Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 1:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) Vòng 1: Câu 1: a).CMR: n3 − n với ∀ n ≥ b).Cho x = ( ) + + − : 20 Hãy tính giá trị biểu thức: ( ) P = x5 − x + 2000 Câu 2: Xác định giá trị nguyên m để hệ phương trình sau có nghiệm ( x, y ) với x, y số nguyên: ⎧(m + 1).x + (3m + 1) y + m − = ⎨ ⎩2 x + (m + 2) y − = (1) (2) Câu 3: a).Cho x > y x y = 1000 Hãy tính giá trị nhỏ biểu thức: P = b).Giải phương trình : ( x − 1) 2000 + ( x − 2) 2000 x2 + y x− y =1 Câu 4: Gọi a,b,c độ dài ba cạnh tam giác: , hb , hc độ dài ba đường cao tương ứng với ba cạnh đó; r bán kính đường trịn nộI tiếp tam giác 1 1 a).CMR: + + = hb hc r b).CMR: ( a + b + c ) ≥ ( + hb2 + hc2 ) Hướng dẫn giải : Câu 1: ( ) a).Có: P = n3 − n = n n − = ( n − 1) n ( n + 1) Vì n, n + hai số nguyên liên tiếp nên P - Nếu n ⇒ P - Nếu n chia cho dư (n-1) ⇒ P - Nếu n chia cho dư (n+1) ⇒ P Vậy P mà ( 2,3) = ⇒ P b).Có : x = ( ) + + − : 20 = ( ) + + − : 20 = 1 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Từ : P = (1 − + 1) 2000 = Câu 2: (1) ⎧(m + 1).x + (3m + 1) y + m − = Theo ta có: ⎨ (2) ⎩2 x + (m + 2) y − = ⎧2(m + 1) x + 2(3m + 1) y + 2m − = ⇒⎨ ⎩2(m + 1) x + (m + 1)(m + 2) y − 4(m + 1) = ( ) (3) (4) Lấy (4) trừ (3) theo vế ta có: m − 3m y − 6m = hay m ( m − 3) y = 6m (5) Để hệ có nghiệm (5) phải có nghiệm nhất.Khi m ≠ 0, m ≠ 15 m + 12 (*) ⇒ x = (6) Ta có : y = = 1− m−3 3− m m−3 Từ (*) suy : Muốn y nguyên ( m − ) từ (6) muốn x nguyên 15 (m − 3) Suy (m-3) ⇒ m = 2, 4, (theo (*)) Thử lại thấy thỏa mãn Nhận xét: Học sinh dùng kiến thức định thức để giải tốn này.Tuy nhiên theo tơi ,điều khơng cần thiết.Chúng ta khơng nên q lạm dụng kiến thức ngồi chương trình,”giết gà cần phải dùng tới dao mổ trâu” Câu 3: 2000 ( x − y ) + xy 2000 = x− y+ a).Có P = Vì x > y nên x − y > >0.Áp dụng x− y x− y x− y 2000 bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x − y được: P ≥ 2000 = 40 x− y 2000 Đẳng thức xảy ⇔ x − y = ⇔ x − y = 20 Kết hợp với x y = 1000 ta tìm x− y ⎡ x = 10 − 10 15 , y = −10 − 10 15 ⎢ ⎢ x = 10 + 10 15 , y = −10 + 10 15 ⎣ b).Có: (x − 1) 2000 + (x − 2) 2000 = x −1 2000 + x−2 2000 -Thử với x = 1, x = thấy thỏa mãn -Nếu x < x − >1.Do : x − 2000 + x−2 2000 >1 -Nếu x > x − >1.Do : x − 2000 + x−2 2000 >1 -Nếu < x < x − < ; x − < Do đó: x − ⎡x = Vậy nghiệm phương trình ⎢ ⎣x = Câu 4: a).Có: a.ha = b.hb = c.hc = ( a + b + c ) r = S 2000 + x−2 2000 < ( x − 1) + (2 − x) = Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ (S diện tích tam giác cho) Suy ra: a.ha a a =1⇒ = 2S a.ha S Hoàn toàn tương tự với b,c ta thu được: a b c a+b+c + + = = 2S a.ha b.hb c.hc r 1 1 ⇒ + + = (đpcm) hb hc r 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 thấy BB ' = 2.ha Ta có: (1) BB '2 + BC = B ' C ≤ ( B ' A + AC ) Suy ra: 4.ha2 ≤ (c + b) − a Hoàn toàn tương tự ta có: 4.hb2 ≤ (c + a) − b (2) 4.hc2 ≤ (a + b) − c (3) Từ (1), (2), (3) ta có : (c + b )2 − a + (c + a) − b + (b + a) − c ≥ 4(ha2 + hb2 + hc2 ) 2 ⇒ (a + b + c ) ≥ 4(ha + hb2 + hc2 ) (đpcm) *Nhận xét: Ngoài cách giải cịn giải toán theo phương pháp đại số sau: a+b+c Đặt p = Theo cơng thức HêRơng ta có: 2 S = a = p.( p − a).( p − b).( p − c) p−b+ p−c p( p − a)( ) p ( p − a )( p − b)( p − c) 2 ⇒ ≤ p( p − a ) ⇒ = ≤ 2 a a Tương tự: hb ≤ p ( p − b) hc2 ≤ p ( p − c) Suy ra: 2 p.( p − a) + p.( p − b) + p.( p − c) ≥ + hb2 + hc2 ⇒ (a + b + c ) ≥ 4(ha + hb2 + hc2 ) Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 2:Thi Chun Hùng Vương(2000-2001) Vịng 2: Câu 1: CMR: a).Khơng thể có số nguyên lẻ a1 , a , , a 2000 thỏa mãn đẳng thức: 2 a12 + a + + a1999 = a 2000 b).Tích số nguyên dương liên tiếp khơng thể số phương Câu 2: Cho biểu thức: P = a2 b2 a b − − (a + b)(1 − b) (a + b)(1 + a ) (1 + a ).(1 − b) a).Rút gọn P b).Tìm cặp số nguyên (a, b ) để P = Câu 3: Giả sử phương trình ax + bx + c = có hai nghiệm thuộc đoạn [0;1] Xác định (a − b)(2a − c) a, b, c để biểu thức P có giá trị nhỏ nhất,lớn Trong đó: P = a(a − b + c) 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 trịn 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 tròn 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 a2 chia cho dư 1.Thật vậy: Đặt a = 2k + thì: a = ( 2k + 1) = 4k + 4k + = 4m + (trong k,m ∈ Ζ ) Áp dụng nhận xét vào tốn ta có: Nếu a1 , a , , a 2000 số nguyên lẻ thì: 2 a12 + a + + a1999 ≡ + + + ≡ 1999 ≡ 3(mod 4) (1) Mà a 2000 ≡ 1(mod 4) (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ b).Giả sử ta có số nguyên dương liên tiếp n, n + 1, n + 2, n + Có: P = n ( n + 1) ( n + ) ( n + 3) = ( n + 3n ) ( n + 3n + ) = ( n + 3n ) + ( n + 3n ) Từ dễ dàng nhận thấy: ( n + 3n ) < P < ( n + 3n + 1) 2 Suy P khơng thể số phương Câu 2: Điều kiện a ≠ −1, a ≠ −b (do b ≠ ) a (1 + a) − b (1 − b) − a b (a + b) = a − b + ab a).Khi đó: P = (a + b)(1 + a)(1 − b) Vậy P = a − b + ab b).Có: P = ⇔ a − b + ab = ⇔ (a − 1).(1 + b) = Ta xét trường hợp: ⎧ a − = −1 ⎧a = ⎧a − = ⎧a = ⇔⎨ 4i) ⎨ ⇔⎨ 1i) ⎨ ⎩1 + b = −4 ⎩b = −5 ⎩1 + b = ⎩b = ⎧a = ⎧a − = ⎧a = −1 ⎧a − = −2 (loại) 2i) ⎨ ⇔⎨ (lọai) 5i) ⎨ ⇔⎨ ⎩b = ⎩1 + b = ⎩b = −3 ⎩1 + b = −2 ⎧a = ⎧a − = ⎧a = −3 ⎧ a − = −4 ⇔⎨ 3i) ⎨ 6i) ⎨ ⇔⎨ ⎩1 + b = ⎩b = ⎩b = −2 ⎩1 + b = −1 Ta có cặp (a, b ) cần tìm: ( 2;3) , ( 5;0 ) , ( 0; −5 ) , ( −3; −2 ) Câu 3: b c (1 − )(2 − ) (a − b)(2a − c) a a Có: P = = b c a (a − b + c) 1− + a a b ⎧ ⎪ x1 + x = − a ⎪ Áp dụng định lý Vi-et ta có: ⎨ ⎪ x x = c ⎪ a ⎩ Vậy P = − A ( x1 , x nghiệm phương trình cho: x1 , x ∈ [0;1] ) x x (3 + x1 + x2 ) Với A = + x1 + x2 + x1.x2 ⎧c = ⎪ Dễ thấy A ≥ nên P = − A ≤ − = Đẳng thức xảy ⇔ x1 x = ⇔ ⎨ b ⎪− a ∈ [0;1] ⎩ Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Lại có: A= 3x1 x2 + x1 x2 ( x1 + x2 ) ≤ ( x1 + 1).