiện: x≥1

Phương trình cho tương đương với: ( x−1+1)3 +(x−1)+1+2 x−1=2

( −1+1) (3 + −1+1)2 =2

x x Đặt x−1+1=t ta được: t3 +t2 −2=0

( )−1.(2 +2 +2)=0⇔ =1

t t t t

Với t =1⇒x=1

Câu 2: Hệđã cho tương đương với (điều kiện , ,x y z≥1): ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧

+ =

+ =

+ =

1 1

x z

z y

y x

Giả sử (x y z, , ) nghiệm với xmin (các trường hợp khác làm tương tự) Khi ta có:

⎩ ⎨ ⎧

≤ ≤ z x

y x

kết hợp với hệ trên⇒ yzzxx= y= z Hệ trở thành:

2

1⇔ = +

+ = x x

x (x≥1) Suy ra: x= y=z =

2 3+

Câu 3:

Có:P x x= .( 2+y) (+y y. 2+x)=(x y+ )3−3 xy x y( + )+2xy hayP=2013−601.xy Rõ ràng

⎩ ⎨ ⎧

⇔ ⇔

max

min max

) (

) (

xy P

xy P

Ta giải toán : ,x y Z∈ + thỏa mãn: 201

x y+ = Tìm max, min:A xy= Có: A x= 201( −x)= − +x2 201.x Suy ra:

Amax

⎩ ⎨ ⎧

= =

101 100 y x

⎩ ⎨ ⎧

= =

100 101 y x

Amin

⎩ ⎨ ⎧

= =

200 y x

⎩ ⎨ ⎧

= = 200 y x

Từđó: Pmax = 2013 - 601.200.1

Ngày đăng: 23/04/2021, 23:10

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan