Tài liệu Ôn thi chuyên toán

168 trang phuongnguyen 5120

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tài liệu Ôn thi chuyên toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tai_lieu_on_thi_chuyen_toan.pdf

Nội dung text: Tài liệu Ôn thi chuyên toán

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: nn3 − #6 với ∀ n≥ 0. b).Cho x =+( 625 +− 625) : 20 . Hãy tính giá trị của biểu thức: 2000 Pxx=−+()571 Câu 2: Xác định các giá trị nguyên của m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất ()x, y với x, y là các số nguyên: ⎧(mxmym++ 1). (3 ++−= 1). 2 0 (1) ⎨ ⎩2(xm++ 2)40 y −= (2) Câu 3: x22+ y a).Cho x > y và xy.= 1000 . Hãy tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = . x − y b).Giải phương trình : ()xx−1212000+− ( ) 2000 =. Câu 4: Gọi a,b,c là độ dài ba cạnh một tam giác: hhhabc , , là độ dài ba đường cao tương ứng với ba cạnh đó; r là bán kính đường tròn nộI tiếp tam giác đó. 1 1 1 1 a).CMR: + + = . ha hb hc r 2 222 b).CMR: ()abc++ ≥4.( habc + h + h) . Hướng dẫn giải : Câu 1: a).Có: Pn=−=32 nnn.1() −=−() n 1 1. nn( +) Vì nn,+ 1 là hai số nguyên liên tiếp nên P# 2. - Nếu n # 3 ⇒ P# 3. - Nếu n chia cho 3 dư 1 thì (n-1)# 3⇒ P# 3. - Nếu n chia cho 3 dư 2 thì (n+1)# 3⇒ P# 3. Vậy P # 3 mà ()2,3=⇒ 1P# 6. b).Có : x =+( 6 2 5 +− 6 2 5) : 20 =++−( 5 1 5 1) : 20 = 1. 1
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Từ đó : P =−+()1112000 = 1. Câu 2: ⎧(mxmym++ 1). (3 ++−= 1). 2 0 (1) Theo bài ra ta có: ⎨ ⎩2(xm++ 2)40 y −= (2) ⎧2(mx++ 1) 2(3 mym ++−= 1) 2 4 0 (3) ⇒ ⎨ ⎩2(mxmm+++ 1) ( 1)( + 2) y − 4( m += 1) 0 (4) Lấy (4) trừ (3) theo vế ta có: ()mmym2 − 3.−= 6 0 hay mm.3.6( −=) y m (5). Để hệ có nghiệm duy nhất thì (5) phải có nghiệm duy nhất.Khi đó mm≠ 0,≠ 3. 6 m +12 15 Ta có : y = (*) ⇒ x ==−1(6). m − 3 33−−mm Từ (*) suy ra : Muốn y nguyên thì 6(# m − 3)và từ (6) muốn x nguyên thì15# (m − 3) Suy ra 3# (m-3)⇒=m 2,4,6 (theo (*)). Thử lại thấy thỏa mãn. Nhận xét: Học sinh có thể dùng kiến thức về định thức để giải quyết bài toán này.Tuy nhiên theo tôi ,điều ấy không cần thiết.Chúng ta không nên quá lạm dụng kiến thức ngoài chương trình,”giết gà cần gì phải dùng tới dao mổ trâu”. Câu 3: (xy−+ )2 2 xy 2000 2000 a).Có Pxy==−+. Vì x > y nên x − y > 0 và >0.Áp dụng x −−yxy x − y 2000 bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x − y và được: P≥ 2 2000 = 40 5 . x − y 2000 Đẳng thức xảy ra ⇔ x − y = ⇔ x − y = 205 .Kết hợp với xy.= 1000 ta tìm được x − y ⎡x = 10 5 −10 15, y = −10 5 −10 15 ⎢ ⎣⎢x = 10 5 +10 15, y = −10 5 +10 15 b).Có: ()x −1 2000 + (x − 2 )2000 = x −1 2000 + x − 2 2000 . -Thử với x = 1, x = 2 thấy thỏa mãn. -Nếu x 1.Do đó : x −1 2000 + x − 2 2000 >1. -Nếu x > 2 thì x −1 >1.Do đó : x −1 2000 + x − 2 2000 >1. -Nếu1 < x < 2 thì x −1 < 1; x − 2 < 1.Do đó: x −1 2000 + x − 2 2000 < (x −1) + (2 − x) = 1. ⎡x = 1 Vậy nghiệm của phương trình là ⎢ ⎣x = 2 Câu 4: a).Có: ahbhch abc===++=() abcr .2 S. 2
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ (S là diện tích tam giác đã cho) Suy ra: a.h a a a = 1 ⇒ = . 2S a.ha 2S Hoàn toàn tương tự với b,c ta thu được: a b c a + b + c 1 + + = = a.ha b.hb c.hc 2S r 1 1 1 1 ⇒ + + = (đpcm). ha 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'2.BBh= a . Ta có: 22 2 2 222 BBBCBCBAAC'''+= ≤() + . Suy ra: 4.hcbaa ≤+ ( ) − (1). 222 Hoàn toàn tương tự ta có: 4.hcabb ≤+ ( ) − (2). 222 4.habcc ≤+ ( ) − (3). Từ (1),(2),(3) ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ()c + b − a + (c + a) − b + (b + a) − c ≥ 4(ha + hb + hc ) 2 2 2 2 ⇒ ()a + b + c ≥ 4(ha + hb + hc ) (đpcm). *Nhận xét: Ngoài cách giải trên chúng ta còn có thể giải bài toán theo phương pháp đại số như sau: a + b + c Đặt p = .Theo công thức HêRông ta có: 2 2 2 2 4S = ha .a = 4 p.( p − a).( p − b).( p − c ) p − b + p − c 4 p( p − a)( ) 2 4 p( p − a)( p − b)( p − c) ⇒ h 2 = ≤ 2 ⇒ h 2 ≤ p( p − a). a a 2 a 2 a 2 Tương tự: hb ≤ p( p − b). 2 hc ≤ p( p − c ). Suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 p.( p −≥a) + p.( p − b) + p.( p − c) ha + hb + hc ⇒ (a + b + c) ≥ 4(ha + hb + hc ) . 3
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 2:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) Vòng 2: Câu 1: CMR: a).Không thể có các số nguyên lẻ a1 ,a2 , ,a2000 thỏa mãn đẳng thức: 2 2 2 2 a1 + a2 + + a1999 = a2000 . b).Tích của 4 số nguyên dương liên tiếp không thể là một số chính phương. a 2 b 2 a 2 .b 2 Câu 2: Cho biểu thức: P = − − . (a + b)(1− b) (a + b)(1+ a) (1+ a).(1− b) a).Rút gọn P. b).Tìm các cặp số nguyên (a,b) để P = 5 . Câu 3: Giả sử phương trình ax 2 + bx + c = 0 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 nhất. Trong đó: P = . a(a − b + c) Câu 4: a).Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn CD lấy điểm M và trên đoạn OD lấy điểm N sao cho MN bằng bán kính R của đường tròn. Đường thẳng AN cắt đường tròn tại điểm P khác A.Hỏi tam giác AMP có vuông ở M không? b).Trong đường tròn lấy 2031 điểm tùy ý. CMR:Có thể chia hình tròn này thành 3 phần bởi 2 dây cung sao cho phần thứ nhất có 20 điểm,phần thứ hai có 11 điểm, phần thứ 3 có 2000 điểm. Hướng dẫn giải: Câu 1: a). Nhận xét: Nếu a là số nguyên lẻ thì a2 chia cho 4 dư 1.Thật vậy: Đặt ak=+21 thế thì: ak22=+=++=+()212 4 kkm 4141 (trong đó k,m∈ Ζ ). Áp dụng nhận xét trên vào bài toán ta có: Nếu a1 ,a2 , ,a2000 đều là các số nguyên lẻ thì: 2 2 2 a1 + a2 + + a1999 ≡ 1+1+ +1 ≡ 1999 ≡ 3(mod 4) (1) 2 Mà a2000 ≡ 1(mod 4) (.T2) ừ (và)1) (2 suy ra điều phải chứng minh. 4
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ b).Giả sử ta có 4 số nguyên dương liên tiếp là nn ,+ 1, n++ 2, n 3. 2 Có: Pnn=.1.2.3()()() + n + n +=+( n22 3.32 n) ( n ++=++ n) ( n 2 3 n)( 2.3 n 2 + n ). 22 Từ đó dễ dàng nhận thấy: ()nnPnn22+<<++331( ) . Suy ra P không thể là số chính phương. Câu 2: Điều kiện a ≠ −1,a ≠ −b (do đó b ≠ 1). a 2 (1+ a) − b 2 (1− b) − a 2b 2 (a + b) a).Khi đó: P = = a − b + ab . (a + b)(1+ a)(1− b) Vậy Pabab=−+ . b).Có: P =⇔5 a − b + ab = 5 ⇔ (a −1).(1+ b) = 4. Ta xét các trường hợp: ⎧a −1 = 1 ⎧a = 2 ⎧a −1 = −1 ⎧a = 0 1i) ⎨ ⇔ ⎨ 4i) ⎨ ⇔ ⎨ ⎩1+ b = 4 ⎩b = 3 ⎩1+ b = −4 ⎩b = −5 ⎧a −1 = 2 ⎧a = 3 ⎧a −1 = −2 ⎧a = −1 2i) ⎨ ⇔ ⎨ (lọai) 5i) ⎨ ⇔ ⎨ (loại) ⎩1+ b = 2 ⎩b = 1 ⎩1+ b = −2 ⎩b = −3 ⎧a −1 = 4 ⎧a = 5 ⎧a −1 = −4 ⎧a = −3 3i) ⎨ ⇔ ⎨ 6i) ⎨ ⇔ ⎨ ⎩1+ b = 1 ⎩b = 0 ⎩1+ b = −1 ⎩b = −2 Ta có các cặp ()a,b cần tìm: ()2;3 ,( 5; 0) ,( 0;− 5) ,(−− 3; 2) . Câu 3: b c (1− )(2 − ) (a − b)(2a − c) Có: P = = a a . a(a − b + c) b c 1− + a a ⎧ b x + x = − ⎪ 1 2 a Áp dụng định lý Vi-et ta có: ⎨ c ⎪x .x = ⎩⎪ 1 2 a Vậy2PA=−. ( x1 , x2 là nghiệm của phương trình đã cho: x1 , x2 ∈[0;1] ). x .(3xxx++ ) Với A = 12 1 2 1.+++x1212xxx ⎧c = 0 ⎪ Dễ thấy A ≥ 0 nên PA=−2202 ≤−=.Đẳng thức xảy ra ⇔ x1.x2 = 0 ⇔ ⎨ b − ∈[]0;1 ⎩⎪ a 5
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Lại có: ()xx++22( xx) 3.12++ 12 .(xx ) 3.()xx++ xx x x 12 A =≤12 12 1 2 44 = (1).(1)xx12++ (1).(1) xx 12 ++ 3 ()xx12+ ()()xx12+++ xx 12 ()() xx 12 ++ xx =≤44 (1).(1)xx12++ 311+ .(xx+++++ 1).( 1) .( xx 1).( 1) 12 12 5 ≤=44 (1).(1)xx++ 4 ⎧b 2 = 4ac Đẳng thức xảy ra ⇔ x1 = x2 = 1 ⇔ ⎨ ⎩− b = 2a 53 ⎧b 2 = 4ac Suy ra: PA=−22 ≥− = . Dấu “=” xảy ra ⇔ ⎨ 44 ⎩− b = 2a ⎧P = 2 ⎪ max Vậy: ⎨ 3 P = ⎩⎪ min 4 Câu 4: a). - Nếu M ≡ C thì NO≡ .Do đó Δ AMP vuông ở M. - Nếu M ≡ O thì ND≡ .Do đó Δ AMP vuông ở M. - Nếu M nằm giữa C và O thì N nằm giữa O và D.Ta chứng minh trong trường hợp này Δ AMP không vuông .Thật vậy,nếu Δ AMP vuông ở M thì khi đó ta hạ MH ⊥ AP tại H. Có: BnAP = DMHn ⇒ ΔMHN ΔPBC (g-g) MH MN 1 AP ⇒ = = ⇒ MN = (1). AP AB 2 2 Hạ OI ⊥ AP tại I thì IA=IP. AP Trong Δ AMP vuông có: MI = . 2 AP Vậy MH =⇒MI = H ≡ I⇒ M ≡ O (vô lý). 2 b). +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 tại A thuộc đường tròn nhưng không nằm trên bất cứ đường thẳng nào trong số đang xét. 6
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ +Vẽ các tia gốc A đi qua 2031 điểm đã cho, các tia này cắt đường tròn tại các điểm B1,B2, ,B2031(theo chiều kim đồng hồ kể từ A).Rõ ràng các tia này là phân biệt. +Vẽ tia nằm giữa hai tia AB20 và AB21 cắt đường tròn tại B,tia nằm giữa hai tia AB31 và AB32 cắt đường tròn tại C. +Rõ ràng các dây AB và AC chia hình tròn thành 3 phần:phần thứ nhất có 20 điểm,phần thứ hai có 11 điểm,phần thứ ba có 2000 điểm. 7
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 3:Thi Sư Phạm I(2000-2001) Vòng 1: x 3 3x 2 Câu 1: Giải phương trình: x3 + + − 2 = 0. (x −1)3 x −1 ⎧x + y + z = 0 Câu 2: Cho x,y,z∈R và thỏa mãn: ⎨ ⎩−1 ≤ x, y, z ≤ 1 CMR: xyz246++≤2 . Câu 3: Tìm tất cả các số nguyên tố có dạng: pn= n +1. Trong đó n∈N*,biết p có không nhiều hơn 19 chữ số. Câu 4: Giả sử P là một điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng của một tam giác đều ABC cho trước.Trên các đường thẳng BC,CA,AB lần lượt lấy các điểm ABC', ', ' sao cho PA ', PB ', PC ' theo thứ tự song song với BA,BC,CA. 1.Tìm mối quan hệ giữa độ dài các cạnh của tam giác A'''BC với các khoảng cách từ P tới các đỉnh của tam giác ABC.CMR:Tồn tại duy nhất một điểm P sao cho tam giác ABC''' là tam giác đều. 2.CMR:Với mọi điểm P nằm trong tam giác ABC ta có: BnPC - Bn'''AC =CPAn -CBAn'''= nAPB - nAC''' B (= q );và giá trị chung q của hiệu này không phụ thuộc vào vị trí của P. 3.Tìm quĩ tích các điểm P nằm trong tam giác ABC sao cho tam giác ABC'''vuông ở A', hãy chỉ rõ cách dựng quĩ tích này. Hướng dẫn giải: Câu 1: Điều kiện:x ≠ 1, x ∈ R .Ta có: x 3 3x 2 x3 + + − 2 = 0 (x −1)3 x −1 ⎛ x ⎞⎛ x 2 x 2 ⎞ 3x 2 ⇔ x + ⎜ x 2 − + ⎟ + − 2 = 0 . ⎜ ⎟⎜ 2 ⎟ ⎝ x −1⎠⎝ x −1 (x −1) ⎠ x −1 3 ⎛ x ⎞ 3x 2 ⎛ ⎛ x ⎞⎞ ⇔ ⎜ x + ⎟ + ⎜1− ⎜ x + ⎟⎟ − 2 = 0 . ⎝ x −1⎠ x −1⎝ ⎝ x −1⎠⎠ 3 ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞⎛ x ⎞ ⇔ ⎜ x + ⎟ + 3⎜ x + ⎟⎜1− x − ⎟ − 2 = 0 . ⎝ x −1⎠ ⎝ x −1⎠⎝ x −1⎠ 8
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 3 2 ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⇔ ⎜ x + ⎟ + 3⎜ x + ⎟ − 3⎜ x + ⎟ − 2 = 0 . ⎝ x −1⎠ ⎝ x −1⎠ ⎝ x −1⎠ 3 ⎛ x ⎞ ⇔ ⎜ x + −1⎟ = 1. ⎝ x −1 ⎠ x ⇔ x + = 2 ⇔ x 2 − 2x + 2 = 0 ⇔ (x −1)2 +1 = 0 (vô nghiệm) x −1 Vậy hệ đã cho vô nghiệm. Câu 2: Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số sao cho tích của chúng là một số không âm. +) Nếu xz ≥ 0 ta có: xyz222++≤+() xzy2 += 222 y 2 ≤⇒++≤++≤ xyzxyz 246222 2. Đẳng thức xảy ra khi zx==−=0, 1, y 1. Các trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự. Câu 3: Thử với n =1(thỏa mãn). Với n >1 ta có: +) Nếu n lẻ thì ()nnn ++11#()và (nnn +11) >+( ). α α +) Nếu nt= 2.α với α > 0, t lẻ. Khi đó: n n = n 2 .t ⇒ n n +1#n 2 +1. 66 +) Nếu n = 2α .Có: 1616+= 1() 2 10 .16 +> 1( 10 3) .10 = 10 19 ⇒n < 16. Thử với n=2,4,8 thấy thỏa mãn. Câu 4: Đây là bài không khó, đề nghị bạn đọc tự giải. 9
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: 2 3 4 2000 < 3. ⎧x 3 ()y 2 + 3y + 3 = 3y 2 ⎪ 3 2 2 Câu 2: Giải hệ: ⎨y ()z + 3z + 3 = 3z ⎪ 3 2 2 ⎩z ()x + 3x + 3 = 3x Câu 3: Tìm tất cả các bộ 3 số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn: Tích của hai số bất kỳ trong ba số ấy cộng với 1chia hết cho số còn lại. Câu 4: Tam giác XYZ có các đỉnh X,Y,Z lần lượt nằm trên các cạnh BC,CA,AB của tam giác ABC gọi là nội tiếp tam giác ABC. 1.Gọi YZ', ' là hình chiếu vuông góc của Y và Z lên cạnh BC. BC CMR: Nếu có ΔXYZ ΔABC thì YZ''= . 2 2.Trong số những tam giác XYZ nội tiếp tam giác ABC theo định nghĩa trên và đồng dạng với tam giác ABC, hãy xác định tam giác có diện tích nhỏ nhất. Hướng dẫn giải: Câu1: Có: 2 3 1999 2000<= 2 3 1999.2001 2 3 1998 20002 −< 1 <=2 3 1998.2000 2 3 1997 19992 −<<< 1 2.4 3.(đpcm ) Câu 2: ⎧x3 ()y 2 + 3y + 3 = 3y 2 ≥ 0 ⎪ 3 2 2 Theo bài ra ta có: ⎨y ()z + 3z + 3 = 3z ≥ 0 ⎪ 3 2 2 ⎩z ()x + 3x + 3 = 3x ≥ 0 3t 2 Xét hàm số: f ()t = trên[0;+∞).Lấyt < t ∈ [0;+∞).Xét: t 3 + 3t + 3 1 2 2 2 3(t1 − t2 ) + 3t1t2 (t1 − t2 ) f ()t1 − f ()t2 = 3 2 2 < 0.Vậy f (t) đồng biến trên [0;+∞). (t1 + 3t1 + 3)(t2 + 3t2 + 3) 3x 2 Từ đó suy ra được x = y = z .Khi đó: x3 = ⇔ x3 [()x +1 3 − 4]= 0 x 2 + 3x + 3 10
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎡x = 0 ⇔ ⎢ 3 ⎣x =−41 ⎡x = y = z = 0 Vậy hệ đã cho có nghiệm là: 1 1 1 ⎢ 3 ⎣x2 = y2 = z2 = 4 −1 Câu 3: Gọi ba số cần tìm là abc,, .Ta giả sử 1 +⇒+−⇒−4,3 1### 9 3 1 12 a 1 ⇒=ab 7, =<= 2 c 3(loại). -Nếu 312ba+= . Hoàn toàn tương tự như trên, không có bộ số nào thỏa mãn. Vậy ba số tự nhiên cần tìm:7,3,2. Câu 4: 1. Lấy C ' đối xứng với C qua Y '. Có:YCn' C = nACB = YZXn ⇒ Tứ giác ZYXC ' nội tiếp. ⇒ ZnCB' = ZnYX ⇒ ZnCB' = nABC ⇒ Z'B=Z'C BC ⇒ YZ''= . 2 2 ''2 SXYZ ⎛⎞YZ⎛⎞ Y Z 1 2. Có =≥⎜⎟⎜⎟ =. SBcBCABC ⎝⎠⎝⎠4 Đẳng thức xảy ra khi XBXCYAYCZAZB===,&. 11
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 5:Thi Tổng Hợp (1999-2000) Vòng 1: ⎧a + b + c = 0 Câu 1: Các số a,b,c thỏa mãn: ⎨ 2 2 2 ⎩a + b + c = 14 Tính P=+1 abc444 + + . Câu 2: 1.Giải phương trình: x + 3 − 7 − x = 2x − 8 . ⎧ 1 1 9 ⎪x + y + + = ⎪ x y 2 2.Giải hệ: ⎨ 1 5 ⎪xy + = ⎩⎪ xy 2 Câu 3: Tìm tất cả các số nguyên dương n để:(nn2 +−92)#( n + 11) . Câu 4: Cho vòng tròn(O) và điểm I ở trong vòng tròn.Dựng qua I hai dây cung bất kỳ MIN, EIF. Gọi M ',NEF ', ', ' là các trung điểm của IMINIEIF,,,. 1.CMR: Tứ giác M ''''ENF là tứ giác nội tiếp. 2.Giả sử I thay đổi,các dây MIN, EIF thay đổi. CMR:Vòng tròn ngoại tiếp tứ giác M ''''ENF có bán kính không đổi. 3.Giả sử I cố định,các dây MIN, EIF thay đổi nhưng luôn vuông góc với nhau.Tìm vị trí của các dây MIN và EIF sao cho tứ giác M ''''ENF có diện tích lớn nhất. Câu 5: Cho xy,0> thỏa mãn: x + y =1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ P = ⎜ x 2 + ⎟ y 2 + . ⎜ 2 ⎟⎜ 2 ⎟ ⎝ y ⎠⎝ x ⎠ Hướng dẫn giải: ⎧a + b + c = 0 ⎧ab + bc + ca = −7 ⎪⎧a 2b 2 + c 2 a 2 + b 2c 2 = 49 Câu 1: Có: ⇔ ⇔ ⎨ 2 2 2 ⎨ 2 2 2 ⎨ 2 2 2 ⎩a + b + c = 14 ⎩a + b + c = 14 ⎩⎪a + b + c = 14 ⎧a + b + c = 0 ⇔ Vậy P=99. ⎨ 4 4 4 ⎩a + b + c = 98 Câu 2: 1.Đây là bài toán đơn giản,đề nghị bạn đọc tự giải. 12
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 2.Điều kiện:xy ≠ 0 . ⎡ 1 15 xy = Từ giả thiết: xy+=⇔()()21.20 xy − xy −=⇔ ⎢ 2 xy 2 ⎢ ⎣xy = 2 2 11 33y 9 + Nếu xy =⇒2 x = ⇒+++xy = + =. y xyy 22 2 ⎡y = 1 ⇒ x = 2 ⇒−+=⇒yy320⎢ ⎣y = 2 ⇒ x = 1 ⎡ 1 ⎢y = 1 ⇒ x = 1 1 119 2 2 + Nếu xy =⇒x = ⇒+++xy = ⇒−+=⇒2310yy ⎢ 2 2y xy2 1 ⎢y = ⇒ x = 1 ⎣⎢ 2 ⎛⎞⎛⎞11 Vậy nghiệm ()x; y của hệ là: ()()2;1 , 1; 2 ,⎜⎟⎜⎟ 1; , ;1 . ⎝⎠⎝⎠22 Câu 3: Có: nnn2 +−92# + 11. Mà nnn2 +11# + 11 ⇒ ()()22nn++# 11. Mà (22211nn++)#( ) . ⇒ 20#()nn+⇒= 11 9 .Vậy n = 9 là đáp số cần tìm. Câu4: 1. Dễ thấy: En''NM '= ENMn = EFMn'' '.Vậy tứ giác M ''''NEF nội tiếp. 2. Vòng tròn ngoại tiếp tứ giác M ''''ENF chính là đường tròn ngoại tiếp ΔM '''NF.Giả sử nó có bán kính là R ' . Do ΔΔ−M '''NF MNF ( g g ). Suy ra: RMN'''1 ==. RMN2 R ⇒ R' = (đpcm). 2 3. Hạ OT ⊥ MN; OQ ⊥ EF. Có: 13
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 11 1 12222 S'' ''===−− SMENF MN EF MT EQ()() R OQ R OT MENF 48 2 2 11 ≤−+−=()ROQROT2222()2. ROI 22 − 44 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi OQ=⇔ OT OIFn =450 . Câu 5: Cách 1: 2 2 ⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛⎞xy+ 1 ⎜ x 2 + ⎟ y 2 + = ⎜ xy + ⎟ .Dễ thấy 0 ft( 2 ) 0 .Vậy f (t) nghịch biến trên ⎜0.; ⎥ ⎝ 4⎦ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1⎤ 17 ⎛ 1⎤ Do đó mà: f ⎜ ⎟ ≤ f ()t với ∀ t∈ ⎜0.Hay; ⎥ ≤ f ()t với ∀ t∈ ⎜0.; ⎥ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4⎦ 4 ⎝ 4⎦ 2 17 1 289 ⎛ 1 ⎞ ⇒ ≤ xy + ⇒ ≤ ⎜ xy + ⎟ = P. 4 xy 16 ⎝ xy ⎠ 1 Đẳng thức xảy ra khi xy==. 2 289 ⇒ P = . min 16 Cách 2: 1 Có : Pxy=+2(1)22 + . xy22 11xy22 Mà: xy22+≥2(2) =. 256xy22 256 xy 22 8 14
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 1 255 255 255 Vì ≥ x 2 y 2 nên: ≥ = (3). 16 256x 2 y 2 1 16 256. 16 ⎧ 1 x 2 y 2 = ⎪ 256x 2 y 2 ⎪ 289 ⎪ 2 2 1 1 Từ (1),(2),(3) suy ra P≥ .Đẳng thức xảy ra: ⇔ ⎨x y = ⇔ x = y = . 16 ⎪ 16 2 ⎪x + y = 1 ⎪ ⎩ 15
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 6:Thi Tổng Hợp (1999-2000) Vòng 2: Câu 1: x + 7 Giải phương trình: + 8 = 2x 2 + 2x −1 . x +1 Câu 2: Các số aa12, , , a 9 được xác định bởi công thức: 3k 2 + 3k +1 i=9 ak = với∀k ≥ 1.Hãy tính Pa=+1 i . 2 3 ∑ ()k + k i=1 Câu 3: CMR: Tồn tại một số chia hết cho 1999 và tổng các chữ số của số đó bằng 1999. Câu 4:Cho vòng tròn (O,R).Giả sử A,B là hai điểm cố định trên vòng tròn và AB= R.3. 1.Giả sử M là một điểm thay đổi trên cung lớn AB của đường tròn.Vòng tròn nội tiếp tam giác MAB tiếp xúc với MA tại E và tiếp xúc với MB tại F. CMR:Đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M thay đổi. 2.Tìm tập hợp các điểm P sao cho đường thẳng (d) vuông góc với OP tại P cắt đoạn thẳng AB. Câu 5: Cho hình tròn (O) bán kính bằng 1. Giả sử A1,A2, ,A8 là tám điểm bất kỳ nằm trong hình tròn (kể cả trên biên). CMR: Trong các điểm đã cho luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Hướng dẫn giải: ⎧2x −1 ≥ 0 ⎪ ⎪ x + 7 1 Câu 1: Điều kiện: ⎨ ≥ 0 ⇔ x ≥ . ⎪ x +1 2 ⎩⎪x ≠ −1 1 x + 7 6 -Với ≤ x 8 + 5 . 2 x +1 x +1 x + 7 Mà: 221xx2 +− 2 thì: + 8 = 1+ + 8 8 + 5 . x +1 x +1 x + 7 ⇒ 2x 2 + 2x −1 ≠ + 8 . x +1 16
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ -Thử với x = 2 thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2 . Câu 2: Với k ≥ 1 ta có: 3k 2 + 3k +1 ()k +1 3 − k 3 1 1 ak = 3 = 3 = 3 − 3 . ()k 2 + k k 3 ()k +1 k ()k +1 1 1 1 1 1 1 1 999 Thay k =1,2, ,9 ta được: P = 1+ − + − + + − = 2 − = 1 . 13 23 23 33 93 103 103 1000 Câu 3: Có 3998 = 2.1999 Ta thấy rằng số:A = 19991999 1999 39983998 3998 luôn chia hết cho 1999 (số A có x số 1999, y số 3998). Tổng các chữ số của A là: ()1999.+++x +( 3998. +++) yxy = 2829. + Ta cần tìm hai số nguyên dương x,y để: 28xy+ 29= 1999.Khi đó có: 1999 − 29y 11− y 11− y x = = 71− y + .Vì x ∈ Ν nên ∈Ν⇒yx =11 ⇒ = 60. 28 28 28 Ta có số A = 19991999 1999 39983998 3998 thỏa mãn bài ra (số A có 60 số 1999,11 số 3998). Câu 4: 1.Gọi I là trung điểm của AB.Có: AI AB 3 sin nAOI = = = ⇒ nAOI = 600 ⇒ nAMB = 600. AO 2AO 2 Hạ IH ⊥ EF,AT ⊥ EF,BQ ⊥ EF.Có: MEMFMEF=⇒Δ đều⇒ TEAn = BnFQ = 600.Có: AT BQ 3 3 3 = = cos30o = ⇒ AT + BQ = (AE + BF) = AB . AE BF 2 2 2 3 3 ⇒ 2IH = AT + BQ = AB ⇒ IH = AB . 2 4 3 Vậy EF luôn tiếp xúc với đường tròn (I) bán kính AB cố định. 4 2.Ta tìm các điểm P để đường thẳng (d) cắt đoạn AI. Khi ấy có: OPIn =OTIn ≥ OAIn = 30o. Như vậy P phải nằm trong miền mặt 17
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ phẳng gạch chéo được giới hạn bởi cung chứa góc 30o OmIq và OI. Ngược lại nếu P nằm trong miền mặt phẳng này thì dễ dàng chứng minh được (d) sẽ cắt AI. Do tính đối xứng (d) còn có thể cắt BI. Lập luận tương tự thấy rằng lúc này P nằm trong phần mặt phẳng được gạch ngang(hình vẽ).Phần mặt phẳng này đối xứng với phần mặt phẳng gạch ngang qua trục OI. Vậy quĩ tích điểm P cần tìm là hai phần mặt phẳng kể trên. Câu 5: Ta thấy rằng:Luôn tồn tại 7 điểm không trùng tâm,có thể giả sử 7 điểm đó là A1,A2, ,A7. Nối O với các điểm trên ta thấy:Luôn tồn tại hai điểm Ai,Aj sao cho: o n 360 o AOA ≤ < 60 (1 ≤ i , j≤ 7). ij 7 n o Xét tam giác AiOAj có AOAij <60 ⇒ AiAj < max(AiO , AjO) ≤ 1. Ta có điều phải chứng minh. 18
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 7: Thi Chuyên Hùng Vương (1999-2000) Vòng 1: Câu 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau với a,b,c là các số nguyên không âm: 1+ a 1+ b 1+ c 3.≤ + + ≤ 3 + a + b + c 1+ b 1+ c 1+ a Câu 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = 341aa+−2 với các giá trị của a∈[]−1;1 . Câu 3: CMR: Trong 7 số tự nhiên bất kỳ ta luôn chọn được 4 số sao cho tổng của chúng chia hết cho 4. Câu 4: Cho tam giác ABC.Trên cạnh BC lấy hai điểm M,N sao cho: BnAM =CANn .CMR: 2 BM CM ⎛ AM ⎞ a). . = ⎜ ⎟ . CN BN ⎝ AN ⎠ 2 BM BN ⎛ AB ⎞ b). . = ⎜ ⎟ . CN CM ⎝ AC ⎠ BM CM AM c). + ≥ 2 . CN BN AN Hướng dẫn giải: Câu 1: Theo BĐT Cô-si ta có: 1+ a 1+ b 1+ c 1+ a 1+ b 1+ c + + ≥ 33 . . = 33 1 = 3. 1+ b 1+ c 1+ a 1+ b 1+ c 1+ a Đẳng thức xảy ra khi a=b=c. 1+ a Lại có: ≤ 1+ a ≤ 1+ a (vì a,b là số nguyên không âm).(1) 1+ b 1+ b Tương tự: ≤ 1+ b ≤ 1+ b (2) 1+ c 1+ c ≤ 1+ c ≤ 1+ c (3) 1+ a 1+ a 1+ b 1+ c Cộng theo vế (1),(2),(3) ta thu được : + + ≤ 3 + a + b + c . 1+ b 1+ c 1+ a Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc= ==0 . Câu 2: Do a∈[]−1;1 nên 10−≥a2 . Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki: 19
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 2 Ba2222=+−(341 a) ≤+−+⇒≤() a 1 a() 916 B 5. 3 Mà với a = ∈[]−1;1 thì B = 5.Vậy B = 5 . 5 max Câu 3: Xét 7 số tự nhiên bất kỳ : aa12, , , a 7. *)Nhận xét: Trong ba số tự nhiên bất kỳ luôn tồn tại hai số có tổng chia hết cho 2 . (Bạn đọc tự chứng minh). Áp dụng: -Trong ba số aaa123,, giả sử aa12+ #2 . -Trong ba số aaa345,, giả sử aa34+ #2 . -Trong ba số aaa567,, giả sử aa56+ #2 . ⎧a1 + a2 = 2k1 ⎪ ⇒ ⎨a3 + a4 = 2k2 (k1,k2,k3 ∈ Ν ) ⎪ ⎩a5 + a6 = 2k3 - Trong ba số kkk123,, giả sử kk12+ #2 ⇒+=kk122 m ( m∈ Ν ) Suy ra: aaaa1234+++=2.() kk 12 + = 4 m chia hết cho 4 (đpcm). Câu 4: 1 Áp dụng công thức tính diện tích tam giác: SabSinC= . 2 BM CMSS. AB. AM .sin( BAMn ). AM . AC .sin( MACn ) AM 2 a).Có: . ==ABM ACM =. n n 2 CN BN SACN. S ABN AC sin() sin() AN NAC AB AN BAN AN b).Có: BM BN BM BN SS. ==ABM ABN CN CM MC NC SAMC. S ANC n n 2 AB. AM .sin() BAM . AB . AN .sin () BAN ⎛⎞AB ==⎜⎟ AM sin AC() MACn sin AN AC() NACn ⎝⎠AC c).Áp dụng BĐT Cô-si và sử dụng kết quả của phần a) ta có: BM CM BM CM AM + ≥ 2 . = 2 . CN BN CN BN AN 20
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 8: Thi Chuyên Hùng Vương (1999-2000) Vòng 2: a Câu 1: Với giá trị nào của trong đó ab, là các tham số khác 0,thì các nghiệm phân b ⎪⎧ax2 ++=2100(1) ax b biệt của cả hai phương trình sau có ít nhất là 3 nghiệm: ⎨ 2 ⎩⎪xbxab−−=25 0(2) Câu 2: Cho 6 số thực xxx123, , , , x 6∈[ 0;1] . CMR: 1 ()()()()()()xx−−−−−−≤ xx xx xx xx xx . 12 23 34 45 56 6116 Câu 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn.Ký hiệu ABaADbCDcBCd= ,,,===. ab + cd AC CMR: = . ad + bc BD Hướng dẫn giải: ⎧ f1 (x) = (1) Câu 1: Đặt ⎨ ⎩ f 2 (x) = (2) Để 2 phương trình trên có các nghiệm phân biệt ít nhất là 3,ta xét các trường hợp: ⎧Δ1 = 0 +) ⎨ ⇔ a = 10b .Khi đó (1) có nghiệm kép x1,2 = −1. ⎩Δ 2 > 0 2 1± 51 Ta cần phải có: fbab()−≠⇔−−10 () 1 2.15 () −− ≠ 0⇔ b ≠ . 2 50 ⎧Δ1 > 0 +) ⎨ ⇔ b = −5a . Khi đó (2) có nghiệm kép x1,2 = b. ⎩Δ 2 = 0 1± 51 Ta cần phải có: f() b≠⇔02100 ab2 + ab + b ≠⇔ a ≠ . 1 5 ⎧ a ⎪+)ab > 0 ⇒ > 10 ⎧Δ1 > 0 ⎪ b +) ⎨ ⇔ ⎨ Δ > 0 a 1 ⎩ 2 ⎪+)ab − ⎩⎪ b 5 Ta giả sử các nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2).Khi đó có(theo Vi-et): 21
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎧− 2 = 2b = (x + x = x + x ) ⎪ 1 2 3 4 ⎧b = −1 ⎨10b ⇔ ⎨ 2 (vô lý) = −5ab = (x1.x2 = x3 .x4 ) ⎩10 = −5a ⎩⎪ a Như vậy có thể thấy điều ta giả thiết ở trên không thể xảy ra.Tức là trong trường hợp này (1) & (2) luôn có ít nhất 3 nghiệm phân biệt. ⎡a 1± 51 ⎢ = 10,b ≠ ⎢b 50 ⎢a 1 1± 51 ⎢ = − ,a ≠ Tóm lại,ta phải có: ⎢b 5 5 ⎢a > 10 ⎢b ⎢ a 1 ⎢0 > > − ⎣⎢ b 5 Câu 2: * Nếu có một thừa số nhận giá trị là 0,ta sẽ có ngay đpcm. * Nếu không có thừa số nào nhận giá trị là 0 thì: + Nếu có một số lẻ các thừa số nhận giá trị âm, ta sẽ có ngay đpcm. + Nếu có chẵn các thừa số nhận giá trị âm,ta có: Ta thấy các thừa số trong tích trên không thể đồng thời nhận giá trị âm. Thật vậy,nếu như thế thì: ()()()xx12− +≥−yy12 .Từ (1) và (2) suy ra: 02.< yyyy3456+++≤ 22
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 4 4 ⎛⎞yyyy3456+++ ⎛⎞21 ⇒ yy12. y 6=≤ yy 12 . yyyy 3456 . . . 1.⎜⎟ ≤= 1.⎜⎟ . ⎝⎠4416⎝⎠ + Nếu chỉ có 4 số âm,giả sử yyyy1234,,,< 0.Khi đó: Có: 02<+≤yy56 nên: −≤20.yyyy1234 + + + < 4 ⎛⎞yyyy1234+++ Có: y12.yy 6= y1 yyyyy 2 3 4 56≤ ⎜⎟ yy 56= ⎝⎠4 4 4 ⎛ y1 + y2 + y3 + y4 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 1 =⎜ ⎟ .y5 .y6 ≤ ⎜ ⎟ .1.1 = . ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 16 Trở lại bài toán ta có: ()()()()xx12−−−−−∈−,,,, xx 23 xx 34 xx 45( xx 56) [ 1;1] và: ()()()xx12−+−< xx 230; xx 34 −+−+−+−=( xx 45) ( xx 56) ( xx 61) 0. Áp dụng bổ đề ,ta có ngay đpcm. Vậy bài toán được chứng minh xong. 11 Đẳng thức xảy ra khi xx==1, 0, x = , xx == 1, 0, x = . 12 322 45 6 Câu 3: Gọi O là giao điểm của AC và BD.Có: OA OD b bc ba Δ AOD Δ BOC nên : = = = = . OB OC d dc da OA OB a ad ab Δ AOB Δ DOC nên: = = = = . OD OC c cd cb ⎧cd + ab OC + OA AC = = ⎪ ad OB OB Từ đó suy ra được: ⎨ cd + ab OA + OC AC ⎪ = = ⎩⎪ bc OD OD bc + ad BD ⇒ = ⇒ đpcm. cd + ab AC 23
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 9: Thi Sư Phạm I (1999-2000) Vòng 1: Câu 1: ⎛⎞⎛⎞⎛⎞1999 1999 1999 ⎜⎟⎜⎟⎜⎟1++ . 1 1 + 1 2 1000 1.Tính A với A = ⎝⎠⎝⎠⎝⎠ . ⎛⎞⎛⎞⎛⎞1000 1000 1000 ⎜⎟⎜⎟⎜⎟1++ . 1 1 + ⎝⎠⎝⎠⎝⎠1 2 1999 2.Cho a là số tự nhiên được viết bằng 222 chữ số 9.Hãy tính tổng các chữ số của n với na= 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 duy nhất: x 2 − ()3a − 2 x + 2a 2 − 5a − 3 = 0 . x 2 + 5x −14 2x 2y 2z 1 1 1 Câu 3: Với xyz,,> 0. CMR: + + ≤ + + . x 6 + y 4 y 6 + z 4 z 6 + x 4 x 4 y 4 z 4 Câu 4: Trên mặt phẳng tọa độ xOy cho A (-3,0); B (-1,0). Xét điểm M và N thay đổi trên trục tung sao cho AM ⊥ BN. 1.CMR: AN ⊥ BM và OM.ON không đổi. Từ đó suy ra đường tròn đường kính MN luôn đi qua hai điểm cố định. Tìm tọa độ hai điểm cố định đó. 2.Tìm quĩ tích tâm đường tròn ngoại tiếp Δ AMN. Xác định vị trí M,N để Δ AMN có diện tích nhỏ nhất. Hướng dẫn giải: Câu 1: 1. A =1. 222 2 444 222 2.Có: ana=−⇒=+=−+=10 1 1 10 2.10 2 99 9N 8 00 0N 2 . 221cs / 9 221 cs / 0 Tổng các chữ số của n: S =++=221.9 8 2 1999. 24
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 2: ⎧x(x +1) ≥ 0 ⎡x ≤ −2 ⎪ ⎢ 1.Điều kiện : ⎨x(x + 2) ≥ 0 hay ⎢x = 0 ⎪ ⎩(x − 3)x ≥ 0 ⎣⎢x ≥ 3 Ta có: x(x +1) + x(x + 2) = x(x − 3) ⇔ x(x +1) + x(x + 2) + 2 x (x +1)(x + 2) = x(x − 3) (1). + Nếu x ≥ 3 : (1) ⇔ x + 6 + 2 (x +1)(x + 2) = 0 (vô lý). + Nếu x ≤−2 : (1) ⇔ x + 6 − 2 (x +1)(x + 2) = 0 ⎧(x + 6) 2 = 4(x +1)(x + 2) ⇔ ⎨ ⎩x + 6 ≥ 0 28 ⇔ x = − (thỏa mãn). 3 +Thử với x = 0 (thỏa mãn). ⎡x = 0 ⎢ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 28 ⎢x = − ⎣⎢ 3 2 ⎧x ≠ 2 2.Điều kiện: xx+−≠⇔5140 ⎨ ⎩x ≠ −7 Xét phương trình: xaxaa22−−()32.2 +−−= 530(1). Có Δ=()32aaaa −22 − 4.253()2 − − =() + 4. Từ đó thấy: ⎧ 3a − 2 + (a + 4) x = = 2a +1 ⎪ 1 2 (1) có nghiệm ⎨ 3a − 2 − (a + 4) ⎪x = = a − 3 ⎩⎪ 2 2 Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ta xét : + (1) có nghiệm kép x0 ≠ -7 và 2. ⎧Δ = 0 ⎧a = −4 ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ 3a − 2 ⇔ ⎨a ≠ −4 (vô lý) ⎪x0 = ≠ −7;2 ⎪ ⎩ 2 ⎩a ≠ 2 + (1) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 2 (hoặc –7) còn nghiệm kia khác 2 (hoặc –7).Tức là ta phải có: 25
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎧a ≠ −4 ⎡a = 5 ⎡a = 5 ⎪ ⎨⎡a − 3 = 2 ⇔ ⎢ 3 Vậy ⎢ 3 ⎪⎢ ⎢a = ⎢a = ⎩⎣2a +1 = 2 ⎣ 2 ⎣ 2 Câu 3: Có: 2x 2y 2z 2x 2y 2z 1 1 1 + + ≤ + + = + + . x 6 + y 4 y 6 + z 4 z 6 + x 4 2x3 y 2 2y 3 z 2 2z 3 x 2 x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 Mà : 111 1 1 1 ++−() + + = xyz444 xyyzzx 222222 222 111⎡⎤⎛⎞⎛⎞ 11⎛⎞ 11 =−+−+−≥⎢⎥⎜⎟⎜⎟22 22⎜⎟ 22 0 2 ⎣⎦⎢⎥⎝⎠⎝⎠xy yz⎝⎠ zx Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra ⇔===x yz 1. Câu 4: 1.Dễ thấy B là trực tâm của Δ AMN. Do đó: AN ⊥ BM. OA OM Có: Δ OAN Δ OMB (g-g)⇒ = ⇒ OM.ON = OA.OB = 3 . ON OB Giả sử đường tròn đường kính MN cắt đường thẳng AB tại HH, ' . Khi đó Δ MHN vuông tại H và Δ MH'N vuông tại H'. Có: HO2=H'O2=ON.OM =3 ⇒ OH = OH ' = 3 ⇒ đpcm. Đồng thời ta tìm được: H ' ( 3;0); H (− 3;0). 2. Giả sử đường tròn ngoại tiếp Δ AMN cắt AB tại T(T ≠ A). Có: NMTn == NATn BMNn ⇒=⇒=BO OT OT 1 ⇒ T cố định. 26
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp Δ AMN nằm trên đường trung trực của []AT . MN 33 SAOMNOMON==≥ 2. AMN 22 2 ⇒≥S AMN 33(đvdt ) 27
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 10 : Thi Sư Phạm I (1999-2000) Vòng 2: Câu 1: 1.Giải và biện luận theo a: (x 2 − 5x + 6) x 2 − 5ax + 6a 2 = 0. 2.Với giá trị nào của a thì hệ có ít nhất một nghiệm thỏa mãn xy ,> 0 .Với các giá trị a tìm được hãy tìm tất cả các nghiệm của hệ đã cho: ⎧ 1 1 ⎪x + y + + = 4. ⎪ x y ⎨ 2 ⎪ 2 2 1 1 2 1 a +1 x + y + 2 + 2 = 2 − a + 2 − 2 + . ⎩⎪ x y a a Câu 2: ⎪⎧2 x = 2y. 1.Tìm nghiệm nguyên dương của hệ 2 ẩn: ⎨ y ⎩⎪2 = 2x. 2.Cho P(x) là đa thức bậc 3 với hệ số của x3 là số nguyên ≠ 0,− 1. Biết P(1999)= 2000 và P(2000)= 2001.CMR: PP(2001)− (1998) là hợp số. 4 4 4 ∑ xi i=1 Câu 3: Cho xxxx1234,,,> 0 thỏa:∑ xi = 1 .Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của T: T = 4 . i=1 3 ∑ xi i=1 Câu 4: Cho Δ ABC có các cạnh không bằng nhau.G là trọng tâm Δ ABC. A1,B1,C1 là các điểm đối xứng của A,B,C qua G.Biết AB= 2. BC và S =72. A1B1C1 Tính diện tích miền lục giác chung của Δ ABC và Δ A1B1C1. Hướng dẫn giải: Câu 1: 1.Có: ()x222−+56 x x − 5 axa + 6 =⇔− 0.()()()() x 2 x − 3 xaxa − 3 − 2 = 0 ⎪⎧()()()xaxa−−≥3201 ⇔ ⎨ ⎩⎪()()()()xx−−23 xaxa − 3 −= 202() -Nếu 2 là nghiệm của (1) thì: 28
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⇔ (2 − 3a)(2 − 2a) ≥ 0 ⎡ 2 a ≤ ⇔ ⎢ 3 ⎢ ⎣a ≥ 1 -Nếu 3 là nghiệm của (1) thì: ⇔ (3 − 3a)(3 − 2a) ≥ 0 ⎡a ≤ 1 ⇔ ⎢ 3 ⎢a ≥ ⎣ 2 Vậy: 2 +Nếu a ≤ phương trình có nghiệm: 3 ⎡x = 2a ⎢x = 3a ⎢ ⎢x = 2 ⎢ ⎣x = 3 3 +Nếu a ≥ phương trình đã cho có nghiệm: 2 ⎡x = 2a ⎢x = 3a ⎢ ⎢x = 2 ⎢ ⎣x = 3 +Nếu a =1 phương trình đã cho có nghiệm: ⎡x = 2 ⎢ ⎣x = 3 ⎡x = 3 2 +Nếu thì: x + + y + ≥ 2 x. + 2 y. = 4 . x y x y Đẳng thức xảy ra⇔==xy 1. Giả sử hệ đã cho có nghiệm xy00,0> khi đó: 29
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎧ 11 xy 4(1) ⎪ 00+++ = ⎪ xy00 ⎨ 11 1a2 + 1 ⎪xy22++ + =−+−+22 a 2 (2) ⎪ 00 22 2 ⎩ xy00 a a Từ (1)⇒==xy001.Khi đó từ (2) ta có: 1 a 2 +1 1 1 4 = 2 − a 2 + 2 − + = 2 − a 2 + a + 2 − + .Có: a 2 a a 2 a 2 ( 2211422(3)−+aa222222) ≤−+()() aa + =⇒−+≤ aa và: 2 ⎛⎞11⎛⎞ 1 1 11 2211224−+ ≤−+22 +⇒−+≤ ⎜⎟2222⎜⎟() () ⎝⎠aa⎝⎠ aa aa 1 1 Vậy: 2 − a 2 + a + 2 − + = 4 ⇔ (3) và (4) đồng thời trở thành đẳng thức a 2 a ⇔=a 1. Với a =1 hệ đã cho trở thành: ⎧ 1 1 ⎪x + y + + = 4. ⎪ x y ⎨ (I) ⎪ 2 2 1 1 x + y + 2 + 2 = 4. ⎩⎪ x y Có: 2 2222⎛⎞⎛⎞ 2 211 11 ()1111.+++⎜⎟⎜⎟xy + +22 + ≥ xy +++ ⎝⎠⎝⎠x yxy ⇔ 16 ≥ 16 . 1 1 x y y Vậy (I) ⇔ = = x = ⇔ x = y = 1. 1 1 1 1 Từ đó suy ra x ==y 1. Câu 2: 1.Theo bài ra ta có: ⎪⎧2 x = 2y. ⇒ x, y > 0. ⎨ y ⎩⎪2 = 2x. Giả sử x ≥ y thế thì : 2x ≥ 2y và 22x ≥ y .Lại có: 30
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 22x =≤=≤yx 222yx⇒=x y. ⎧x = y Hệ đã cho trở thành: ⎨ x ⎩2 = 2x Ta cần giải phương trình: 2x = 2x ( x ∈ Ν ). Có: 2x =⇔ 2x 2x−1 =⇔x ()11+=x−1 x . Theo BĐT Becnuli: ()11+≥+−=x−1 11. (x 1 )x . ⎡x −1 = 0 ⎡x = 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ⎢ ⇔ ⎢ ⎣x −1 = 1 ⎣x = 2 Vậy nghiệm của hệ đã cho : ⎡x = y = 1 ⎢ ⎣x = y = 2 2.Gọi hệ số của x3 là a (a∈ Ζ ,a ≠ 0). Đặt: Px( )=+− m()() x 1998 . b +− x 1998 .( x − 1999) . c +−( x 1998) .( x − 1999)( . x − 2000 ) . a Ở đây ta đã sử dụng phep nội suy NewTon nên mới có cách đặt như trên (m,b,c∈R). Ta có: P(1999)= 2000 hay : ⎫ ⎪ 2000==+⇒++−+=⇒+=Pmbmbcmbbc (1999)⎬ ( 2 2 ) ( ) 1 2 1 ⎪ và: 2001==++ P (2000) m 2 b 2 c⎭ Có: PP(2001)−=++=++=+ (1998) 6 acbacba 6 3 3.( 2 2) 3.( 2 1) là hợp số . (vì a ≠−0; 1 nên 211a +≠). Câu 3: 3333 Giả sử x1234≤≤≤⇒≤≤≤xxx xxxx 1 23 4. Theo BĐT Trêbưsep: 3 3 3 3 4 4 4 4 4 x1 + x2 + x3 + x4 x1 + x2 + x3 + x4 x1 + x2 + x3 + x4 . ≤ (chú ý: ∑ xi = 1). 4 4 4 i=1 x 4 + x 4 + x 4 + x 4 1 ⇒ 1 2 3 4 ≥ . 4 4 31
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 1 Đẳng thức xảy ra ⇔ xxxx===. 12344 1 Vậy T = . min 4 Câu 4: Ký hiệu các giao điểm như hình vẽ. C G X G 1 1 Có: 1 = 1 ⇒ X B = GM = BB . GC GM 1 3 4 1 1 Tương tự: X C = CC . 2 4 1 1 X A = AA . 3 4 1 2 S B SP ⎛ B M ⎞ 1 Có: 1 = ⎜ 1 ⎟ = . S ⎜ B X ⎟ 9 B1C1A1 ⎝ 1 1 ⎠ S KQA 1 S RIC 1 Tương tự: 1 = và 1 = . S 9 S 9 B1C1A1 B1C1A1 2 ⇒ S = S − S − S − S = S . RIKQPS A1B1C1 A1KQ C1RI B1SP 3 A1B1C1 ⇒ S RIKQPS = 48(đvdt). 32
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 11 : Thi Sư Phạm I (1997-1998) Vòng 1: Câu 1: CMR:Với mọi n nguyên dương đều có: 5.nn( 5+− 1) 6. nn( 3 + 2 n) # 91. Câu 2: Cho x, y là hai số dương thay đổi thỏa mãn: x .y = 1. xy Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =+. x42++yxy 24 Câu 3: Giải phương trình: x ++12.1()xx + = −+ 1 1 − x + 3.1 − x2 . Câu 4: Xét một hình vuông và một hình tam giác. Nếu chúng có diện tích bằng nhau thì hình nào có chu vi lớn hơn. Câu 5: Cho Δ ABC có lA = 450 , BCa= , O là tâm đường tròn ngoại tiếp, B' và C' là chân các đường cao hạ từ B, C xuống các cạnh AC, AB tương ứng.Gọi O ' là điểm đối xứng của O qua B ''C . 1.CMR: A,',','BOC cùng nằm trên một đường tròn. 2.Tính B ''C theo a. Hướng dẫn giải: Câu 1: Có: 5nn .()( 5+− 1 6 nn . 3 + 2 n ) =( 25 n − 18 n) −( 12 n − 5 n) (chia hết cho 7) =−−−()()25nn 12 18 nn 5 (chia hết cho 13) Mà ()7,13=⇒ 1 đpcm. Câu 2: x y 1 A ≤ + = = 1. Đẳng thức xảy ra⇔ xy== 1. 2x 2 y 2xy 2 xy Vậy Amax=1. Câu 3: Điều kiện: x ≤ 1. Có: x +1 + 2()x +1 = x −1+ 1− x + 3 1− x 2 . 33
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⇔ ( x +1 − 1− x )(2 x +1 − 1− x +1)= 0. ⎡ x +1 = 1− x ⇔ ⎢ ⎣⎢2 x +1 = 1− x −1 ⎡x = 0 Giải ra ta được nghiệm là ⎢ 24 ⎢x = − ⎣ 25 Câu 4: a,b,c là 3 cạnh của tam giác, x là cạnh hình vuông; ha là độ dài đường cao tương ứng với cạnh a của tam giác. 2 Có: bc+>2 haaa ⇒++>+ abc a 2 h ≥ 2. ah .2 = 2. 4 S = 4. x = 4 x . Vậy chu vi của tam giác lớn hơn. Câu 5: 1.Dễ thấy các điểm B,',,',COBC nằm trên đường tròn đường kính BC. Có: nABB' = 45o mà COBn''+ CBBn ''= 180o. ⇒ COBn''= 135o ⇒ COBn'''= 135o. ⇒ COBn'''+ CABn''=180o. ⇒ A,B',O',C' cùng nằm trên một đường tròn. 2.Hình thang nội tiếp trong hình tròn là hình thang cân.Vì tứ giác OC' BC nội tiếp nên OCn'0 C== OBCn 45 . Mà tứ giác OB'' CC nội tiếp nên OBn''0'' A=== OCn C45 Bn CC . ⇒ OB'//CC'.Hình thang OB'' CC nội tiếp được nên nó là hình thang cân. a ⇒ B 'C ' = OC = . 2 34
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 12 : Thi Sư Phạm I (1997-1998) Vòng 2: Câu 1: Với giá trị nào của tham số a, phương trình sau có nghiệm duy nhất: 2x − a +1 = x + 3 . Câu 2: Giải hệ phương trình 4 ẩn sau: ⎧xy+=3(1) ⎪ ⎪xz+= yt 4 (2) ⎨ 22 ⎪xz+= yt 6 (3) ⎪ 33 ⎩xz+= yt 10 (4) Câu 3: Tìm các cặp số nguyên tố p,q thỏa mãn phương trình sau: p 2 52 +1997 = 52q + q 2 . Câu 4: Trong tất cả các tứ giác lồi với hai đường chéo có độ dài đã cho và góc giữa hai đường chéo có độ lớn đã cho,xác định tứ giác có chu vi nhỏ nhất. Câu 10: Hãy xem khẳng định sau đây đúng hay sai? m 1 "Với mọi m,n∈N* đều có: − 2 ≥ . " n n 2 ( 3 + 2) Hướng dẫn giải: Câu 1: Theo bài ra ta có: 2x − a +1 = x + 3 ⎪⎧ 2x − a = x + 2, x ≥ −3 ⇔ ⎨ ⎩⎪ 2x − a = −x − 4, x < −3 ⎧⎡x = a + 2, x ≥ −2 ⎪ ⎢ a − 2 ⎪⎢x = , x ≥ −2 ⎪⎣ 3 ⇔ ⎨ ⎪⎡x = a + 4, x ≤ −4 ⎪⎢ x − 4 ⎪⎢x = , x ≤ −4 ⎩⎣ 3 35
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎡⎧⎡x = a + 2 ⎢⎪ ⎪⎢ a − 2 ⎢⎨⎢x = ⎢⎪⎣ 3 ⎢ ⎩⎪a ≥ −4 ⇔ ⎢ ⎢⎧⎡x = a + 4 ⎢⎪⎢ ⎢⎪ a − 4 ⎨⎢x = ⎢ ⎣ 3 ⎢⎪ ⎣⎢⎩⎪a ≤ −8 Vậy để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì: ⎡⎧ a − 2 ⎪a + 2 = ⎢ 3 ⎢⎨ ⎢⎩⎪a ≥ −4 ⎡a = −4 ⎢ ⇔ ⎢ ⎧a ≤ −8 ⎣a = −8 ⎢⎪ ⎢⎨ a − 4 ⎢⎪a + 4 = ⎣⎩ 3 ⎡a = −4 Vậy giá trị cần tìm: ⎢ ⎣a = −8 Câu 2:Theo bài ra: ⎧xy+=3 (1) ⎪ ⎪xz+= yt 4 (2) ⎨ 22 ⎪xz+= yt 6 (3) ⎪ 33 ⎩xz+= yt 10 (4) Nhân (2) với ()zt+ ta được: 63+=zt 4.( z + t). Nhân (3) với ()zt+ ta được: 10+ 4zt=+ 6.( z t) . ⎧4(z + t) − 3zt = 6 ⎧z + t = 3 Từ đó có hệ: ⎨ ⇔ ⎨ ⎩6(z + t) − 4zt = 10 ⎩zt = 2 Từ đó: +) zt==1, 2, x = 2, y = 1. +) ztxy===2, 1, 1, 2. p 2 Câu 3: Ta có: 52 +1997 = 52q + q 2 .Nhận thấy: p 52 ≡ 1(mod3) 2 52q ≡ 1(mod3)và1997 ≡ 2(mod3) ⇒ q 2 ≡ 1+ 2 −1 ≡ 2(mod3).(vôlý) 36
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Vậy không tồn tại p,q thỏa mãn bài ra. Câu 4: Xét tứ giác ABCD có: DOCn = α . AC,BD có độ dài cố định. Khi đó dựng hình bình hành BCB'D có: B'C=BD và nACB' = 180o-α . Nên: AB' có độ dài cố định ( Δ ACB' có AC, B'C cố định về 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 đó suy ra ABCD là hình bình hành thì chu vi của nó nhỏ nhất. Câu 5: Đặt 2 + 3 = a. m 1 Ta chứng minh: − 2 ≥ (1).∀m,n ∈ Ν * . n an 2 m 1 m 1 Nếu (1) không đúng thì: − 2 (2). n(m + 2.n) an 2 m m 2 − 2n 2 1 Mà: − 2 = ≥ (3) n n(m + n 2) n(m + n 2) m 1 Từ (2) và (3) ⇒ − 2 > .(mâu thuẫn với điều mà ta đã giả thiết) n an 2 Vậy ta có đpcm. 37
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 13:Thi Tổng Hợp (1997-1998) Vòng 1: 3 10 + 6 3.( 3 −1) 1999 Câu 1: Cho x = .Tính Px=−+( 3 41 x) . 6 + 2 5 − 5 Câu 2: Giải phương trình: x + 3 + x + 8 = 5 x. Câu 3: Giải hệ phương trình: ⎧2xy = x + y +1 ⎪ ⎨2yz = y + z + 7 ⎪ ⎩2xz = z + x + 2 Câu 4: Tìm tất cả các số tự nhiên n để:2n + 15 là số chính phương. Câu 5: Cho Δ ABC có các cạnh đều bằng 1(đvđd). Bên trong tam giác ta đặt hai đường tròn (O,R) và (OR ', ') tiếp xúc ngoài với nhau, sao cho một trong hai đường tròn tiếp xúc với các cạnh BC,BA; đường tròn kia tiếp xúc với các cạnh BC, CA. 1 1.CMR: RR+≥'31. − . ()2 2. Các bán kính R ,R ' bằng bao nhiêu để tổng diện tích hai hình tròn trên nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó. Hướng dẫn giải: Câu 1: Theo bài ra ta có: 3 3 ()3 +1 .()3 −1 x = = 2 . 2 ()5 +1 − 5 Suy ra: P =−+()8811997 = 1. Câu 2: Điều kiện: x ≥ 0. Ta có: x + 3 + x + 8 = 5 x. 38
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⇔ 2x +11+ 2 (x + 3)(x + 8) = 25x ⎧4(x + 3)(x + 8) = (23x −11) 2 ⎪ ⇔ ⎨ 11 ⎪x ≥ ⎩ 23 ⇔ x = 1. Vậy x =1. Câu 3: Theo bài ra ta có: ⎧21xy=++ x y ⎪ ⎨27yz=++ y z ⎪ ⎩22xz=++ z x (1) Có: 31.13.11.xyx=+()() y +⇒ xyzxzzy = ( + )( +=+) ( x) ( zyz +) 31.163.16yzz=+()() y ++⇒ xyzxzxy =( +) ( ++) x ⇒=01.6()()y +zx − − x. Mà 31.11xz= ( z+++) ( x ) nên: 31.xyz=+()() x yz ++ y y ⇒=01 ( x +) (zy −) − y +) Nếu x =−1 ⇒=yz0, =− 7 (loại,không thỏa mãn). +) Nếu y =−1 ⇒=xz0, =− 2 (thỏa mãn). +) Xét x và y ≠ -1.Có: 3.xy ( x++ 1)( y 1) x + 1 xy x + 1 ==⇒=⇔+=+−−xyz xy xyz yz 2 x 2 3.yz−+++ 6 ( z 1)( y 1) z 1 yz −+ 2 z 1 ⇔=−−⇔=xy yz zx22 xy 2 yz − 2 zx −⇔++=++−− 4 x y 1 y z 744 x ⇔−=52xz Thay vào (1) được: 2(5xx−= 2)5 x −+−⇔=⇒=⇒= 2 x 2 x 1 z 3 y 2(loại trường hợp x = −1do giả thiết). Vậy nghiệm cần tìm là: ⎡x = 1, y = 2, z = 3 ⎢ ⎣x = 0, y = −1, z = −2 Câu 4: Đặt 215.n +=k 2 ___ ___ Vì 23;153n ## nên k 2 # 3 ⇒ k 2 chia cho 3 dư 1. 39
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ( Dễ dàng chứng minh được rằng số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1). ⇒ 2n chia cho 3 dư 1⇒ n chẵn. +) Nếu n = 0 ⇒=24n 2 . +) Nếu n ≥ 2 thì: 2n ≡⇒ 0(mod 4) 2n +≡ 15 3(mod 4) ⇒k 2 ≡ 3(mod 4) (vô lý-Dễ dàng chứng minh được rằng số chính phương chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1). Vậy n = 0 là số cần tìm. Câu 5: Hạ OM ,' O N⊥ BC . 1.Ta có: BM ==⇒=cotgOBMn cot g 300 BM R . 3 OM Tương tự: CN = R ' . 3 ⇒ MN = 1− 3(R + R ' ) Có: R + R ' = OO ' ≥ MN hay R + R ' ≥ 1− 3(R + R ' ) ⇒ (R + R ' )(1+ 3) ≥ 1 1 3 −1 ⇒ R + R ' ≥ = . 1+ 3 2 2.Gọi SS12, lần lượt là diện tích của các hình tròn (O)và(O ' ). Có: 2 ΠΠΠ−2 ⎛⎞31 SS+=Π+ R'2 R 2 =.2 R '2 + R 2 ≥ RR ' + ≥ . . 12 ()()() ⎜⎟ 2222⎝⎠ 31− Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi RR==' . 4 40
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 14:Thi Tổng Hợp (1997-1998) Vòng 2: Câu 1:Giải hệ: ⎪⎧y 3 + y 2 x + 3x − 6y = 0 ⎨ 2 ⎩⎪x + xy = 3 Câu 2: Có tồn tại hay không các số nguyên x , y thỏa mãn: 1992.xy1993+= 1993. 1994 1995 . Câu 3: Số 1997 được viết dưới dạng tổng của n số hợp số với nhau,nhưng không viết được dưới dạng tổng của n +1 số hợp số với nhau. Hỏi n bằng bao nhiêu? Câu 4: Xét Δ ABC ngoại tiếp đường tròn có bán kính r = 1.Gọi hhhabc, , lần lượt là độ dài các đường cao hạ từ đỉnh A,B,C tới BC,CA,BA.Hãy tính giá trị lớn nhất của M với : 111 M =++. hhhhhhabbcca+++222 Câu 5: Trên đường tròn cho 16 điểm và dùng 3 màu:xanh,đỏ,vàng để tô các điểm này (mỗi điểm một màu).Giữa mỗi điểm nối bằng một đoạn thẳng được tô màu tím hoặc nâu. CMR:Với mọi cách tô màu trên các điểm(chỉ dùng 3 màu: xanh, đỏ, vàng) và mọi cách tô trên các đoạn thẳng nối giữa các cặp điểm (chỉ dùng hai màu tím hoặc nâu) ta đều tìm được trên hình vẽ một tam giác có các đỉnh là các điểm đã cho mà các đỉnh được tô bằng cùng một màu và các cạnh cũng được tô bằng cùng một màu (dĩ nhiên là khác màu tô trên đỉnh). Hướng dẫn giải: ⎪⎧y 3 + y 2 x + 3x − 6y = 0 Câu 1: Theo bài ra ta có: ⎨ 2 ⎩⎪xy = 3 − x ⎪⎪⎧⎧yy32+−+−=.(3 x ) 3 xy 6 0 yxyxy 32 −+−= 3 3 0 ⇔⇔ ⎨⎨22 ⎩⎩⎪⎪xy=−33 x xy =− x ⎪⎪⎧⎧()(3)0yxy−+−=222 yx ()(3 yxy −+−−= x 3)0 ⇔⇔ ⎨⎨22 ⎩⎩⎪⎪xy=−33 x xy =− x ⎡⎧xy = 3 − x 2 ⎧xy = 3 − x 2 ⎢⎨ ⎪ ⎢⎩x = y 3 ⇔ ⎨⎡y − x = 0 ⇔ ⇔ x = y = ± . ⎢ 2 2 ⎪⎢ ⎢⎧xy = 3 − x ⎩⎣y + x = 0 ⎨ ⎣⎢⎩x = −y 41
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎡ 3 ⎢x = y = ⎢ 2 Vậy ⎢ 3 ⎢x = y = − ⎣ 2 Câu 2: Có: 1992.xyy1993+≡≡ 1993. 1994 1994 1995(mod 4). Từ giả thiết suy ra y lẻ⇒≡yy21(mod4) ⇒ 1994 ≡ 1(mod4) ⇒1995≡ 1(mod 4) (Vô lý). Như vậy phương trình đã cho vô nghiệm. ___ Câu 3: Nhận thấy 4 là hợp số nhỏ nhất.Mà 1997# 4 . Gọi n là số hợp số có tổng bằng 1997, n là số lớn nhất . ⎡⎤1997 ⇒ n 0. ⎝⎠xyz ⎛⎞111 1 2 9 Áp dụng ta có:()hhhabb++.9⎜⎟ + + ≥ hay: + ≥ (1). ⎝⎠hhhabb ha hb ha + 2hb 1 2 9 1 2 9 Tương tự ta cũng có: + ≥ (2); + ≥ (3). hb hc hb + 2hc hc ha hc + 2ha Cộng các BĐT (1),(2),(3) theo vế rồi rút gọn ta được: 111 1 ++≥3M ⇒ ≥ M.Đẳng thức xảy ra ⇔ Δ ABC đều. hhhabc 3 42
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 5: Trên đường tròn có 16 điểm tô bởi 3 màu nên tồn tại ít nhất 6 điểm cùng tô bởi một màu. Ta giả sử 6điểm A, B, C, D, E, F tô bởi cùng một màu (màu đỏ chẳng hạn). Nối A với B,với C,với D, với E,với F. Trong 5 đoạn thẳng được tô bởi 2 màu luôn có ít nhất 3 đoạn thẳng cùng màu.Ta giả sử đoạn AE, AF, AD được tô bởi màu tím. -Nếu một trong ba đoạn FE, ED, DF được tô bởi màu tím⇒ đpcm. -Nếu cả ba đoạn FE, ED, DF được tô bởi màu nâu⇒ đpcm. 43
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 15: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998) Vòng 1: Câu 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của A: Axy=−10 7 .Trong đó x, y là nghiệm nguyên của phương trình :3511xy+=. Câu 2: CMR: (a + b)(c + d) + (a + c)(b + d) + (a + d)(b + c) ≥ 64 abcd . Trong đó a,b,c,d > 0. Câu 3: Cho đường tròn (O,r).Xét hình thang ABCD ngoại tiếp đường tròn nói trên, trong đó BC // AD, BADn ==α, CADn β với α ≤ 900, β ≤ 900. 1 1 1 1 a)Chứng tỏ : + = + . OA2 OB 2 OC 2 OD 2 b)Tính SABCD theo r,α , β .Với các góc α , β bằng bao nhiêu thì hình thang ABCD có S nhỏ nhất và tính S nhỏ nhất đó theo r (S là diện tích của hình thang ABCD). Hướng dẫn giải: Câu 1: Từ giả thiết 3xy+= 5 11.Suy ra y −1 x =−42yytxt + ⇒ = 3 + 1,25 =− ⇒=+y 31,25tx =− t với t∈ Ζ . 3 Có: A =−10xy 7 . -Nếu −<<11t thì: Attt=−−+=−≥10.() 2 5 7.( 3 1) 13 71 13. -Nếu t ≤ -1 có: Attt=−++=−≥10.() 2 5 7.( 3 1) 27 29 56. -Nếu t ≥1 thì: At=−−+=−≥10.() 5 2 7.( 3 t 1) 29 t 27 2 . Vậy Amin = 2 khi xy=−3, = 4 . Câu 2: Bạn đọc tự giải. Câu 3: Ta hạ OI, OT, OM, ON lần lượt vuông góc với AB, CD, BC, AD. a).Dễ thấy các tam giác COD, BOA vuông ở O. 1 1 1 1 1 1 Có: + = = = + . OA2 OB 2 OI 2 OT 2 OC 2 OD 2 44
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ α α b).Có AI== AN OI tg = r tg . 22 α α Và: BIBMOICotgrCotg== = . 22 Có: BM+ AN α α SrrtgCotg==+.22 .( ) . BMNA 222 Tương tự: β β S=+ r2.( tg Cotg ) .Suy ra: CMND 22 α βαβ S=+++ r2 () tg tg Cotg Cotg . ABCD 2222 Có: α α α α tg +Cotg ≥ 2 tg .Cotg = 2 . 2 2 2 2 β β β β tg +Cotg ≥ 2 tg .Cotg = 2 . 2 2 2 2 Suy ra Sr≥ 4 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi αβ==900 . 45
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 16: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998) Vòng 2: ___ ___ Câu 1: Cho n ( n ≥ 2 ) số thực ai (in=1, ) thỏa: −1 hay: aaaa1212.111.11+++>++⇔+ aa 12( a 1) ( a 2 +>) ( aa 12 ++) -Giả sử BĐT đã cho đúng với nk= ≥ 2 tức là: aa12++++ ++++ aaaakk) 12 1(1) Lại có: 01>>−ak+1 nên: aaakkk++11.() 1++ .( 1 2) ( 1 +> aa) 1 (2) Chú ý: 0 ++++) ( 1 aaaakk++ 1121) 1(đpcm) 46
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 2: Giả sử có n số tự nhiên aa12, , , an trong đó tổng hai số bất kỳ chia hết cho 8. (1 ≤ ai ≤ 1997 vớii = 1,n) Có: a1 + a2 #8⎫ ⎬ ⇒ a2 ≡ a3 (mod8) .Đặt atkatk21= 8,8+=+ 32 (0 ≤ k ≤ 7 ) . a1 + a3 #8⎭ ⎡k = 0 Do aa23+⇒#8 ⎢ ⎣k = 4 +) k = 0 suy ra: aa23, chia hết cho 8 mà aa2 + i #8 (i = 1,n) . Suy ra ai # 8 ⇒ aa12, , , a 8# 8 . ⎡1997⎤ Trong 1997 số tự nhiên:1,2,3, ,1997 có: ⎢ ⎥ = 249 số chia hết cho 8. ⎣ 8 ⎦ Vậy n = 249 . +) k = 4 .Lập luận tương tự ta có: aa12, , , a 8 chia cho 8 dư 4. ⎡1997 + 4⎤ ⇒ n ≤ ⎢ ⎥ = 250. ⎣ 8 ⎦ Vậy n = 250 (4,12,20,28, ,1996). Câu 3: a).Giả sử b ≥ a.Có: ba− OC=−= AO AC . 2 ab+ OP=− r . 2 1 Trong Δ PEO: PE22+= EO PO 2 hay: 2 2 ⎛ a + b ⎞ ⎛ b − a ⎞ 2 ⎜ − r1 ⎟ = ⎜r1 + ⎟ + r1 hay: ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2 2 2 b()a − 2.Tr1 = r1 ⇒ r1 = −b + b + ab ương tự: r2 = −a + ab + a ⎪⎧AD.BD = (a + b) ab Có: Suy ra: AD = ab + a 2 , BD = ab + b 2 . ⎨ 2 2 2 ⎩⎪AD + BD = (a + b) b). ()()AD++ BD AB. r =+ a b ab ()a++ b ab ab . a b r == ab++++() a b ab a +++ b ab Có: 2 ab. a + b r1 + r2 = a + b( a + b − a + b) = Suy ra: rr12+=2 r. a + b + a + b 47
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 17:Thi Tổng Hợp (1995-1996) Vòng 1: Câu 1: Giải hệ: ⎪⎧2x 2 − y 2 = 1 ⎨ 2 ⎩⎪x + xy = 2 Câu 2: Giải phương trình: 1− x + 4 + x = 3. a +1 b +1 Câu 3: Giả sử a,b là các số nguyên dương sao cho: + là một số nguyên b a dương.Gọi d là ước số của a,b.Chứng tỏ: d ≤ a + b . Câu4: Cho hai hình chữ nhật có cùng diện tích.Hình thứ nhất có kích thước a và b ( ab>>0 ).Hình thứ hai có kích thước c và d ( cd>>0 ). CMR: Nếu ac> thì chu vi của hình thứ nhất lớn hơn chu vi của hình thứ hai. Câu 5: Cho 3 điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự ấy.Gọi ( Ω ) là một vòng tròn qua B,C.Kẻ từ A các tiếp tuyến AE và AF đến vòng tròn (Ω ) (E,F là các tiếp điểm).Gọi O là tâm của vòng ( Ω ). I là trung điểm của BC,N là trung điểm của EF. 1.Chứng tỏ: E và F nằm trên một vòng tròn cố định khi vòng tròn (Ω ) thay đổi. 2.Đường thẳng FI cắt vòng tròn (Ω ) tại E '.CMR: EEAB'// . 3.CMR: Tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác NOI nằm trên một đường thẳng cố định khi vòng tròn ( Ω ) thay đổi. Hướng dẫn giải: Câu 1:Từ hệ: ⎪⎧2x 2 − y 2 = 1 (I) ⎨ 2 ⎩⎪x + xy = 2 Suy ra: 42xyxyx22−−−= 2 0 hay: 320xxyy22−− = (1) - Nếu yx=⇒=0 0 (loại) - Nếu y ≠ 0 từ (1): x +) Nếu = 1 ⇒ x = y = ±1. y x 2 2 +) Nếu = − ⇒ − y = x thay vào (I) ta có: y 3 3 48
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎧8 22 ⎪ yy−=1( vôlý ) ⎡x = y = 1 ⎨9 Tóm lại : ⎢ ⎪ 2 ⎣x = y = −1 ⎩xy+= x 2 Câu 2: Điều kiện: −≤41x ≤. Đặt ux=−1 , vx=+4 ta có: ⎧v = 3 − u ⎧u + v = 3 ⎧v = 3 − u ⎪ ⎨ 2 2 ⇔ ⎨ 2 2 ⇔ ⎨⎡u = 1 ⎩u + v = 5 ⎩u + (3 − u) = 5 ⎪⎢ ⎩⎣u = 2 ⎡x = 0 Tóm lại ta có: ⎢ ⎣x = −3 Câu 3: a 2 + b 2 + a + b Theo giả thiết: là số nguyên .Suy ra:(ababd22+++)# 2. ab Mà abd22, # 2 nên (abd+ )# 2 ⇒+≥abd2 ⇒ ab +≥ d. Câu 4: Ký hiệu diện tích của hai hình chữ nhật là S.Ta phải chứng minh: S S ⎛ S ⎞ a + b > c + d ⇔ a + > c + ⇔ (a − c)⎜1− ⎟ > 0 . a c ⎝ ac ⎠ a > b⎫ S Mà ⎬ ⇒ S 0 . c > d⎭ ac ⎛ S ⎞ Theo giả thiết : ac> nên: (a − c)⎜1− ⎟ > 0 .(đpcm) ⎝ ac ⎠ Câu 5: 1.E,F thuộc đường tròn (A) bán kính AB AC 2.Dễ thấy A,F,O,E,I nằm trên đường tròn đường kính AO. FIAn == FEAn FEn' E ⇒đpcm. 3.Có ΔAKN ΔAOI nên: AN.AO = AK.AI mà AN.AO = AF2 = AB.AC⇒ AK = const. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ΔONI nằm trên đường trung trực đoạn KI.(Chú ý:Tâm đường tròn ngoại tiếp ΔONI cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONKI). 49
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 18:Thi Tổng Hợp (1995-1996) Vòng 2: Câu 1: Cho (x + x 2 + 3).(y + y 2 + 3)= 3 .Hãy tính E với Exy= + . ⎧x + xy + y = 1 ⎪ Câu 2: Giải hệ: ⎨y + yz + z = 3 ⎪ ⎩z + zx + x = 7 1 Câu 3: Cho xy,≥ 0 và xy22+=1. Chứng tỏ: ≤ x3 + y 3 ≤ 1. 2 Câu 4: Tìm số có 9 chữ số: A= a1a2 a3b1b2b3a1a2 a3 trong đó a1 ≠ 0 và b1b2b3 =2 a1a2 a3 , 2222 đồng thời A có thể viết được dưới dạng : Apppp= 1234 với p1234,,,ppp là các số nguyên tố phân biệt. Câu 5: Cho vòng tròn ( Ω ),vẽ hai dây AB và CD cắt nhau tại I (I nằm trong đường AN AI 2 tròn).M là trung điểm của BD,MI kéo dài cắt AC tại N.Chứng tỏ: = . NC CI 2 Hướng dẫn giải: Câu 1: Nhân cả hai vế của đẳng thức đã cho với (x − x 2 + 3) ta được: − 3(y + y 2 + 3)= 3(x − x 2 + 3) (1) Nhân cả hai vế của đẳng thức đã cho với (y − y 2 + 3) ta được: − 3(x + x 2 + 3)= 3(y − y 2 + 3) (2) Cộng (1) với (2) theo vế và rút gọn ta có:xy+ = 0.Vậy E = 0 . Câu 2: Hệ đã cho tương đương với: ⎧(x +1)(y +1) = 2 ⎪ ⎨(y +1)(z +1) = 4 (I) ⎪ ⎩(z +1)(x +1) = 8 Nhân cả ba phương trình trên ta được: 222⎡(1)(1)(1)8xyz+++= ()()()xyz+++⇒1. 1. 1 ⎢ . ⎣(1)(1)(1)8xyz+++=− 50
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Từ đó ta tìm được: ⎡x = 1, y = 0, z = 3 ⎢ ⎣x = −3, y = −2, z = −5 Câu 3: 1.Từ giả thiết ta có: 0≤≤x ,y 1.Nên: xyxy3322+ ≤+=1. 2.Có: ()xy+≤2 2.() x22 +=⇒+≤ y 2 xy 2 .Lại có: 2 2 1 =+()x22yxxyyxyxy =( 3 + 3) ≤+()() 33 + 1 1 1 1 ⇒ ≤ x3 + y 3 mà ≥ .Nên: x3 + y 3 ≥ . x + y x + y 2 2 Câu 4: A = a1a2 a3b1b2b3a1a2 a3 63 = aaa123.10++ bbb 123 .10 aaa 123 63 = aaa123.() 10++ 2.10 1 222 = aaa123.7 .11 .13 Vậy a1a2 a3 phải là bình phương của một số nguyên tố p ( p ≠ 13,11,7 ). ⎡ p = 19 ⎡a a a = 289 Do bbb <1000 nên aaa < 500 ⇒<<⇒10p 23 ⇒ ⎢ 1 2 3 123 123 ⎢ p = 17 ⎣ ⎣⎢a1a2 a3 = 361 Như vậy bài toán có hai đáp số: ⎡A = 289578289 ⎢ ⎣A = 361722361 Câu 5: Ta có: AN S S S S S = AIN = AIN . IDM = AIN . IDM = NC S S S S S NIC NIC IBM IBM NIC AI.IN ID.IM AI.ID = . = IM.IB NI.IC IC.IB ID IA Mà: = .Từ đó ta có đpcm. IB IC 51
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 19:Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1999-2000) Câu 1: a-CMR: Với ∀n ∈ Ν thì: n5 và n có chữ số tận cùng giống nhau. b-Phân tích số 2000 thành tổng các bình phương của 3 số nguyên dương. Câu 2: a-Tìm a để nghiệm của phương trình : xxaxaa42+ 22.610++++= 2 là nhỏ nhất, lớn nhất. b-Cho ab≥≥10, 100, c ≥ 1000. 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng: P = a + + b + + c + . a b c Câu 3: ⎧ 1 xyy32=++(1) ⎪ 3 ⎪ ⎪ 32 1 Giải hệ: ⎨yzz=++ (2) ⎪ 3 ⎪ 32 1 ⎪zxx=++(3) ⎩ 3 Câu 4: Cho tam giác ABC không cân ở A.Gọi M là trung điểm cạnh BC,D là hình chiếu vuông góc của A trên BC,E và F lần lượt là các hình chiếu vuông góc của B và C trên đường kính AA ' của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. CMR: M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Hướng dẫn giải: Câu 1: a-Bạn đọc tự giải. b-Ta phải tìm các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn: xyz222++=2000 . Chú ý : Một số chính phương khi chia cho 4 sẽ dư 0 hoặc 1. Mà 2000# 4 nên suy ra x,y,z chẵn. Đặt x = 2,xy111 ==2, y z2 z. 222 Ta có: xyz111++=500 . 2 2 2 Tương tự : x121212==2,xy 2, y z =2 z, ta có: x2 + y2 + z2 =125. Không giảm tính tổng quát ta giả sử: x ≥≥yz hay x222≥≥yz. 22 Suy ra: xxx222<<125 3. ⇒<< 6 12 .Ta xét: 22 +)Với x2 = 7 thì yz22+=76 .Theo nhận xét trên : y22, z chẵn và có: 52
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 22 yz33+=19 với y2323==yzz, .Chú ý 19 chia cho 4 dư 3. Như vậy ,theo nhận xét trên 22 thì không thể tồn tại y33, z thỏa mãn : yz33+ =19 . 22 +) Với x2 = 8 thì yz22+=61 ⇒=yz226, =⇒= 5 xyz 32, = 24, = 20 . 22 +) Với x2 = 9 thì yz22+=44 .Lập luận tiếp như trong trường hợp x2 = 7 sẽ thấy không tồn tại. 22 +) Với x2 =10 thì yz22+=25 ⇒=yz224, =⇒= 3 x 40, yz = 16, = 12 . 22 +) Với x2 =11 thì yz22+=4 ⇒=yz222, = 0 (Không thỏa mãn). Vậy 2000=++=++ 32222 24 20 40 222 16 12 . Câu 2: a-Giả sử x0 là nghiệm của phương trình đã cho ,thế thì ta có: 42 2 242 xxaxaa00++22. 0 +++= 610 hay : axaxx+++++=2.( 000 3) . 2. 1 0 (1) -Vì phương trình (1) với ẩn là a luôn có nghiệm. Suy ra: 22242 Δ=+−+'3()xxxxx00000() 2.13 +=+−+≥()( 10) ⇔−++xx22 2 . xx ++≥ 4 0 ()()00 00 2 ⇔−xx00 + + 2 ≥ 0 ⇔− 1 ≤x0 ≤ 2 (2). 2 -Thay x10 =− vào (1) và rút gọn được : aa+ 440+= hay a = −2 ; Thay x20 = vào (1) rồi rút gọn : aa2 ++=10 25 0 hay a = −5.Do đó: Từ (2) suy ra:Với a =−2 thì phương trình đã cho có nghiệm nhỏ nhất là -1 và với a = −5 thì phương trình đã cho có nghiệm lớn nhất là 2. b-Ta có: 1 99a a 1 99a ⎛ a 1 ⎞ 99.10 a 101 a + = + + = + ⎜ + ⎟ ≥ + 2. = . a 100 100 a 100 ⎝100 a ⎠ 100 100.a 10 Đẳng thức xảy ra ⇔=a 10. 1 9999b b 1 9999b ⎛ b 1 ⎞ 9999.100 b 10001 b + = + + = + ⎜ + ⎟ ≥ + 2. = . b 10000 10000 b 10000 ⎝10000 b ⎠ 10000 10000.b 100 Đẳng thức xảy ra ⇔=b 100. 1 999999cc 1 999999 c⎛⎞ c 1 c += + += +⎜⎟ + ≥ cc1000000 1000000 1000000⎝⎠ 1000000 c 999999.1000c 1000001 ≥+2. = 1000000 1000000.c 1000 Đẳng thức xảy ra ⇔=c 1000. 53
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 111 Do đó mà Pmin=1110 (Đạt được khi ab= 10,== 100, c 1000 ). 1000 *Nhận xét:Ngoài cách sử dụng kỹ thuật tách trong BĐT Cô-Si như trên,các bạn có thể giải bằng cách xét tính đồng biến của hàm số. ⎧ 1 xyy32=++(1) ⎪ 3 ⎪ ⎪ 32 1 Câu 3:Xét hệ phương trình: ⎨yzz=++ (2) ⎪ 3 ⎪ 32 1 ⎪zxx=++(3) ⎩ 3 11 Ta thấy: yy22++> yy ++≥0 nên từ (1)⇒>x 0 .Tương tự:0,0yz>>. 34 Lấy (1) trừ (2) và biến đổi: ()xy−++=−++ 1(4)( x22 xyy) ( yz) ( yz ) . Vì xyz,,> 0 nên xxyyyz22++,10 ++>.Do đó từ (4) ta có: Nếu x ≥ y thì y ≥ z .Suy ra x ≥ z (5). Mặt khác từ (2) và (3) và từ y ≥ z suy ra zx≥ (6). Từ (5) và (6) suy ra: x ==yz. 1 Hệ đã cho trở thành : x 3 = x 2 + x + 3 1 Hay 4x3 = x3 + 3x 2 + 3x +1 ⇔ 3 4.x = x +1 ⇔ x = . 3 4 −1 1 Vậy nghiệm của hệ đã cho là: xyz=== . 3 41− Câu 4: Vì D và F nhìn AC dưới một góc vuông nên D và F thuộc đường tròn đường kính AC,nghĩa là tứ giác ACDF nội tiếp đường tròn. Gọi H là trung điểm của AB thế thì H là tâm đường tròn qua A,C,D,F. Lại có: nABC''= n AAC mà: nA' AC=⇒= FDBn FDBn n A' BC nên : DF// BA ' ⇒⊥ DF AB nên MN ⊥ DF mà ND=⇒ NF MD = MF. Xét hình thang BECF có M là trung điểm BC ⇒ M∈ đường trung trực của EF. Vậy ta có điều phải chứng minh. Chú ý:Vì Δ ABC không cân nên Δ DEF không bị suy biến. 54
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 20:Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1998-1999) Câu 1: a-CMR: Nếu a và b là các số nguyên lẻ thì phương trình xaxb2 + +=0 không có nghiệm nguyên. b-CMR: Trong ba số nguyên liên tiếp 2NNN− 1,2 ,2+ 1 không có số nào là số chính phương. Trong đó: N =1.3.5 1999. ⎛⎞111 Câu 2: Cho a,b,c ≠ 0 thỏa mãn :()abc+ +++=.1.⎜⎟ ⎝⎠abc Tính T với: Ta=+()1945 b 1945 ( b 1975 + c 1975) ( c 1999 + a 1999 ). Câu 3: Cho abc, ,> 0 thỏa mãn : abc =1. Tìm GTLN của biểu thức: ab bc ca P =++. ababbcbccaca55++ 55 ++ 55 ++ Câu 4: Cho đường tròn tâm O, bán kính R và đường thẳng (d) ở ngoài đường tròn. M là một điểm di động trên (d). Từ M kẻ các tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (P và Q là các tiếp điểm). N là giao điểm của PQ với OM. a-CMR: OM.ON không đổi. b-CMR: Chứng tỏ:Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc một đường thẳng cố định. c-Tìm quĩ tích điểm N. Hướng dẫn giải: Câu 1: 2 a-Giả sử phương trình: xaxb++=0 với a, b là các số nguyên lẻ có nghiệm là x12, x . ⎧xx12+=− a(1) Theo định lý Vi-et: ⎨ ⎩xx12.(2)= b Vì b là số nguyên lẻ nên nếu x12, x là các số nguyên thì từ (2) suy ra x12, x đều là các số nguyên lẻ. Do đó x12+ x là số nguyên chẵn⇒+≠x12xa(Vô lý). Tóm lại : Ta có điều phải chứng minh. b-Ta thấy: ___ 2N# 2 , 24N # ⇒ 2N không là số chính phương . N# 3 ⇒−≡212(mod3)N nên 21N − không là số chính phương. 55
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Giả sử 21Nk+=2 ⇒k lẻ. 211.14.Nk=−=−2 ()() k k +# ⇒ N#2 (Vô lý). Tóm lại: Ta có đpcm. Câu 2: ⎛⎞111 Theo giả thiết: ()abc++.1().().()0⎜⎟ + + =⇔ abbcca + + + =. ⎝⎠abc Từ đó : T = 0 . Câu 3: Dễ thấy : ababba553232+− − ≥0 nên: ababba55+≥ 3232 + . ab ab 1 c ⇒ ≤ = = . a 5 + b5 + ab a 2 .b 2 .(a + b) + ab ab(a + b) +1 a + b + c Tương tự: bc a ac b ≤ và ≤ . c5 + b5 + cb a + b + c c5 + a 5 + ca a + b + c Từ đó ta có đpcm. Câu 4: a-Dễ thấy : OM ON== OP22 R b-Hạ OH ⊥ (d), I là trung điểm OM, G là giao điểm của OH với PQ. Dễ thấy: I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ. Dễ thấy:I ∈ đường trung trực [OH]. c-Có Δ OGN Δ OMH : OG OH== ON OM R2 R2 ⇒=OG ⇒G cố định. OH N thuộc đường tròn đường kính OG (trừ điểm O). 56
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 21:Thi Tổng Hợp (1991-1992) Vòng 1: Câu 1: a + x + a − x 1.Giải và biện luận phương trình: = b trong đó a,b>0;x là ẩn a + x − a − x số. 2.Cho phương trình: xaxb2 +++=10 trong đó ab, ∈ Ζ và b ≠ −1.Chứng tỏ: Nếu phương trình có hai nghiệm đều là những số nguyên thì ab22+ là hợp số. Câu 2: Cho a,b,c là những số đôi một khác nhau và khác 0. ⎧a 3 x + a 2 y + az = 1 ⎪ 3 2 Giải hệ: ⎨b x + b y + bz = 1 ⎪ 3 2 ⎩c x + c y + cz = 1 Câu 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 7xy= 3.2+ 1. Câu 4: a-Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi E là giao điểm của hai cạnh bên, F là giao điểm của hai đường chéo. CMR:Đường thẳng nối E,F đi qua các trung điểm của đáy AB,CD. b-Cho +ABC . M, N, P lần lượt là các điểm trên các cạnh BC, CA, AB. Nối AM, BN, CP. CMR: Nếu diện tích của 4 tam giác bằng nhau (Các tam giác gạch chéo) thì các diện tích của ba tứ giác không gạch chéo cũng bằng nhau. Câu 5: Tồn tại hay không 1991 điểm trên mặt phẳng sao cho bất kỳ 3 điểm nối trong chúng đều là đỉnh của một tam giác có một góc tù. Hướng dẫn giải: Câu 1: a-VP dương ,vậy VT dương nên: a + x > a − x ⇒ a + x > a − x .Vậy x > 0 . Điều kiện : 0 <≤x a . 57
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ A C A − B C − D Ta có tính chất: Nếu = thì = .Có: B D A + B C + D a + x + a − x a − x b −1 = b thì: = a + x − a − x a + x b +1 a − x b +1− 2 b x 2 b ⇒ = nên: = ≤ 1. a + x b +1+ 2 b a b +1 2a b Vậy phương trình có một nghiệm x = thỏa mãn : 0 11và x2 +>11.Từ đó ta có đpcm. ⎧ 1 1 1 − z − y − x = 0 ⎪a 3 a 2 a ⎪ ⎪ 1 1 1 Câu 2: Vì a, b, c ≠ 0 nên viết lại hệ phương trình như sau: ⎨ 3 − 2 z − y − x = 0 ⎪b b b ⎪ 1 1 1 − z − y − x = 0 ⎪ 3 2 ⎩c c c Xét đa thức: ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ PX()=− X32 zX −− yXx. Theo hệ trên ta thấy: P⎜ ⎟ = 0, P⎜ ⎟ = 0, P⎜ ⎟ = 0 . ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ ⎝ c ⎠ 1 1 1 Vậy đa thức có ba nghiệm đôi một khác nhau , , ; nên theo định lý Vi-et: a b c ⎧X 1 + X 2 + X 3 = z ⎪ ⎨X 1 X 2 + X 2 X 3 + X 3 X 1 = −y trong đó X123,,XX là các nghiệm của PX(). ⎪ ⎩X 1 X 2 X 3 = x ⎧ 1 x = ⎪ abc ⎪ ⎪ a + b + c Vậy: ⎨y = − ⎪ abc ⎪ ab + bc + ca ⎪z = ⎩ abc 58
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 3: -Nếu x lẻ : 7x ≡ 3(mod 4) . Suy ra: 3.2y +≡ 1 3(mod 4) nên: 3.2y ≡⇒== 2(mod 4)yx 1, 1. -Nếu x chẵn : 7x ≡ 1(mod 4) .Đặt x = 2k . Có : 713.22ky−= hay : ()71.713.2kk−+=( ) y. Thấy: 7k +≡ 1 2(mod3) nên: 7km+ 1=∈Ν 2 (m ) lúc đó: 7122km− =−. Vậy: ()2mmym−=⇒− 2 .2 3.2 ( 2−+11 1 ) .2 m = 3.2 y Thấy : 21m−1 − lẻ ⇒213m−1 −=⇒mxy =⇒=⇒ 3 2 = 4. Vậy : x ==1,y 1 hoặc xy==2, 4 . Câu 4: a-EF cắt AB,DC tại I,'F '.Dựng đường thẳng qua F và song song với AB cắt AD,BC tại M,N. Trong Δ ADC và Δ BDC có: MF AF NF BF = và: = DC AC DC BD AF BF mà: = nên MF=FN. AC BD Trong +EDF ' và +ECF ' có: MF EF FN = = ⇒ DF ' = F 'C . DF ' EF ' F 'C Tương tự : AI= IB . b-AM, BN, CP cắt nhau tại I, J, K như hình vẽ. CI cắt NK ở L. Có: SSANI=⇒ IJK SS NAJ = KAJ ⇒ NK// AJ . Theo phần a) CI cắt NK tại trung điểm L của NK. Có: SSSSNIC== KIC, ACI CIM ⇒=AI IM . ⇒=SSAIB BIM ⇒ S APJI = S BJKM Tương tự ta có đpcm. 59
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 5: Trên nửa đường tròn đường kính AB (trừ điểm A,B) ta lấy tùy 1991 điểm A1, A2, A3, , A1991 .Tập hợp 1991 điểm này luôn có ba điểm một không thẳng hàng nên chúng là đỉnh n của một tam giác có : AAijk A(1≤< i j < k ≤ 1991) chắn cung lớn hơn nửa đường tròn n ,vậy AijkAAtù.Vậy tồn tại tập hợp điểm thỏa mãn bài ra. 60
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 22:Thi Tổng Hợp (1991-1992) Vòng 2: Câu 1: a-Rút gọn biểu thức: A =−3623 42.44166 +. b-Phân tích biểu thức: Pxy=−()()()555 +− yz +− zx thành nhân tử. Câu 2: α β γ a-Cho a,b,c,α, β,γ thỏa mãn: a + b + c = 0 và α + β + γ = 0 và: + + = 0 . a b c Hãy tính: A = α.a 2 + β.b 2 + γ .c 2 . b-Cho abcd, , ,≥ 0 vàabcd , , ,≤ 11.CMR: 0 ≤ a + b + c + d − ab − bc − cd − da ≤ 2 . Câu 3: Cho trước a và d là những số nguyên dương. Xét tất cả các số có dạng: aa,++ da , 2 d , , a + nd , CMR: Trong các số đó có ít nhất một số mà 4 chữ số đầu tiên của nó là 1991. Câu 4: Trong một cuộc hội thảo khoa học có 100 người tham dự.Giả sử mỗi người đều quen biết với ít nhất 67 người. CMR: Có thể tìm được một nhóm 4 người mà bất kỳ 2 người trong nhóm đều quen biết nhau. Câu 5: a-Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm M nằm trong hình vuông: MABn == MBAn 150 .CMR: Δ MCD đều. b-Hãy xây dựng một tập hợp có 8 điểm mà: Đường trung trực của đoạn nối hai điểm bất kỳ luôn đi qua ít nhất hai điểm của tập hợp đó. Hướng dẫn giải: Câu 1: 2 a-Đáp số: A = 3 2 3 − 4 2.6 ()2 3 + 4 2 = −3 20 . b-Xét Pxyz()()()(),, =− x y555 +− y z +− z x . Thấy Pyyz()()(),,=== Pxzz ,, Pxyx ,, 0. ⎡ 222 ⎤ Nên: Pxyz()()()(),,=− xy . yz − . zx − .⎣ Ax .( ++ y z) + Bxyyzzx .() ++ ⎦ 5 Cho xyz===−0, 1, 1 có: −+−=−+−⇒−=1.2.1.⎣⎦⎡⎤AB .2 .( 1) 1 2 1 2 AB 15 (1) . 61
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Cho xyz===0, 1, 2 có: −+=−+−+⇒+=1.1.2.[ AB .5 .2] 1( 1) 25 5 AB 2 15 (2) . Từ đó giải hệ (1)&(2) được: AB==−5, 5 . Nên: P=−5.()()() x y . y − z . z − x .( x222 ++−−− y z xy yz zx) . Câu 2: a-Có: ()()a + b + c aα + bβ + cγ = 0 ⇒ αa 2 + βb 2 + γc 2 + ab()α + β + bc(β + γ )+ ca(γ + α ) = 0 ⇒ αa 2 + βb 2 + γc 2 − abγ − bcα − caβ = 0 ⎛ γ α β ⎞ ⇒ αa 2 + βb 2 + γc 2 − abc⎜ + + ⎟ = 0 ⎝ c a b ⎠ ⇒ αa 2 + βb 2 + γc 2 = 0. b-Có: a+++− b c d ab − bc − cd − da = a.1( − b) + b .1( − c) + c .1( − d)() + d .1 − a ≥ 0 ⎪⎧()()1.10−−≥⇒+−≤a b abab 1 Lại có: ⎨ ⎩⎪()()1.10−−≥⇒+−≤cd cdcd 1 Nên: a+++− b c d ab − bc − cd − da ≤+++− a b c d ab − cd = =+−++−()()ababcdcd ≤+=11 2. Ta có đpcm. Câu 3: a,d cho trước, ad+ là số tự nhiên, viết trong hệ thập phân có k chữ số: 10kk−1 ≤+≤ad 10 hay: 1 a d a d ≤ + ≤ 1 ⇒ , < 1. 10 10k 10k 10k 10k Do đó sẽ tồn tại số n trong tập tự nhiên thỏa mãn: a d 1991 ≤ + n. < 1992 . 10k 10k Lúc đó: 1991.10kk≤+and . ≤ 1992.10 . Vậy 4 chữ số đầu tiên của and+ . là 1991 (đpcm). Câu 4: Ta chú ý rằng nếu có hai người A & B quen nhau chẳng hạn.Thế thì: Số người quen chung của A & B ít nhất là 34 ( = 67+− 67 100 ) người.Gọi M là tập hợp các người quen chung của A & B. Trong đó M phải có ít nhất cặp C&D quen nhau .Vì nếu trong M chẳng có ai quen nhau thì mỗi người trong M chỉ quen nhiều nhất là 100−=< 34 66 67 người (trái giả thiết).Vậy có ít nhất một nhóm 4 người (A,B,C,D) mà bất kỳ hai người trong nhóm đó đều quen biết nhau (đpcm). 62
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 5: a-Dựng tam giác đều ABE.(E nằm ngoài hình vuông). ++ADM=⇒= AEM DM EM . ++BCM=⇒= BEM CM EM . ⇒=CM DM . Dễ thấy +AEM cân ở E nên: EAEMEMAB=⇒=. Từ đó suy ra đpcm. b-Dựa vào phần a) ta có tập hợp 8 điểm A,B,C,D,M,N,P,Q thỏa mãn bài ra. 63
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 23:Thi Tổng Hợp (1992-1993) Chuyên Lý-Hóa: Câu 1: 2 ⎪⎧()x + y .y = 2 a-Giải hệ ⎨ 2 2 ⎩⎪()x + y .()x − xy + y = 1 1 b-Cho x,0:yxy>+= 1. CMR: 8.(x 4 + y 4 )+ ≥ 5 . xy Câu 2: Giả sử m là một tham số để cho phương trình:( x −1.) ( xxx−−−= 2.) ( 3.)( 4 ) m có bốn nghiệm x1234,,,xxx đều khác 0. Hãy tính giá trị của biểu thức sau theo m: 1 1 1 1 P = + + + . x1 x2 x3 x4 Câu 3: Cho+ABC : BC=== a , CA b , AB c . AD là phân giác trong của lA ( DBC∈ ). a-CMR: AD2 =− AB AC DB DC b-Tính AD theo a,b,c. Câu 4: Cho +ABC có AM, BN là các đường trung tuyến xuất phát từ A,B; AD,BI là các đường phân giác xuất phát từ A và B. Chứng tỏ: Nếu lAB> l thì: a) AMBN< . b) AD< BI . Câu 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2xy+ x+= y 83. Hướng dẫn giải: Câu 1: ⎪⎧y 3 = 2 a-Nếu x = 0 thì (vô lý) ⎨ 2 ⎩⎪y.y = 1 Vậy nên x ≠ 0 . Đặt y = tx. .Ta có: 2 ⎪⎧()x + tx .tx = 2 (1+ t)2 .t 2 ⇒ = (t ≠ −1). ⎨ 2 2 2 2 2 ⎩⎪()x + tx .()x − tx + t x = 1 ()1+ t ()1− t + t 1 2 ⎡t = 1 ⇒ t − 3t + 2 = 0 ⇒ ⎢ ⎣t = 2 1 1 +)Nếu t =1 ⇒=⇒yx42 x3 =⇒x = ⇒ y = 3 2 3 2 1 2 +)Nếu tyxx=⇒=22182 ⇒3 =⇒x = ⇒ y = 3 9 3 9 64
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm như trên. b-Có: 4 x 4 + y 4 ⎛ x + y ⎞ 1 ≥ ⎜ ⎟ = ⇒ 8()x 4 + y 4 ≥ 1 (1). 2 ⎝ 2 ⎠ 16 2 ⎛ x + y ⎞ 1 1 Lại có: xy ≤ ⎜ ⎟ = ⇒ ≥ 4 (2). ⎝ 2 ⎠ 4 xy Cộng (1)&(2) theo vế ta được đpcm. 1 Đẳng thức xảy ra khi xy==. 2 Câu 2: Có: ()x −−1.( xxx 2.)( −−= 3. )( 4) m (1) ⇔−+()()x2254.56xxxm −+= . Đặt x2 −+=54xy, (1) sẽ trở thành: yy.2( +=⇔+) m y2 2 ym −= 0(2). Để (1) có bốn nghiệm thì (2) phải có hai nghiệm y12, y thích hợp.Có: Δ=' 10 +mm > ⇔ >− 1. Lại có: yy12+=−2 và y12.ym=− . Do vai trò của x1234,,,xxx trong P như nhau , nên có thể coi x12, x là nghiệm 2 2 của phương trình: x −+=54xy1 ,và x34, x là nghiệm của phương trình: x −+=54xy2 Có: 2 2 xx−+−=54 y1 0 , xx−+−=54 y2 0và xx12+ = 5 , x12xy= 4 − 1, và: xx34+=5 x12xy=−4 2 .Nên: 1 1 1 1 x + x x + x 5 5 50 P = + + + = 1 2 + 3 4 = + = . x1 x2 x3 x4 x1.x2 x3 .x4 4 − y1 4 − y2 24 − m Câu 3: a-Ta có: c AD Δ ABD Δ AA1C nên: = ⇒ bc = AD.AA1 . AA1 b (AD cắt đường tròn ngoại tiếp Δ ABC tại A1) Có: ADDA 11=⇔ DBDC AD .() AA −= AD DBDC . hay: 222 ADAAADDBDCbcADDBDCADABACDBDC 1 −= ⇒−= . ⇒= − DB DC DB + DC a b-Có: = = = nên: c b b + c b + c 2 2 a bc 2 ⎡ a ⎤ DB.DC = 2 .Từ đó: AD = bc⎢1− 2 ⎥ . ()b + c ⎣ ()b + C ⎦ 65
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 4: a) A 2 ⎧ 2 2 2 a ⎪2ma = b + c − ⎪ 2 Chú ý: ⎨ b 2 ⎪2m 2 = a 2 + c 2 − ⎩⎪ b 2 Do llAB> nên ab> . So sánh vế phải của hai đẳng thức : 2 2 B C ma < mb ⇒<AM BN . D b) ⎧ ⎡ a 2 ⎤ d 2 = bc 1− ⎪ a ⎢ 2 ⎥ A1 ⎪ ⎣ ()b + c ⎦ Theo bài 3: ⎨ 2 ⎪ 2 ⎡ b ⎤ d = ca 1− ⎪ b ⎢ 2 ⎥ ⎩ ⎣ ()c + a ⎦ 2 2 Từ đó ⇒ d a < db ⇒ AD < BI . Câu 5: Từ 283xy++= x y ⇒+()2xy 1 .( 2 += 1) 167. Từ đó: ()x, y là ()()()83;0 , 0;83 ,− 1;−−− 84 ;( 84; 1) . 66
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 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 2 . ⎪⎧xy 2 − 2y + 3x 2 = 0 b-Giải hệ: ⎨ 2 2 ⎩⎪y + x y + 2x = 0 Câu 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm (m,n) để phương trình: xmnxmn2 −++=0 có nghiệm nguyên. Câu 3: Cho +ABC có diện tích S. Trên các cạnh AB,BC,CA lấy CAB', ', ' thỏa mãn: AC'',2.'',3.'== C B BA A C B C = AB '. Giả sử AA'cắt B ' B ở M, CC' cắt B 'B ở N, CC' cắt AA' ở P. Tính diện tích +MNP theo S. Câu 4: Cho +ABC nội tiếp trong một đường tròn. Lấy D trên cung BC (không chứa A) của đường tròn đó. Hạ DH vuông góc với BC, DI vuông góc với CA, DK vuông BC AC AB góc với AB. CMR: = + . DH DI DK Câu 5: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (mn, ) sao cho 21m + chia hết cho n và 21n + chia hết cho m. Hướng dẫn giải : Câu 1: ⎧2x − 5 ≥ 0 ⎪ a-Điều kiện : ⎨x − 2 − 2x − 5 ≥ 0 (I) ⎪ ⎩x + 2 + 3 2x − 5 ≥ 0 Có: x + 2 + 3 2x − 5 + x − 2 − 2x − 5 = 2 2 ⇔ 2x + 4 + 6 2x − 5 + 2x − 4 − 2 2x − 5 = 4 ⇔ 2x − 5 + 3 + 1− 2x − 5 = 4 Có: 2x − 5 + 3 + 1− 2x − 5 ≥ 2x − 5 + 3 +1− 2x − 5 = 4 . 5 Đẳng thức xảy ra ⇔ ()2x − 5 + 3 (1− 2x − 5)≥ 0 ⇔ 3 ≥ x ≥ (thỏa mãn (I)). 2 ⎡5 ⎤ Vậy nghiệm của phương trình : x ∈ ;3⎥ . ⎣⎢2 ⎦ 67
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎪⎧xy22−+23 y x = 0(1) b-Có: ⎨ 22 ⎩⎪yxyx++=20(2) -Nếu xy=⇒=0 0. -Nếu xy≠⇒≠0 0 . Nhân (2) với x rồi trừ (1) theo vế ta có: x 3 y + 2x 2 + 2y − 3x 2 = 0 ⇔ (x 3 + 2)y = x 2 ⇒ x 3 + 2 ≠ 0 nên : x 2 8 y = thay vào (2) ta có: 3x 6 +11x 3 + 8 = 0 ⇒ x 3 = −1, x 3 = − . x3 + 2 3 Vậy hệ phương trình có ba nghiệm: 2 x1 = −1, y1 = 1; x2 = − , y2 = 4; x3 = 0, y3 = 0 . 3 3 Câu 2: Theo bài ra: Nếu x12, x là nghiệm của phương trình.Theo định lý Viet ta ⎧x1 + x2 = mn có: ⎨ ⎩x1 x2 = m + n ⇒ Nếu x1 nguyên (hoặc x2 ) thì nghiệm còn lại cũng nguyên. Do mn,0≥⇒ x12 , x ≥ 0. -Nếu một trong bốn số x12,,,xmn bằng 0 thì cả bốn số đều bằng 0. Ta có cặp ()0, 0 . -Ta tìm cặp mn≠≠0, 0 . Khi đó: mn,1≥ . Nên: ()()()xx12−−=−−−+≤1. 1 mn 1.( 1) 2 2. Từ đó: mn==2 hoặc mn==5, 1 hoặc mn= = 3 hoặc mn=1,= 5 . Câu 3: Kẻ AA'// C ' C , ta có: A ' ' ' ' ' BA BA1 A A1 1 CP AC AC 3 = ' = ' = và: ' = = = . C1 BC BC CC 3 A A1 A1 A ' 2 ' 5 C' AC + AC P 3 B' A1 M N C ' P C ' P A' A 3 1 1 PC 4 S 4 B C 1 APC A' Ta có: ' = ' . ' = . = ⇒ ' = ⇒ = 5 3 5 ' CC A A1 CC CC 5 S AC C 5 4 1 2S nên S = . .S = APC 5 2 5 1 3 Tương tự : S = S, S = S . BNC 5 AMB 10 68
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 1 Từ đó: S = S . AMB 10 Câu 4: Lấy cung CEp = BAp . DE cắt BC tại F.Có: ++BDF ADC và ++DFC DBA Hai tam giác đồng dạng có các cạnh và đường cao tương ứng tỉ lệ , nên: AC BF AB FC ==; DI DH DK DH . AC AB BF+ FC BC ⇒+= = DI DK DH DH ⎧2m +1#n Câu 5: Có: ⎨ ⇒ m,n lẻ. Giả sử n ≤ m ⇒ 2n +1 ≤ 3m .Ta xét: ⎩2n +1#m ⎡n = 1,m = 3 +) 21nm+= thì do nm\2+= 1 2.( 2 n + 1) +⇒ 1 n \3 ⇒⎢ ⎣n = 3,m = 7 +) 213nm+= thì do 32121mn=+≤+⇒=⇒= m m 1 n 1. Vậy ta có 5 cặp số nguyên dương: (1,1) ;( 1, 3) ;( 3, 7) ;( 3,1) ;( 7, 3) . 69
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 25:Thi Tổng Hợp (1992-1993) Vòng 2: Câu 1: a-Tìm tất cả các số nguyên n để: nnnn432+ 22+++ 7là số chính phương. 1 1 1 b-Cho abc, ,> 0 và abc++≤1. CMR: + + ≥ 9. a 2 + 2bc b 2 + 2ca c 2 + 2ab 1945 Câu 2: Cho a là tổng các chữ số của số (29 ) và b là tổng các chữ số của a. Tìm tổng các chữ số của b. Câu 3: Cho +ABC . Giả sử đường phân giác trong và ngoài của góc A cắt BC tại D, K tương ứng. CMR: Nếu ADAK= thì AB222+= AC4 R ,trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp+ABC . Câu 4: Trong mặt phẳng kẻ 1992 đường thẳng sao cho không có hai đường nào song song và không có ba đường nào đồng qui. Tam giác tạo bởi ba đường thẳng trong số các đường thẳng đã cho gọi là "tam giác xanh" nếu nó không bị đường nào trong số các đường còn lại cắt. a-CMR: Số tam giác xanh không ít hơn 664. b-CMR: Số tam giác xanh không ít hơn 1328. Câu 5:Có 41 thành phố được nối với nhau bằng các đường chỉ đi được một chiều.Biết từ mỗi thành phố có đúng 16 đường đến các thành phố khác và có đúng 16 đường từ các thành phố khác tới nó.Giữa hai thành phố bất kỳ không có quá một con đường của mạng lưới trên. CMR: Từ một thành phố bất kỳ A đều có thể đi đến một thành phố bất kỳ B mà chỉ đi qua nhiều nhất hai thành phố trung gian. Hướng dẫn giải : 70
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 1: 2 a-Đặt yn24=+22 n 3 + nn 2 ++=++− 7( nn 2 1) ( nn 2 ++ 6) . 2 222 ⎛⎞13 hay: ynnn=++++()⎜⎟6. ⎝⎠24 2 hay: ynn22=++−()()23. nn 2 +− 1 Khi n = 0 hoặc n =−1 thì y2 = 7 không phải là số chính phương. Vậy n ≠−0; 1. Lúc đó: nn2 +−=11.1( n −) ( n +) + n và −3.(nn2 +− 1) < 0. 22 Ta có: ()nn222+<<++ y ( nn2 ) Suy ra: 22 2 2 ⎡n = 2 ynn=++()1 lúc đó nn+−=⇒60 ⎢ ⎣n = −3 b-Bạn đọc tự giải. 3.1945 Câu 2: Vì 233≡− 1 (mod9) ⇒() 2 ≡− 1 (mod9) . 1945 Vậy ()29 ≡ 8 (mod9) . Ký hiệu S (m) là tổng các chữ số của m . ⇒ S (a), S (b) chia cho 9 cũng dư 8. ⎧217420 < 1040.134 ⎪ 13 4 130 40 ⎪ 13 6 24 Có: 2=<⇒< 8192 10 2 10 nên: ⎨()2 < 10 ⎪27 < 103 ⎩⎪ 1945 1945 Vậy : ()29 = 217420+13.6+7 < 105391 ⇒ (29 ) có không quá 5391 chữ số. Lại có: 1945 aS=≤=(()29 ) 5391.9 48519 bSa=() ≤++++=39999 39 cSb=≤() 12 ⇒=Sb() 8. 71
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 3: Δ ADK vuông cân ở A.Gọi AI là đường cao. ⎧ m n 0 ⎪ACAI2 +=45 Có: ⎨ l n n 0 ⎩⎪A1 += ABD ADK =45 nên : CAIn =⇒n ABD AI tiếp xúc với (O) ngoại tiếp Δ ABC. ⇒ OA ⊥ AI⇒ OA // BC . OA cắt (O) tại A1 (A1 ≠ A). Có AC = A1B và: 222 22 AB+=+= AC AB A1 B4 R . Câu 4: Gọi Pk() là số "tam giác xanh" tạo ra do k đường thẳng . Ta có P()31= . Xét k +1đường thẳng như vậy. Trong đó phải có ít nhất 1 đường thẳng d mà giao điểm của k +1 đường thẳng ở cùng một nửa mặt phẳng có bờ là d. Xét các giao điểm không ở trên d, ắt phải có một giao điểm gần d nhất.Chính điểm này là đỉnh của một "tam giác xanh" (Các "tam giác xanh" cũ vẫn giữ nguyên).Vậy Pk( +≥1) Pk( ) . P(3) = 1 ⎫ ⎪ P(4) ≥ P(3) +1 ⎪ Có:⎬ ⇒ P(n) ≥ n − 2 . ⎪ P(n) ≥ P(n −1) +1⎭⎪ Vậy ta có kết luận mạnh hơn ở cả hai câu a&b: Số "tam giác xanh" không ít hơn 1992−= 2 1990 . Câu 5: Từ A có đúng 16 đường đi ra. Nếu có một đường tới B⇒ đpcm. Nếu không thì từ A có 16 đường đi tới 16 thành phố trong tập M. Nếu trong M có một đường đi tới B⇒ đpcm.Nếu không thì: 72
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Gọi N là tập hợp 16 thành phố có đường tới B. Nếu trong M có một thành phố tới N⇒ đpcm. Nếu không có thì: Trong M : 16 thành phố có 16×= 16 256 đường đi đến các thành phố trong M và P (P tức là tập hợp 41216167−− − = thành phố còn lại). Số các đường đi ra của các thành phố trong M đến một thành phố khác trong M nhiều nhất là:15++++= 14 2 1 120 . Số các đường đi ra từ các thành phần của M đến các thành phố của P nhiều nhất là: 16×= 7 112. Vậy: 256≤+ 120 112 (Vô lý). Tóm lại ta có đpcm. Chú ý:Có thể thay dữ kiện có 41 thành phố thành 42 thành phố cũng được. 73
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 26:Thi Sư Phạm I(1998-1999) Vòng 1: Câu 1: 1-Cho ab ≠ 0,a + b ≠ 0.CMR: 1 1 1 1 1 1 a) + + = + − . a 2 b 2 ()a + b 2 a b a + b a 2b 2 ab b) a + b + = a + b − . ()a + b 2 a + b 2 2 2-Sử dụng kết quả trên tính: x = 1+ 99 9 + 0,999 9 với n ≥ 2 . n n 4x3 Câu 2: CMR: x + > 3 với ∀x > 1. ()()x −1 . x +1 3 7 Câu 3: Tìm số nguyên lớn nhất không vượt quá : (4 + 15) . ⎧x 2 + 4yz + 2z = 0 ⎪ 2 Câu 4: Giải hệ: ⎨x + 2xy + 2z = 0 ⎪ 2 ⎩2xz + y + y +1 = 0 Câu 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).Đường thẳng BD và các tiếp tuyến với (O) tại A,C đồng qui tại S.Gọi I là giao điểm của AC và BD. CMR: a) ACDC = ADBC SB IB AB.CB b) = = . SD ID AD.CD Hướng dẫn giải : Câu 1: 1. a) Có: 11 1 111 ++ =+− a22 b()ab+ 2 abab+ 11 1 11 1 2 2 2 ⇔++ =++ +− − ab22()ab++22 ab 22() ab abaabbab()+ ()+ 22 2 ⇔− − =⇔+−−=02()220ab b a ab a()() a++ b b a b Ta có đpcm. 74
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ a 2b 2 ab b) Có: a + b + = a + b − ()a + b 2 a + b a 2b 2 a 2b 2 2(a + b)ab ⇔ a 2 + b 2 + = a 2 + b 2 + − + 2ab ⇔ 0 = 0 (hiển nhiên). ()a + b 2 ()a + b 2 a + b n 2.Với a =1 và b = 999 9 (n chữ số 9) thì ab+= 10 và: ncs/9 1 ab = 0,999 9;ab = 99 9 . Suy ra: a + b n n a 2b 2 ab ⇒ x = a + b + 2 = a + b − = 999 9,00 01. ()a + b a + b n n−1 Câu 2: Có: 4x 3 x 2 −1 x +1 x +1 4x 3 x + = + + + −1 ≥ 44 1 −1 = 3 . ()()x −1 x +1 3 x 2x 2x ()()x −1 x +1 3 x 2 −1 x +1 Đẳng thức không xảy ra vì phương trình : = = 1 vô nghiệm. x 2x Tóm lại ta có đpcm. 2 Câu 3: Ta có : x1 = 4 − 15, x2 = 4 + 15 là hai nghiệm của phương trình: xx−+=810 2 2 Ta có: x1 x2 = 1, x1 + x2 = 8 và x1 = 8x1 −1, x2 = 8x2 − 1 n+2 n+1 n k k ⇒ x1,2 = 8x1,2 − x1,2 ⇒ Sn+2 = 8S n+1 − S n (với S k = x1 + x2 ). Từ đó: 7 7 7 7 7 x1 + x2 = S7 = 1874888 ⇒ x2 = (4 + 15) = 1874888 − x1 mà 0 2.12xz() y2 2. x22 z 0(1) Lại có: 210210(2)xz+++=⇒ y22 y xz =−++<( y y ) . Thấy (1) & (2) mâu thuẫn với nhau⇒ Hệ đã cho vô nghiệm. 75
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 5: SA AB SB a).++SAB SDA nên: == (1) SD DA SA SC CB SB ++SCB SDC nên: == (2) SD DC SC AB CB Do SC= SA , từ (1) & (2) : = DA DC nên : ABCD = ADCB SB SB.SC AB.CB b)Từ (1) & (2) ta có: = = . SD SD.SA AD.CD Tương tự như trên ta có: ++IAB IDC và ++ICB IDA IB AB.CB Suy ra được : = . ID AD.CD Ta có đpcm. 76
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 27:Thi Sư Phạm I(1998-1999) Vòng 2: Câu 1: Cho xyzt,,,∈[ 0;1) và thỏa mãn: xyzt= (1.1.1.1−−−− x) ( y) ( z) ( t) . CMR: xttzzyyx.1()()−+ .1 − + .1( −) + .1( −) ≥ 1. Câu 2: Tìm các số nguyên dương n sao cho số Snnnn =1.2.3 7++ .( 1)( + 7 ) có thể viết dưới dạng tổng các bình phương của hai số nguyên dương. 2 3 4 2 2 (x +1) Câu 3: Giải bất phương trình: x + x +1 + x()x − x +1 ≤ . x Câu 4: Cho +ABC cân ở B, cạnh bên AB lớn hơn cạnh đáy AC, biết diện tích +ABC là 1(đvdt). CMR : Ta có thể đặt lọt +ABC vào một miền tam giác vuông có diện tích ≤ 3 . Câu 5: Cho hình chữ nhật ABCD và điểm M nằm trong hình chữ nhật. 1.CMR: MAMBMCMDABACAD+++ ≤++. 2.Tìm tất cả các vị trí của M để : MAMC ≤ MBMD. Hướng dẫn giải : Câu 1: Theo giả thiết: xyzt=−()1.1.1.1 x( − y) ( − z) ( − t) (1). Có: xttzzyyx.1()()(−+ .1 − + .1 − ) + .1( −) ≥⇔−− 1( 1 xzyt) .1( −−≤) 0 (2). ⎡⎧xz ≥ ()()1− x . 1− z ⎡⎧0 ≥ 1− x − z ⎢⎨ ⎢⎨ ⎩yt ≤ ()()1− y . 1− t ⎩0 ≤ 1− y − t Từ (1) suy ra: ⎢ ⇔ ⎢ ⇒ (2) luôn đúng. ⎢⎧xz ≤ ()()1− x . 1− z ⎢⎧0 ≤ 1− x − z ⎢⎨ ⎢⎨ ⎣⎢⎩yt ≥ ()()1− y . 1− t ⎣⎢⎩0 ≥ 1− y − t Vậy ta có đpcm. 22 * Câu 2: Giả sử Sabn =+ với ab, ∈ Ν . Dễ thấy: nn.()()++⇒ 1 n 7## 64 Sn 4 ⇒ ab, chẵn⇒=aabb2,11 = 2. Đặt: nn.1 764()()++= n k. Có: 22 ab11+=2.3.5.6.7 + 16 k# 4 ⇒= a 1 2 ab 21 , = 2 b 2 .Có: 22 ab22+=9.5.7 + 4 k ≡ 3 (mod 4) (Điều này không thể xảy ra). Vậy không tồn tại n thỏa mãn bài ra. 77
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 3: Điều kiện: x > 0 . Chia cả hai vế của BPT cho x(x 2 +1) và biến đổi để BPT trở thành: 1 1 1 1 x + − + 1− ≤ x + (1). x 1 1 x x + x + x x 1 Đặt : x + = t ≥ 2 . x 1 1 1 1 Khi đó (1) trở thành: t − + 1− ≤ t ⇔ 1− ≤ t − t − . t t t t Do cả hai vế đều dương nên: 1 1 1 ⇔ 1− ≤ t 2 + t − − 2t. t − t t t 2 1 1 ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⇔ ≤ t +1− 2 t − ⇔ 0 ≤ ⎜ t − −1⎟ t t ⎝ t ⎠ Điều này luôn đúng với ∀t ≥ 2. Vậy: BPT đã cho có nghiệm với ∀x > 0. Câu 4: Gọi O là trung điểm AB= 2 a . Vẽ nửa đường tròn (O) bán kính R = OC có đường kính DE nằm trên đường thẳng AB. Do nACB OA ). ⇒+ABC nằm hoàn toàn trong miền tam giác vuông CDE. Có: BnOC> n AOC nên BOCn > 900 (Do BnOC& n AOC bù nhau). Hạ CH ⊥ AB.Có: OB222+=++<==⇒<= OC OB OH 22222 HC CB AB433 a R a (Do SABC=1(đvdt)). Từ đó ta có đpcm. Câu 5: *Bổ đề: Cho điểm M bất kỳ trong tam giác tù ABC (tù ở A). Khi đó: BMCMABAC+<+. Thật vậy: Kéo dài BM cắt AC tại K. BMCMBMMKKCBKCK+ < +() + =+< <++=+()AB AK CK AB AC Trở lại bài toán ta có: 78
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ *)Nhận xét: Xét điểm N nằm trên [AB].Lấy D ' đối xứng với D qua AB. Theo bổ đề : ND''+≤+ NC AD AC hay ND+≤+ NC AD AC . 1.Giả sử M nằm trong hình chữ nhật ABCD. Qua M kẻ NP ⊥ AB (N∈AB,P∈CD).Có: MA+++ MB MC MD =() MA + MD +( MB + MC ) ≤ ≤+++=++AN ND NC NB AB AC AD(). dpcm 2.Qua M kẻ HK ⊥ AD (H∈AD,K∈BC).Có: MA MC≤⇔ MB MD MA22 . MC ≤ MB 22 . MD ⇔+()()()()MNMHMKMPMNMKMHMP22 22 +≤+ 22 22 + ⇔−()()MN22 MP.0 MH 2 −≥ MK 2 ⇔−()()MN MP.0. MH −≥ MK Điều này có được khi M thuộc một trong hai hình chữ nhật AEOS; CROF trong đó E,F,R,S,O lần lượt là trung điểm của AB,BC,CD,DA,AC. 79
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 28:Thi Tổng Hợp (1998-1999) Vòng 1: Câu 1: 1.Giải phương trình: 2 − x 2 + x 2 + 8 = 4 . ⎪⎧x 2 + xy + y 2 = 7 2.Giải hệ : ⎨ 4 2 2 4 ⎩⎪x + x y + y = 21 ⎪⎧a 3 − 3ab 2 = 19 Câu 2: Các số a,b thỏa mãn: ⎨ 3 2 ⎩⎪b − 3a b = 98 Tính : Pa=+22 b. Câu 3: Cho abc,,∈[ 0;1] . CMR: a + b 2 + c3 − ab − bc − ca ≤ 1. Câu 4: Cho đường tròn (ω ) bán kính R . A&B là hai điểm cố định trên đường tròn, (2AB< R ).Giả sử M là một điểm thay đổi trên cung lớn AB của đường tròn. 1.Kẻ từ B đường thẳng vuông góc với AM, đường này cắt AM ở I và cắt (ω ) ở N. Gọi J là trung điểm của MN. CMR: Khi M thay đổi trên đường tròn thì mỗi điểm I,J đều nằm trên một đường tròn cố định. 2.Xác định vị trí của M để chu vi của Δ AMB là lớn nhất. Câu 5: 1.Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho mỗi số n + 26 và n −11 đều là lập phương của một số nguyên dương. 2.Cho x,y,z thay đổi thỏa mãn: xyz222+ +=1. Tìm giá trị lớn nhất của P,với: 1 P = xy + yz + zx + []x 2 ()y − z 2 + y 2 ()x − z 2 + z 2 ()x − y 2 . 2 Hướng dẫn giải : Câu 1: 1. Điều kiện: x2 ≤ 2 . Có: 2 − x 2 + x 2 + 8 = 4 ⇔ 2 − x 2 + x 2 + 8 + 2 ()()2 − x 2 x 2 + 8 = 16 ⎡x 2 = 1 ⇔ − x 4 − 6x 2 +16 = 3 ⇔ ⇔ x = ±1 ⎢ 2 ⎣⎢x = −7 80
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎡x =1 Vậy nghiệm của phương trình : ⎢ ⎣x = −1 ⎧⎪(3)19(1)aab3222−= 2.Có: ⎨ 3222 ⎩⎪(3)98(2)bab−= Cộng (1) & (2) theo vế ta được: 3 a6++ b 63 ab 42 + 3 ab 24 = 19 2 + 98 2 ⇔ a 2 + b 2 = 19 2 + 98 2 ( ) ⇔+=ab223 19 2 + 98 2 Câu 3: Do abc,,∈[ 0;1] nên: ()()()1.1.10−−−≥abc ⇒−10a −−+ b c ab + ac + cb − abc ≥ ⇒++−a b c ab − ac − cb ≤−11 abc ≤ Chú ý vì bc,0;1∈[ ] nên: bbcc23≤≤; .Suy ra: a + b 2 + c 3 − ab − bc − ca ≤ a + b + c − ab − ac − cb ≤ 1− abc ≤ 1 (đpcm). Câu 4: 1. Vì nAIB = 900 nên khi M thay đổi thì I nằm trên đường tròn cố định có đường kính AB. IJ là trung tuyến của tam giác MN vuông MNI nên : IJ = . 2 Do tổng hai cung AB và MN là 900 ( nANB+= NAMn 900 ), mà AB cố định nên MN có độ dài cố định. Kéo dài IJ cắt AB tại H.Có: JIMn ==⇒+=+=+=n AIH JMIn IABn n AIH IABn JMIn INMn JMIn 900 nên JH ⊥ AB. Đoạn IJ vuông góc với AB và có độ dài cố định. Kẻ hai đoạn AA'; BB' vuông góc với AB và có độ dài bằng IJ ( A',BI ', nằm cùng một phía đối với AB)⇒ nAJB''= n AIB(góc có cạnh tương ứng song song). ⇒ nAJB''= 90 0.Vậy J nằm trên đường tròn cố định có đường kính là AB''. 2.Kéo dài AM một đoạn : MNMB= có: AN=+=+ AM MN AM MB. 81
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Do AB cố định nên để chu vi ΔAMB lớn nhất thì AN lớn nhất. Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của cung lớn AB và cung nhỏ AB. Dễ thấy PMQn = 900 , MQ là phân giác nAMB nên MP là phân giác BnMN mà ΔBMN cân nên PA== PB PN = const . Suy ra: AN≤+ PA PN =2. PA Đẳng thức xảy ra ⇔ M ≡ P. Vậy vị trí cần xác định của M là tại trung điểm cung lớn AB. Câu 5: 3 ⎪⎧n + 26 = a (1) 1.Giả sử với a,b ∈ Ν * . ⎨ 3 ⎩⎪n −11 = b (2) Lấy (1) trừ (1) theo vế ta được: 37 = a 3 − b3 hay ()a − b .(a 2 + ab + b 2 ) = 37 = 1.37 mà a > b và a − b < a 2 + ab + b 2 nên ta có: ⎧a − b = 1 ⎧a = b +1 ⇔ ⎨ 2 2 ⎨ 2 2 ⎩a + ab + b = 37 ⎩()()b +1 + b b +1 + b = 37 Từ đó ⇒=⇒=bn3 38. 2. Với ∀a,b,α ∈[]0;1 thì: ()a − b 2 .(1−α ) ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab + α.(a − b)2 (*). Áp dụng (*)với hai số x,y và α = z 2 (chú ý z 2 ∈[0;1]) ta có: x 2 + y 2 ≥ 2xy + z 2 .(x − y)2 (1). 22 2 2 ⎪⎧yz+≥2. yzxzy +() − (2) Tương tự ta có: ⎨ 22 2 2 ⎩⎪xz+≥2. xzyxz +() − (3) Cộng theo vế (1)&(2)&(3) rồi chia cả hai vế cho 2 (chú ý giả thiết xyz222+ +=1) ta 1 222 được: 1≥+++xyyzzx⎡⎤ xyz222() −+ yxz () −+ zxy () − = P. 2 ⎣⎦ 1 P =1 khi x = y = z = . 3 Vậy MaxP =1. 82
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 2 + x3 + x 4 = y + y 2 + y 3 + y 4 1.Giải hệ ⎨ 2 2 ⎩⎪x + y = 1 2. Với giá trị nào của a thì phương trình sau có nghiệm : 1− x + 1+ x = 1− a + 1+ a Câu 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:19x3 − 98y 2 = 1998 . Câu 3: 1.Cho a,b,c thỏa mãn hai điều kiện sau: i) 0 3. b − a xyz222 2.Cho xyz, ,> 0 . Tìm GTNN của P với: P =++. x222+++222yz y xz z xy Câu 4: Cho bảng ô vuông kích thước là 1998×2000 (có 1998 hàng và 2000 cột).Kí hiệu (m,n) là ô vuông nằm giao ở hàng thứ m và cột n (từ trên xuống dưới-từ trái qua phải).Cho các số nguyên p,q thỏa mãn:1 ≤ p ≤ 1993 và 1 ≤ q ≤ 1995. Tô màu các ô vuông con của bảng theo qui tắc : Lần thứ nhất tô màu năm ô: ()(pqpq, ;++ 1, 1 )( ; pq + 2, + 2 ) ;( pq + 3, + 3) ;( pq + 4, + 4) Từ lần thứ hai trở đi, mỗi lần tô năm ô chưa có màu nằm liên tiếp trong cùng một hàng hoặc cùng một cột. Hỏi bằng cách đó ta có thể tô màu hết tất cả các ô vuông con của bảng hay không?Vì sao? 83
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 5: Cho tam giác đều ABC.Trong tam giác ABC, vẽ ba vòng tròn ω1 , ω2 , ω3 có bán kính bằng nhau,tiếp xúc ngoài lẫn nhau và mỗi vòng tròn đều tiếp xúc với hai cạnh của tam giác.Gọi ω là vòng tròn tiếp xúc với cả ba vòng tròn ω1 ,ω2 , ω3 (tiếp xúc ngoài).Biết bán kính của vòng tròn ω là r.Hãy tính độ dài cạnh của Δ ABC. Hướng dẫn giải : Câu 1: 1. ⎧⎪xx+++=+++234 x x yy 234 y y (1) Ta có: ⎨ 22 ⎩⎪xy+=1(2) Từ (1) suy ra: ()xyxy−+()()22 − + xy 33 − +( xy 44 −) =0 ⎡⎤22 22 ⇔−()xy.1⎣⎦ +++++++ xyx xyy () xy .() x + y = 0 Kết hợp với (2) ta có: ⎡ (x + y)2 −1⎤ ()x − y .[]2 + 2. ()x + y + xy = 0 ⇔ ()x − y .⎢2 + 2 ()x + y + ⎥ = 0 ⎣ 2 ⎦ ⎡x = y ⎢ ⇔ ()x + y 2 −1 ⎢2 + 2.()x + y + = 0 ⎣⎢ 2 1 +)Nếu x = y từ (suy2) ra:x = y = ± . 2 ⎡ ()x + y 2 −1⎤ +)Nếu ⎢2 + 2()x + y + ⎥ = 0 hay: ⎣ 2 ⎦ 2 ⎡x + y = −1 ()()x + y + 4. x + y + 3 = 0 ⇔ ⎢ ⎣x + y = −3 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 = 0 -Với x + y = −3 ⇒ y = −()x + 3 suy ra: (x + 3)2 + x 2 = 1 ⇔ x 2 + 3x + 4 = 0 (vô nghiệm). ⎡ 1 ⎢x = y = − ⎢ 2 ⎢ 1 Tóm lại hệ đã cho có nghiệm: ⎢x = y = ⎢ 2 ⎢x = 0, y = −1 ⎢ ⎣x = −1, y = 0 2.Giả sử phương trình đã cho có nghiệm x0 khi đó: 1− x0 + 1+ x0 = 1− a + 1+ a (1) 2 2 2 Có: ()1− x0 + 1+ x0 ≤ ()1− x0 +1+ x0 .(1 +1 ) ⇒ 1− x0 + 1+ x0 ≤ 2 Lại có: 1− a + 1+ a ≥ 1− a +1+ a = 2 ⎡ 1− x + 1+ x = 2 Vậy (1) ⇔ ⎢ 0 0 ⎣⎢1− a + 1+ a = 2 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 đã cho trở thành: 1− x + 1+ x = 2 . Rõ ràng phương trình trên có nghiệm x = 0 . Vậy giá trị cần tìm của a là: 1 ≥ a ≥ −1. Câu 2: Có: 19x 3 − 98y 2 = 1998 ⇔ 19x 3 = 98y 2 + 1998 Suy ra: 98y 2 +1998#19 ⇒ y 2 +1# 19 Mà: Một số chính phương khi chia cho 19 không bao giờ có số dư là 18.(Có thể chứng minh điều này một cách dễ dàng bằng kiến thức đồng dư). Câu 3: 1.Theo bài ra ta có: bacacc2 − ⇒>40 0 0 và ta còn có: 85
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 416168bacacacac222 −⇔++> bc abc 3.() ba − mà ba> nên ta có: > 3(đpcm). b − a 2.Bạn đọc tự giải. Câu 4: Với mỗi ô (m,n) trong bảng ta chia làm 5 loại sau: -Loại 1:Gồm tất cả các ô ()mn; trong đó: mn− ≡ 0(mod5) -Loại 2:Gồm tất cả các ô ()mn; trong đó: mn− ≡1(mod5) -Loại 3:Gồm tất cả các ô ()mn; trong đó: mn− ≡ 2(mod5) -Loại 4:Gồm tất cả các ô ()mn; trong đó: mn− ≡ 3(mod5) -Loại 5:Gồm tất cả các ô ()mn; trong đó: mn− ≡ 4(mod5) Do bảng ô vuông có 2000 cột nên trong mỗi hàng sẽ có đúng 2000 ô vuông. Vì 2000#5 nên suy ra số ô mỗi loại trong cùng một hàng bằng nhau⇒ Số ô mỗi loại trong toàn bảng cũng bằng nhau. Ta nhận thấy : Từ lần tô màu thứ hai trở đi,trong mỗi lần tô chúng ta tô đúng một ô loại 1, một ô loại 2,một ô loại 3, một ô loại 4, một ô loại 5. Do số ô mỗi loại trong toàn bảng là bằng nhau nên muốn tô hết bảng thì ở lần tô đầu tiên chúng ta sẽ phải tô một ô loại 1, một ô loại 2, một ô loại 3, một ô loại 4, một ô loại 5. Nhưng các ô loại này lại thuộc cùng một loại do: ()()()()pqpqpq−≡ +−+≡11 +−+≡ 2( 2) ( pq +−+≡ 33) ( ) ( pq +−+ 4)( 4(mod5) ) Như vậy chúng ta không thể tô hết bảng được. Câu 5: Kí hiệu như hình vẽ. Dễ thấy : KT = 3.r . Gọi bán kính của các đường tròn ω1 ,ω2 , ω3 là x . Có: AB = AL + LH + HB = 2.AL + LH = 2.( 3 +1).x . 2 2 1 2. 3 +1.x Có: AG = .AO = . .AB = ( ) . 3 3 2 3 Mà: AP = 2.PL ⇒ AK = x nên: 2. 3 +1.x 3 + 2 .x KG = AG − AK = ( ) − x = ( ) . 3 3 KG KT 3 + 2 3.r Có: = ⇒ = AG AB 2.()3 +1 2.()3 +1.x 3.r 2.( 3 +1). 3.r ⇒ x = ⇒ AB = 2.()3 +1.x = ()3 + 2 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 1 1 1.Tính S = + + + . 1.2 2.3 1999.2000 ⎧ 1 x x 2 + + = 3 ⎪ 2 ⎪ y y 2.Giải hệ: ⎨ 1 x ⎪x + + = 3 ⎩⎪ y y Câu 2: 1.Giải phương trình: x −1 + x 3 + x 2 + x +1 = 1+ x 4 −1 . 2.Tìm tất cả các giá trị của a (a∈R) để phương trình: ⎛ 11⎞ 2x 2 − ⎜4a + ⎟.x + 4a 2 + 7 = 0 . ⎝ 2 ⎠ Câu 3: Cho đường tròn (O) nội tiếp trong hình thang ABCD (AB // CD) tiếp xúc với AB,CD lần lượt ở E,F. BE DF 1.CMR: = . AE CF 2.Cho biết AB==< a,() CB b a b ,và BEAE= 2. .Tính diện tích hình thang ABCD. Câu 4: Cho x,y là hai số thực khác 0.CMR: 4x 2 y 2 x 2 y 2 2 + 2 + 2 ≥ 3. ()x 2 + y 2 y x Đẳng thức xảy ra khi nào? Hướng dẫn giải : Câu 1: 1.Có: 1 1 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ S = + + + = ⎜1− ⎟ + ⎜ − ⎟ + + ⎜ − ⎟ 1.2 2.3 1999.2000 2 2 3 1999 2000 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 1999 = 1− = . 2000 2000 ⎧ 1 x x 2 + + = 3 ⎪ 2 ⎪ y y 2.Ta có: ⎨ 1 x ⎪x + + = 3 ⎩⎪ y y 87
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎧⎡ 1 x + = 2 ⎧ 2 ⎧ 2 ⎪⎢ y ⎛ 1 ⎞ x ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎪⎢ ⎪⎜ x + ⎟ − = 3 ⎪⎜ x + ⎟ + ⎜ x + ⎟ − 6 = 0 ⎪⎝ y ⎠ y ⎪⎝ y ⎠ ⎝ y ⎠ ⎪⎢ 1 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨⎢x + = −3 ⎪ 1 x ⎪ 1 x ⎪⎣ y x + + = 3 x + + = 3 ⎪ y y ⎪ y y ⎪ 1 x ⎩ ⎩ ⎪x + + = 3 ⎩ y y ⎡⎧ 1 ⎢⎪x + = 2 ⎪ y ⎢⎨ ⎢⎪ x ⎢ = 1 ⎩⎪ y ⇔ ⎢ ⇔ x = y = 1. ⎢⎧ 1 ⎢⎪x + = −3 ⎢⎪ y ⎨ ⎢ x ⎢⎪ = 6 ⎣⎢⎩⎪ y Vậy nghiệm của hệ đã cho là: ⇔ x = y = 1. Câu 2: 1.Điều kiện : x ≥ 1. Có: x −1 + x 3 + x 2 + x +1 = 1+ x 4 −1(1) Chú ý: x 4 −1 = ()x −1 .(x3 + x 2 + x +1) Có: (1) ⇔ ()x −1 −1.(1− x3 + x 2 + x +1) ⎡ x −1 −1 = 0 ⇔ ⎢ ⇔ x = 2 . 3 2 ⎣⎢1− x + x + x +1 = 0 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 2. 2.Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên x0 khi đó ta có: 22⎛⎞11 24xa00−+⎜⎟ .470(*) xa ++= ⎝⎠2 11 ⇔−44axax22 +− 2 .70(1) x += 002 Do đó, phương trình (1) với ẩn là a luôn có nghiệm. Hay: 88
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎛ 11 ⎞ Δ' = 4x 2 − 4.⎜2x 2 − .x + 7⎟ ≥ 0 ⇔ −4x 2 + 22x − 28 ≥ 0 ⇔ 2.()2.x 2 −11x +14 ≤ 0 0 0 2 0 0 0 0 ⎝ ⎠ 7 ⇔ ≥ x ≥ 2 2 0 ⎡x0 = 3 Vì x0 nguyên nên suy ra: ⎢ ⎣x0 = 2 -Với x0 = 3 thay vào (*) ta được: ⎛ 11⎞ 17 18 − ⎜4a + ⎟.3 + 4a 2 + 7 = 0 ⇔ 4a 2 −12a + = 0 ⇔ 8a 2 − 24a +17 = 0 ⎝ 2 ⎠ 2 6 ± 2 ⇔ a = . 4 -Với x0 = 2 thay vào (*) ta được: ⎛ 11⎞ 8 − ⎜4a + ⎟.2 + 4a 2 + 7 = 0 ⇔ 4a 2 − 8a + 4 = 0 ⇔ a = 1. ⎝ 2 ⎠ ⎡ ⎢a = 1 ⎢ 6 + 2 Tóm lại ta có: ⎢a = ⎢ 4 ⎢ 6 − 2 ⎢a = ⎣⎢ 4 Câu 3: 1. (O) tiếp xúc với AD, BC tại H và N. BE DF BN DH Có: = ⇔ = ⇔ BN.CN = AH.DH AE CF AH CN Dễ thấy : Δ ADO, Δ BOC là các tam giác vuông ở O. Nên: BN.CN = ON 2 = OH 2 = AH.DH . Ta có đpcm. 2.Bạn đọc tự giải: 3b − 2a S = . 2a.(3b − 2a) ABCD 3 Câu 4: Có: 2 4x 2 y 2 x 2 y 2 4x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 + 2 + 2 = 2 + 2 2 − 2 . ()x 2 + y 2 y x ()x 2 + y 2 x y 2 4x 2 y 2 ()x 2 + y 2 Mà: 2 + 2 2 ≥ 2. ()x 2 + y 2 4x y 89
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 2 3. x 2 + y 2 Và: ()≥ 3 . 4x 2 y 2 Suy ra: 2 2 2 4x 2 y 2 ()x 2 + y 2 4x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) 3.(x 2 + y 2 ) 2 + 2 2 − 2 = 2 + 2 2 + 2 2 − 2 ≥ 2 + 3 − 2 = 3 . ()x 2 + y 2 x y ()x 2 + y 2 4x y 4x y Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y ≠ 0. 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 cả các cặp số nguyên ( x, y) thỏa mãn: y.(x −1) = x 2 +1 . 2.Cho cặp số (x, y) thỏa mãn: −1 ≤ x + y ≤ 1 và −1 ≤ xy + x + y ≤ 1. CMR: x ≤ 2 và y ≤ 2 . Câu 2: 4 1 5 1.Giải phương trình: + x − = x + 2x − . x x x 2.Cho f ()xaxbxc=++2 có tính chất: ff(1,) ( 4,) f( 9) là các số hữu tỉ. CMR: abc,, là các số hữu tỉ. Câu 3: 1.Cho tứ giác lồi ABCD. CMR: Nếu các góc B,D của tứ giác là vuông hoặc tù thì AC≥ BD . 2.Cho đoạn thẳng AC cố định và điểm B di động. Tìm tập hợp tất cả các điểm B để Δ ABC là tam giác vuông hoặc tù và góc BAC là góc bé nhất của Δ ABC. Câu 4: Trên mặt phẳng cho 6 điểm sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng và khoảng cách giữa các cặp điểm là các số khác nhau. Ta nối mỗi cặp điểm bởi một đoạn thẳng. CMR: Trong các đoạn thẳng thu được có một đoạn thẳng là cạnh bé nhất của tam giác có 3 đỉnh là 3 trong số 6 điểm đã cho, đồng thời là cạnh lớn nhất của một tam giác khác có 3 đỉnh là 3 trong số 6 điểm đã cho. Hướng dẫn giải : Câu 1: 1.Dễ thấy x ≠ 1. Ta phải có: (x 2 + 2)#()x −1 . Mà: x 2 −1#()x −1 . ⇒ (x 2 + 2)− (x 2 −1)#()x −1 ⇒ 3 #(x −1) ⇒ x −1 = ±1,±3. Từ đó ta có các cặp (x, y) cần tìm:(2;6) ,( 0;−−− 2) ,( 2; 2) ,( 4;6) . ⎧−1 ≤ x + y ≤ 1 2.Theo bài ra: ⎨ ⎩−1 ≤ xy + x + y ≤ 1 91
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎧0≤+ (xy 1).( +≤ 1) 2 (1) hay: ⎨ ⎩1(≤+++≤xy 1)( 1)3(2) Từ (1) ⇒ x +1& y +1 cùng dấu kết hợp với (2) ⇒ x +1, y +1 ≥ 0 (*). ⇒≥−xy,1(3). ⎧x +≤13 Từ (:2)(x +1) + (y +1) ≤ 3 kết hợp với (*)⇒⇒≤⎨ xy,2(4). ⎩y +≤13 Từ (3) & (4) ta có đpcm. Câu 2: 1 5 1.Đặt x − = a ≥ 0; 2x − = b ≥ 0 (x ≠ 0 ) . x x 4 1 5 Có: + x − = x + 2x − x x x 1 ⎡⎛ 5 ⎞ ⎛ 1 ⎞⎤ 5 hay: x − − ⎢⎜2x − ⎟ − ⎜ x − ⎟⎥ − 2x − = 0 . x ⎣⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠⎦ x hay: a − (b 2 − a 2 )− b = 0 ⇔ (a − b).(1+ b + a) = 0 ⇔ a = b hay: ⎧ 1 5 ⎧ 4 x − = 2x − x − = 0 1 5 ⎪ x x ⎪ x x − = 2x − ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ x = 2 . x x 1 1 ⎪x − ≥ 0 ⎪x − ≥ 0 ⎩⎪ x ⎩⎪ x Vậy nghiệm của phương trình là x = 2. 2.Theo bài ra ta có: ⎧abcQ++∈ (1) ⎪ ⎨16abcQ++∈ 4 (2) ⎪ ⎩81abcQ++∈ 9 (3) Từ (2)⇒ 80a + 20b + 5c ∈ Q kết hợp với (3)⇒−abcQ 11 − 4 ∈ (4). Từ (2) có: 48abcQ++∈ 12 3 (5) . Từ (4) & (5) ⇒ 49a + b − c ∈ Q kết hợp với (1)⇒+∈⇒+∈ 50abQ 2 25 abQ (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. Câu 3: B 1.Dựng đường tròn đường kính AC. A Vì góc B,D vuông hoặc tù nên hai điểm C B&D phải ở trong hoặc nằm trên đường tròn đường kính AC. D 92
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Nên: ACBD≥ . Ta có đpcm. 2. Bạn đọc tự giải. Câu 4: Qui ước,gọi mỗi tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong số các điểm đã cho một cách vắn tắt là tam giác. Với mỗi tam giác,ta tô các cạnh lớn nhất của nó màu xanh,ta tô màu đỏ tất cả các đoạn thẳng không được tô màu xanh. Gọi một trong 6 điểm đã cho là A. Do đó theo nguyên lý Đrichlê,tồn tại 3 đoạn trong số 5 đoạn nối A với 5 điểm còn lại cùng màu.Gọi 3 đoạn đó là: AB, AC, AD.Xét: *Trường hợp 1: AB, AC, AD có cùng màu xanh. Khi đó vì cạnh lớn nhất của Δ DBC có màu xanh nên một trong các tam giác ABC, ABD, ACD là tam giác có cả 3 cạnh cùng được tô bởi màu xanh. Từ đó ta có đpcm. *Trường hợp 2: AB, AC, AD có cùng màu đỏ. Khi đó,vì các đoạn thẳng nối được có độ dài khác nhau đôi một nên BC, CD, DB tương ứng là cạnh lớn nhất của các tam giác ABC, ACD, ADB. Suy ra Δ BCD có cả 3 cạnh có cùng màu xanh. Từ đó 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 > 0 , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 6 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ x + ⎟ − ⎜ x 6 + ⎟ − 2 ⎝ x ⎠ ⎝ x 6 ⎠ P= 3 . ⎛ 1 ⎞ 1 ⎜ x + ⎟ + x 3 + ⎝ x ⎠ x3 ⎧ 1 1 ⎪ + 2 − = 2 ⎪ x y Câu 2: Giải hệ: ⎨ 1 1 ⎪ + 2 − = 2 ⎪ ⎩ y x Câu 3: CMR: Với mọi n nguyên dương ta có: (nn3 + 56)# . a 3 b3 c3 Câu 4: Cho abc , ,> 0 . CMR: + + ≥ ab + bc + ca. b c a Câu 5: Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. Gọi M, N, P, Q là các điểm bất kỳ lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CD, DA. 1.CMR: 24aMNNPPQQMa222222≤+++≤. 2.Giả sử M là một điểm cố định cho trước trên cạnh AB. Hãy xác định vị trí của các điểm N,P,Q lần lượt trên các cạnh BC,CD,DA sao cho MNPQ là một hình vuông. Hướng dẫn giải : 6 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ x + ⎟ − ⎜ x 6 + ⎟ − 2 ⎝ x ⎠ ⎝ x 6 ⎠ Câu 1: Có: P = 3 = ⎛ 1 ⎞ 1 ⎜ x + ⎟ + x 3 + ⎝ x ⎠ x3 3 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ = ⎜ x + ⎟ − ⎜ x3 + ⎟ = 3.⎜ x + ⎟ ≥ 6 (x > 0 ) . ⎝ x ⎠ ⎝ x3 ⎠ ⎝ x ⎠ Vậy Pmin = 6 khi x =1. 94
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 1 1 Câu 2: Đặt X = ;Y = (x, y > 0 ). x y 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 ⇔ X.(2 − X ) = 1 ⇔ X 2 − 2X +1 = 0 ⇔ X = 1. Suy ra X = Y =1⇒ x = y = 1 . Vậy ta có cặp nghiệm (x,y) là (1;1). Câu 3: Có: nnnnn3 +=−51 166()() ++ n# . Câu 4: Có: 3 3 3 ⎛ a ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ c ⎞ 2 2 2 ⎜ + ab⎟ + ⎜ + bc⎟ + ⎜ + ca⎟ ≥ 2a + 2b + 2c ≥ 2ab + 2bc + 2ca. ⎝ b ⎠ ⎝ c ⎠ ⎝ a ⎠ a 3 b3 c3 Suy ra: + + ≥ ab + bc + ca. b c a Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c . Câu 5: A M B 1.Chú ý: ∀x, y ≥ 0 ta luôn có: 221 ()xy+≥+≥ x22 y.(1).() xy + F 2 H ⎧MN 2 = MB 2 + NB 2 ⎪ ⎪NP 2 = NC 2 + PC 2 Ta có: ⎨ PQ 2 = PD 2 + QD 2 ⎪ C ⎪ 2 2 2 D ⎩QM = QA + MA G ⇒ MN 2 + NP 2 + PQ 2 + QM 2 = = ()()()()MB 2 + MA2 + NB 2 + NC 2 + PC 2 + PD 2 + QD 2 + QA2 Áp dụng (1) ta có: 2a2 ≤ MN2 + NP2 + PQ2 + QM2 ≤ 4a2. 2.Giả sử MBx= . Ta chọn N,P,Q : NC= DP== QA x . Dễ thấy MNPQ là hình vuông .Bài toán có duy nhất một nghiệm. 95
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 33:Thi Tổng Hợp (1996-1997) Vòng 2: 3 Câu 1: Giải phương trình: ()x −1 +1 + 2. x −1 = 2 − x. ⎧x − y = 1 ⎪ Câu 2: Giải hệ: ⎨y − z = 1 ⎪ z − x = 1 ⎩⎪ Câu 3: Cho x,y là những số nguyên dương thay đổi thỏa mãn: xy+ = 201. Hãy tìm GTLN & GTNN của biểu thức: Pxxy= ( 22++) yyx( +). Câu 4: Cho đoạn thẳng BC và đường thẳng (d) song song với BC. Biết khoảng cách giữa BC (d) và đường thẳng qua B và C nhỏ hơn . 2 Giả sử A là một điểm thay đổi trên (d). 1.Xác định vị trí của A để bán kính vòng tròn ngoại tiếp Δ ABC là nhỏ nhất. 2.Gọi hhhabc, , là độ dài các đường cao của Δ ABC . Xác định A để tích hhhabc . . lớn nhất. Câu 5.a:(Dành cho chuyên toán) 3 Cho xyz++>0 và xyz++≤ . 2 1 1 1 3 Chứng tỏ: x 2 + + y 2 + + z 2 + ≥ . 17. x 2 y 2 z 2 2 Câu 5.b:(Dành cho chuyên tin) Chia một hình tròn thành 14 hình quạt bằng nhau. Trong một hình quạt đặt một viên bi (xem hình vẽ). Gọi I là phép biến đổi: Lấy hai hình quạt bất kỳ có bi và chuyển từ mỗi hình quạt đó một viên bi sang hình quạt liền kề nhưng theo hai chiều ngược nhau (ví dụ, nếu viên bi ở một hình quạt được chuyển theo chiều kim đồng hồ thì viên bi ở hình quạt kia được chuyển theo chiều ngược lại). Hỏi bằng việc thực hiện phép biến đổi trên, sau một số hữu hạn bước ta có thể chuyển được tất cả các viên bi vào một hình quạt được không? Nếu có hãy chỉ ra cách biến đổi. Nếu không thì hãy giải thích? 96