( x2 + 1) (x + x ) (x + x ) + 2 ( x1 + 1).( x2 + 1) ( x1 + x2 ) = (x + x ) ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) + ( x1 + x2 ) ( x + x ) = ≤ ( x1 + 1).( x2 + 1) 1+1 ( x1 + 1).( x2 + 1) + ( x1 + 1).( x2 + 1) ≤4 = ( x + 1).( x + 1) ⎧b = 4ac Đẳng thức xảy ⇔ x1 = x = ⇔ ⎨ ⎩− b = a Suy ra: P = − A ≥ − = Dấu “=” xảy ⇔ 4 ⎧b = 4ac ⎨ ⎩− b = a ⎧ Pmax = ⎪ Vậy: ⎨ ⎪ Pmin = ⎩ Câu 4: a) - Nếu M ≡ C N ≡ O Do Δ AMP vng M - Nếu M ≡ O N ≡ D Do Δ AMP vng M - Nếu M nằm C O N nằm O D.Ta chứng minh trường hợp Δ AMP không vng Thật vậy,nếu Δ AMP vng M ta hạ MH ⊥ AP H Có: ΔPBC (g-g) BAP = DMH ⇒ ΔMHN AP MH MN ⇒ = = ⇒ MN = (1) AP AB Hạ OI ⊥ AP I IA=IP AP Trong Δ AMP vng có: MI = AP Vậy MH = MI = ⇒ H ≡ I ⇒ M ≡ O (vơ lý) b) +Vì số điểm đường tròn hữu hạn nên số đường thẳng qua hai số điểm cho hữu hạn.Do số giao điểm đường thẳng với đường trịn hữu hạn.Vì tồn A thuộc đường trịn khơng nằm đường thẳng số xét Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ +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 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 3:Thi Sư Phạm I(2000-2001) Vòng 1: x3 3x + − = ( x − 1) x − ⎧x + y + z = Câu 2: Cho x,y,z ∈ R thỏa mãn: ⎨ ⎩− ≤ x , y , z ≤ Câu 1: Giải phương trình: x + CMR: x + y + z ≤ Câu 3: Tìm tất số ngun tố có dạng: p = n n + Trong n ∈ N*,biết p có khơng 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: BPC - B ' A'C ' = CPA - C ' B ' A' = APB - A'C ' B ' ( = q );và giá trị chung q hiệu không phụ thuộc vào vị trí P 3.Tìm quĩ tích điểm P nằm tam giác ABC cho tam giác A ' B ' C ' vuông A ' , rõ cách dựng quĩ tích Hướng dẫn giải: Câu 1: Điều kiện: x ≠ 1, x ∈ R Ta có: x3 3x + −2=0 x + ( x − 1) x − x2 x2 x ⎞⎛ ⎛ + ⇔ ⎜x + ⎟⎜ x − x − ( x − 1) x − ⎠⎜ ⎝ ⎝ ⎞ 3x ⎟+ ⎟ x −1 − = ⎠ 3x ⎛ ⎛ x ⎞⎞ x ⎞ ⎛ ⎜1 − ⎜ x + ⇔ ⎜x + ⎟ + ⎟⎟ − = ⎜ x −1⎠⎟ x −1⎠ x −1⎝ ⎝ ⎝ ⎠ x ⎞ x ⎞⎛ x ⎞ ⎛ ⎛ ⇔ ⎜x+ ⎟ + 3⎜ x + ⎟⎜1 − x − ⎟ − = x −1⎠ x − ⎠⎝ x −1⎠ ⎝ ⎝ Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ x ⎞ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ ⎛ ⇔ ⎜x + ⎟ −2 = ⎟ − 3⎜ x + ⎟ + 3⎜ x + x −1⎠ x −1⎠ ⎝ x −1⎠ ⎝ ⎝ x ⎞ ⎛ ⇔ ⎜x + − 1⎟ = x −1 ⎠ ⎝ x ⇔ x+ = ⇔ x − 2x + = x −1 ⇔ ( x − 1) + = (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 ≥ ta có: x + y + z ≤ ( x + z ) + y = y ≤ ⇒ x + y + z ≤ x + y + z ≤ 2 Đẳng thức xảy z = 0, x = −1, y = Các trường hợp lại hoàn toàn tương tự Câu 3: Thử với n = (thỏa mãn) Với n > ta có: +) Nếu n lẻ n n + ( ) ( n + 1) ( n n ) + > ( n + 1) α α +) Nếu n = 2α t với α > 0, t lẻ Khi đó: n n = n t ⇒ n n + n + +) Nếu n = 2α Có: 1616 + = ( 210 ) 16 + > (103 ) 10 = 1019 ⇒ n < 16 6 Thử với n=2,4,8 thấy thỏa mãn Câu 4: Đây không khó, đề nghị bạn đọc tự giải Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 4:Thi Sư Phạm I(2000-2001) Vòng 2: Câu 1: CMR: 2000 < ( ( ( ) ) ) ⎧x y + y + = y ⎪ Câu 2: Giải hệ: ⎨ y z + 3z + = z ⎪ z x + 3x + = 3x ⎩ 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 BC CMR: Nếu có ΔXYZ ΔABC 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: 1999 2000 < 1999.2001 = 1998 20002 − < < 1998.2000 = 1997 19992 − < < 2.4 < 3.(đpcm) Câu 2: ( ( ( ) ) ) ⎧x y + y + = y ≥ ⎪ Theo ta có: ⎨ y z + z + = z ≥ ⎪ +3 +3 =3 ≥ x x ⎩z x 3t Xét hàm số: f (t ) = [0;+∞ ) Lấy t1 < t ∈ [0;+∞ ) Xét: t + 3t + 3(t − t ) + 3t1t (t1 − t ) < Vậy f (t ) đồng biến [0;+∞ ) f (t1 ) − f (t ) = 2 (t1 + 3t1 + 3)(t + 3t + 3) [ ] 3x ⇔ x ( x + 1) − = Từ suy x = y = z Khi đó: x = x + 3x + 3 10 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 29:Thi Tổng Hợp (1998-1999) Vòng 2: Câu 1: ⎧x + x + x + x = y + y + y + y ⎪ 1.Giải hệ ⎨ ⎪x + y = ⎩ Với giá trị a phương trình sau có nghiệm : 1− x + 1+ x = 1− a + 1+ a Câu 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 19 x − 98 y = 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: a+b+c > b−a 2.Cho x, y, z > Tìm GTNN P với: P = x2 y2 z2 + + x + yz y + xz z + xy Câu 4: Cho bảng vng kích thước 1998 × 2000 (có 1998 hàng 2000 cột).Kí hiệu (m,n) ô vuông nằm giao hàng thứ m cột n (từ xuống dưới-từ trái qua phải).Cho số nguyên p,q thỏa mãn:1 ≤ p ≤ 1993 ≤ q ≤ 1995 Tô màu ô vuông bảng theo qui tắc : Lần thứ tô màu năm ô: ( p, q ) ; ( p + 1, q + 1) ; ( p + 2, q + ) ; ( p + 3, q + 3) ; ( p + 4, q + ) Từ lần thứ hai trở đi, lần tơ năm chưa có màu nằm liên tiếp hàng cột Hỏi cách ta tơ màu hết tất vng bảng hay khơng?Vì sao? 83 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 5: Cho tam giác ABC.Trong tam giác ABC, vẽ ba vòng tròn ω1 , ω , ω 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 , ω , ω (tiếp xúc ngồi).Biết bán kính vịng trịn ω r.Hãy tính độ dài cạnh Δ ABC Hướng dẫn giải : Câu 1: ⎧ x + x + x + x = y + y + y + y (1) ⎪ Ta có: ⎨ 2 ⎪ x + y = (2) ⎩ Từ (1) suy ra: ( x − y ) + ( x − y ) + ( x3 − y ) + ( x − y ) = ⇔ ( x − y ) ⎡1 + x + y + x + xy + y + ( x + y ) ( x + y ) ⎤ = ⎣ ⎦ Kết hợp với (2) ta có: ⎡ ( x + y )2 − ⎤ = (x − y ).[2 + 2.(x + y ) + xy ] = ⇔ (x − y ).⎢2 + 2(x + y ) + ⎥ ⎦ ⎣ ⎡x = y ⇔⎢ ⎢2 + 2.( x + y ) + ( x + y ) − = ⎢ ⎣ +)Nếu x = y từ (2) suy ra: x = y = ± ⎡ (x + y )2 − 1⎤ = hay: +)Nếu ⎢2 + 2( x + y ) + ⎥ ⎣ ⎦ x + y = −1 ⎣ x + y = −3 (x + y )2 + 4.(x + y ) + = ⇔ ⎡ ⎢ 84 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎡ x = 0, y = −1 -Với x + y = −1 từ (2) suy ra: ⎢ ⎣ x = −1, y = -Với x + y = −3 ⇒ y = −( x + 3) suy ra: (x + 3) + x = ⇔ x + 3x + = (vô nghiệm) ⎡ ⎢x = y = − ⎢ ⎢ Tóm lại hệ cho có nghiệm: ⎢ x = y = ⎢ ⎢ x = 0, y = −1 ⎢ x = −1, y = ⎣ 2.Giả sử phương trình cho có nghiệm x0 đó: − x0 + + x0 = − a + + a Có: ( 1− x + + x0 ) (1) ( ≤ (1 − x0 + + x0 ) 12 + 12 ) ⇒ − x0 + + x0 ≤ Lại có: − a + + a ≥ − a + + a = ⎡ − x0 + + x0 = Vậy (1) ⇔ ⎢ ⎢1 − a + + a = ⎣ Mà − a + + a = ⇔ (1 − a ).(1 + a ) ≥ ⇔ ≥ a ≥ −1 Với ≥ a ≥ −1 ta có: − a + + a = Phương trình cho trở thành: − x + + x = Rõ ràng phương trình có nghiệm x = Vậy giá trị cần tìm a là: ≥ a ≥ −1 Câu 2: Có: 19 x − 98 y = 1998 ⇔ 19 x = 98 y + 1998 Suy ra: 98 y + 1998 19 ⇒ y + 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: 1.Theo ta có: b − 4ac < ⇒ ac > ⇒ c > ta cịn có: 85 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 4b < 16ac ≤ 16a + c + 8ac = ( 4a + c ) ⇒ < 2b < 4a + c hay : 4a > 2b − c ⇔ a + b + c > ( b − a ) mà b > a nên ta có: a+b+c > (đpcm) b−a 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 ≡ (mod 5) -Loại 2:Gồm tất ( m; n ) đó: m − n ≡ (mod 5) -Loại 3:Gồm tất ( m; n ) đó: m − n ≡ (mod 5) -Loại 4:Gồm tất ô ( m; n ) đó: m − n ≡ (mod 5) -Loại 5:Gồm tất ô ( m; n ) đó: m − n ≡ (mod 5) Do bảng vng có 2000 cột nên hàng có 2000 vng Vì 2000 nên suy số loại hàng ⇒ Số ô loại toàn bảng Ta nhận thấy : Từ lần tô màu thứ hai trở đi,trong lần tô tô ô loại 1, ô loại 2,một ô loại 3, ô loại 4, ô loại Do số ô loại tồn bảng nên muốn tơ hết bảng lần tơ 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 + ) − ( q + ) ≡ ( p + 3) − ( q + 3) ≡ ( p + ) − ( q + ) (mod 5) Như tơ hết bảng Câu 5: Kí hiệu hình vẽ Dễ thấy : KT = 3.r Gọi bán kính đường trịn ω1 , ω , ω x Có: AB = AL + LH + HB = AL + LH = + x ( ( ) ) 2 + x AB = 3 Mà: AP = 2.PL ⇒ AK = x nên: + x + x KG = AG − AK = −x= 3 KG KT 3+2 3.r Có: = ⇒ = AG AB + + x Có: AG = AO = ( ) ( ) ( ) 3.r 2.( ⇒x= ⇒ AB = 2.( + 1).x = ( + 2) ) ( ) + 3.r 3+2 86 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 30:Thi Tổng Hợp (2000-2001) Vòng 1: Câu 1: 1.Tính S = 1 + + + 1.2 2.3 1999.2000 x ⎧ ⎪x + y + y = ⎪ 2.Giải hệ: ⎨ ⎪x + + x = ⎪ y y ⎩ Câu 2: 1.Giải phương trình: x − + x + x + x + = + x − 2.Tìm tất giá trị a (a ∈ R) để phương trình: 11 ⎞ ⎛ x − ⎜ 4a + ⎟.x + 4a + = 2⎠ ⎝ Câu 3: Cho đường tròn (O) nội tiếp hình thang ABCD (AB // CD) tiếp xúc với AB,CD E,F BE DF 1.CMR: = AE CF 2.Cho biết AB = a, CB = b (a < b) ,và BE = AE Tính diện tích hình thang ABCD Câu 4: Cho x,y hai số thực khác 0.CMR: x2 y2 4x y + + ≥ (x + y )2 y x Đẳng thức xảy nào? Hướng dẫn giải : Câu 1: 1.Có: 1 1 ⎞ ⎛ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ − + + + = ⎜1 − ⎟ + ⎜ − ⎟ + + ⎜ ⎟ 1.2 2.3 1999.2000 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 1999 2000 ⎠ 1999 = 1− = 2000 2000 x ⎧ x + + =3 ⎪ y y ⎪ 2.Ta có: ⎨ ⎪x + + x = ⎪ y y ⎩ S= 87 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎧⎡ ⎪⎢ x + y = ⎧⎛ ⎧⎛ x 1⎞ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎪⎢ ⎪⎜ x + ⎟ + ⎜ x + ⎟ − = ⎪⎜ x + ⎟ − = ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎪⎢ ⎪⎝ ⎪⎝ y⎠ y y⎠ ⎝ y⎟ ⎠ ⇔ ⎨⎢ x + = −3 ⇔⎨ ⇔⎨ y x x ⎪ ⎪⎣ ⎪ x+ + =3 x+ + =3 ⎪ ⎪ ⎪ x y y y y ⎩ ⎩ ⎪x + + = y y ⎩ 2 ⎡⎧ ⎢⎪ x + y = ⎢⎪ ⎨ ⎢⎪ x ⎢⎪ y = ⎩ ⇔⎢ ⇔ x = y = ⎢⎧ ⎢ ⎪ x + = −3 y ⎢⎪ ⎨ ⎢ x ⎢⎪ = ⎢⎪ y ⎣⎩ Vậy nghiệm hệ cho là: ⇔ x = y = Câu 2: 1.Điều kiện : x ≥ Có: x − + x + x + x + = + x − 1(1) Chú ý: x − = ( x − 1).(x + x + x + 1) Có: (1) ⇔ ( )( x −1 −1 − x3 + x2 + x + ) ⎡ x −1 −1 = ⇔⎢ ⇔ x = ⎢1 − x + x + x + = ⎣ Vậy nghiệm phương trình cho x = 2.Giả sử phương trình cho có nghiệm nguyên x0 ta có: 11 ⎞ ⎛ 2 x0 − ⎜ 4a + ⎟ x0 + 4a + = (*) 2⎠ ⎝ 11 ⇔ 4a − x0 a + x0 − x + = (1) Do đó, phương trình (1) với ẩn a ln có nghiệm Hay: 88 Phạm Minh Hồng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎞ ⎛ 11 2 Δ' = x0 − 4.⎜ x0 − x + ⎟ ≥ ⇔ −4 x0 + 22 x0 − 28 ≥ ⇔ 2.(2.x0 − 11x0 + 14) ≤ ⎠ ⎝ ⇔ ≥ x0 ≥ 2 ⎡ x0 = Vì x0 nguyên nên suy ra: ⎢ ⎣ x0 = -Với x0 = thay vào (*) ta được: 11 ⎞ 17 ⎛ 18 − ⎜ 4a + ⎟.3 + 4a + = ⇔ 4a − 12a + = ⇔ 8a − 24a + 17 = 2⎠ ⎝ 6± ⇔a= -Với x0 = thay vào (*) ta được: 11 ⎞ ⎛ − ⎜ 4a + ⎟.2 + 4a + = ⇔ 4a − 8a + = ⇔ a = 2⎠ ⎝ ⎡ ⎢a = ⎢ 6+ Tóm lại ta có: ⎢a = ⎢ ⎢ ⎢a = − ⎢ ⎣ Câu 3: (O) tiếp xúc với AD, BC H N BE DF BN DH Có: = ⇔ = ⇔ BN CN = AH DH AE CF AH CN Dễ thấy : Δ ADO, Δ BOC tam giác vuông O Nên: BN CN = ON = OH = AH DH Ta có đpcm 2.Bạn đọc tự giải: 3b − 2a 2a.(3b − 2a ) S ABCD = Câu 4: Có: (x 4x y 2 Mà: + y2 (x ) 4x y x2 y2 + + = y x x2 + y2 4x y 2 + y2 ) (x + ( + y2 4x y 2 ) ) (x + + y2 ) −2 x2 y2 2 ≥ 89 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ( x + y Và: 4x y Suy ra: (x 4x y 2 + y2 ) ) (x + ≥ + y2 ) 4x y (x + y ) + 3.(x + y ) − ≥ + − = −2= + 4x y x2 y2 (x + y )2 x y 2 2 Ta có đpcm Đẳng thức xảy ⇔ x = y ≠ 90 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 31:Thi Tổng Hợp (2000-2001) Vòng 2: Câu 1: 1.Tìm tất cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn: y.( x − 1) = x + 2.Cho cặp số ( x, y ) thỏa mãn: − ≤ x + y ≤ − ≤ xy + x + y ≤ CMR: x ≤ y ≤ Câu 2: + x − = x + 2x − x x x 2.Cho f ( x ) = ax + bx + c có tính chất: f (1) , f ( ) , f ( ) số hữu tỉ 1.Giải phương trình: 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 cố định điểm B di động Tìm tập hợp tất điểm B để Δ ABC tam giác vng tù góc BAC góc bé Δ ABC 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 ≠ Ta phải có: (x + 2) (x − 1) Mà: x − ( x − 1) ⇒ (x + 2) − (x − 1) ( x − 1) ⇒ ( x − 1) ⇒ x − = ±1,±3 Từ ta có cặp ( x, y ) cần tìm: ( 2;6 ) , ( 0; −2 ) , ( −2; −2 ) , ( 4;6 ) ⎧− ≤ x + y ≤ 2.Theo ra: ⎨ ⎩− ≤ xy + x + y ≤ 91 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎧0 ≤ ( x + 1).( y + 1) ≤ (1) hay: ⎨ ⎩1 ≤ ( x + 1) + ( y + 1) ≤ (2) Từ (1) ⇒ x + & y + dấu kết hợp với (2) ⇒ x + 1, y + ≥ (*) ⇒ x, y ≥ −1 (3) ⎧x +1 ≤ ⇒ x, y ≤ (4) Từ (2) : ( x + 1) + ( y + 1) ≤ kết hợp với (*) ⇒ ⎨ ⎩ y +1 ≤ Từ (3) & (4) ta có đpcm Câu 2: 1.Đặt x− = a ≥ 0; x − = b ≥ x x ( x ≠ 0) + x − = x + 2x − x x x ⎡⎛ 5⎞ ⎛ ⎞⎤ hay: x − − ⎢⎜ x − ⎟ − ⎜ x − ⎟⎥ − x − = x ⎣⎝ x⎠ ⎝ x ⎠⎦ x Có: hay: a − (b − a ) − b = ⇔ (a − b).(1 + b + a ) = ⇔ a = b hay: ⎧ ⎧ ⎪x − x = 2x − x ⎪x − x = ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔ x = x − = 2x − ⇔ ⎨ 1 x x ⎪x − ≥ ⎪x − ≥ ⎪ ⎪ x x ⎩ ⎩ Vậy nghiệm phương trình x = 2.Theo ta có: ⎧a + b + c ∈ Q (1) ⎪ ⎨16a + 4b + c ∈ Q (2) ⎪81a + 9b + c ∈ Q (3) ⎩ Từ (2) ⇒ 80a + 20b + 5c ∈ Q kết hợp với (3) ⇒ a − 11b − 4c ∈ Q (4) Từ (2) có: 48a + 12b + 3c ∈ Q (5) Từ (4) & (5) ⇒ 49a + b − c ∈ Q kết hợp với (1) ⇒ 50a + 2b ∈ Q ⇒ 25a + b ∈ Q (6) Từ (6) & (1) ⇒ 24a − c ∈ Q kết hợp với (2) ⇒ 40a + 4b ∈ Q ⇒ 10a + b ∈ Q kết hợp với (6) ⇒ 15a ∈ Q ⇒ a ∈ Q kết hợp với (6) ⇒ b ∈ Q ⇒ c ∈ Q Ta có đpcm B Câu 3: 1.Dựng đường trịn đường kính AC Vì góc B,D vng tù nên hai điểm B&D phải nằm đường tròn đường kính AC A 92 C D Phạm Minh Hồng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 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 tơ 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 lại màu.Gọi đoạn là: AB, AC, AD.Xét: *Trường hợp 1: AB, AC, AD có màu xanh Khi cạnh lớn Δ DBC có màu xanh nên tam giác ABC, ABD, ACD tam giác có cạnh tơ màu xanh Từ ta có đpcm *Trường hợp 2: AB, AC, AD có màu đỏ Khi đó,vì đoạn thẳng nối có độ dài khác đôi nên BC, CD, DB tương ứng cạnh lớn tam giác ABC, ACD, ADB Suy Δ BCD có cạnh có màu xanh Từ ta có đpcm 93 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 32:Thi Tổng Hợp (1996-1997) Vòng 1: Câu 1: Cho x > , tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1⎞ ⎛ ⎞ ⎛ x + ⎟ − ⎜ x6 + ⎟ − ⎜ x⎠ ⎝ x ⎠ P= ⎝ 1⎞ ⎛ ⎜x+ ⎟ + x + x⎠ x ⎝ ⎧ ⎪ ⎪ Câu 2: Giải hệ: ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ x y + 2− =2 y + 2− =2 x Câu 3: CMR: Với n nguyên dương ta có: ( n3 + 5n ) Câu 4: Cho a, b, c > CMR: a b3 c3 + + ≥ ab + bc + ca b c a Câu 5: Cho hình vng ABCD cạnh a Gọi M, N, P, Q điểm nằm cạnh AB, BC, CD, DA 1.CMR: 2a ≤ MN + NP + PQ + QM ≤ 4a 2.Giả sử M điểm cố định cho trước cạnh AB Hãy xác định vị trí điểm N,P,Q cạnh BC,CD,DA cho MNPQ hình vuông Hướng dẫn giải : 1⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜x+ ⎟ −⎜x + ⎟−2 x⎠ ⎝ x ⎠ = Câu 1: Có: P = ⎝ 1⎞ ⎛ ⎜x+ ⎟ + x + x⎠ x ⎝ 1⎞ ⎛ ⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ = ⎜ x + ⎟ − ⎜ x + ⎟ = 3.⎜ x + ⎟ ≥ x⎠ ⎝ x⎠ x ⎠ ⎝ ⎝ Vậy Pmin = x = ( x > 0) 94 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 2: Đặt X = 1 ;Y = ( x, y > 0) x y Có: X + − Y = Y + − X Thấy: -Nếu X > Y thì: X + − Y > Y + − X -Nếu X < Y thì: X + − Y < Y + − X Vậy phải có: X=Y Với X=Y ta có: X + − X = ⇔ X + (2 − X ) + X (2 − X ) = ⇔ X (2 − X ) = ⇔ X − X + = ⇔ X = Suy X = Y =1 ⇒ x = y = Vậy ta có cặp nghiệm (x,y) (1;1) Câu 3: Có: n3 + 5n = ( n − 1) n ( n + 1) + 6n Câu 4: Có: ⎛ a3 ⎞ ⎛ b3 ⎞ ⎛ c3 ⎞ ⎜ + ab ⎟ + ⎜ + bc ⎟ + ⎜ + ca ⎟ ≥ 2a + 2b + 2c ≥ 2ab + 2bc + 2ca ⎜ b ⎟ ⎜ c ⎟ ⎜a ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ a b3 c3 + + ≥ ab + bc + ca b c a Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c Suy ra: Câu 5: 1.Chú ý: ∀x, y ≥ ta ln có: 2 ( x + y ) ≥ x + y ≥ ( x + y ) (1) 2 ⎧MN = MB + NB ⎪ 2 ⎪ NP = NC + PC Ta có: ⎨ 2 ⎪ PQ = PD + QD ⎪QM = QA + MA ⎩ A F H ) ( C D ⇒ MN + NP + PQ + QM = ( B M ) ( ) ( = MB + MA + NB + NC + PC + PD + QD + QA Áp dụng (1) ta có: 2a2 ≤ MN2 + NP2 + PQ2 + QM2 ≤ 4a2 G ) 2.Giả sử MB = x Ta chọn N,P,Q : NC = DP = QA = x Dễ thấy MNPQ hình vng Bài tốn có nghiệm 95 Phạm Minh Hồng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 33:Thi Tổng Hợp (1996-1997) Vịng 2: Câu 1: Giải phương trình: ( ) x − + + x − = − x ⎧x − y = ⎪ ⎪ Câu 2: Giải hệ: ⎨ y − z = ⎪ ⎪z − 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 + y ) + y ( y + x ) Câu 4: Cho đoạn thẳng BC đường thẳng (d) song song với BC Biết khoảng cách BC (d) đường thẳng qua B C nhỏ Giả sử A điểm thay đổi (d) 1.Xác định vị trí A để bán kính vịng trịn ngoại tiếp Δ ABC nhỏ 2.Gọi , hb , hc độ dài đường cao Δ ABC Xác định A để tích hb hc lớn Câu 5.a:(Dành cho chuyên toán) Cho x + y + z > x + y + z ≤ 1 Chứng tỏ: x + + y + + z + ≥ 17 x y z 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 tất viên bi vào hình quạt khơng? Nếu có cách biến đổi Nếu khơng giải thích? 96 Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Hướng dẫn giải : Câu 1: Điều kiện: x ≥ Phương trình cho tương đương với: ( ⇔( ) x − + 1) + ( x − + + ( x − 1) + + x − = ) x − + = Đặt x − + = t ta được: t +t −2 = ⇔ (t − 1).(t + 2t + 2) = ⇔ t = Với t = ⇒ x = ⎧x = y + ⎪ ⎪ Câu 2: Hệ cho tương đương với (điều kiện x, y, z ≥ ): ⎨ y = z + ⎪ ⎪z = x + ⎩ Giả sử ( x, y, z ) nghiệm với xmin (các trường hợp khác làm tương tự) ⎧x ≤ y Khi ta có: ⎨ kết hợp với hệ ⇒ y ≤ z ⇒ z ≤ x ⇒ x = y = z ⎩x ≤ z 3+ ( x ≥ 1) Hệ trở thành: x = x + ⇔ x = 3+ Suy ra: x = y = z = Câu 3: Có: P = x ( x + y ) + y ( y + x ) = ( x + y ) − xy ( x + y ) + xy hay P = 2013 − 601.xy ⎧ P ⇔ ( xy ) Rõ ràng ⎨ max ⎩ Pmin ⇔ ( xy ) max Ta giải toán : x, y ∈ Z + thỏa mãn: x + y = 201 Tìm max, min: A = xy Có: A = x ( 201 − x ) = − x + 201.x Suy ra: ⎧ x = 100 ⎧ x = 101 Amax ⎨ ⎨ ⎩ y = 101 ⎩ y = 100 ⎧x = ⎧ x = 200 ⎨ Amin ⎨ ⎩ y = 200 ⎩y = Từ đó: Pmax = 2013 - 601.200.1 Pmin = 2013 - 601.100.101 97 ... x2 ( x1 + x2 ) ≤ ( x1 + 1) .( x2 + 1) (x + x ) (x + x ) + 2 ( x1 + 1) .( x2 + 1) ( x1 + x2 ) = (x + x ) ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) + ( x1 + x2 ) ( x + x ) = ≤ ( x1 + 1) .( x2 + 1) 1+1 ( x1 + 1) .(. .. với: ? ?( x + 1 )( y + 1) = ⎪ ? ?( y + 1 )( z + 1) = (I) ? ?( z + 1 )( x + 1) = ⎩ Nhân ba phương trình ta được: ( x + 1) ( y + 1) ( z + 1) 2 ⎡ ( x + 1 )( y + 1 )( z + 1) = ⇒⎢ ⎣ ( x + 1 )( y + 1 )( z +... Câu 5: Đặt ( = ( )( ) ( ) ) − n2 −1 + + n2 ≤ 1 ⇒ > (2 ) n(m + n) an ( ( ) ) + n = an m m − 2n Mà: − = ≥ (3 ) n n( m + n ) n( m + n ) Từ (2 ) (3 ) ⇒ m − > (mâu thuẫn với điều mà ta giả thi? ??t) n an