ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011 (Của trường toàn quốc) TRẦN NAM DŨNG (Sưu tầm&Biên soạn) http://laisac.page.tl đăng tải PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Giải bình luận huynhcongbang Hiệu đính bổ sung namdung Bài 1: Giải phương trình 3x3 + x + + −3x3 + x + x − = x + x + (Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, đề chọn đội dự tuyển) Lời giải Điều kiện xác định: ⎪⎧3 x + x + ≥ ⎨ ⎪⎩ −3 x + x + x − ≥ Theo bất đẳng thức AM – GM thì: x3 + x + = 3x3 + x + ≤ + (3x3 + x + 2) 3x3 + x + = 2 3x3 + x + = ⇔ x = −1 + (−3x3 + x + x − 1) −3x3 + x + x 3 −3x + x + x − = −3x + x + x − ≤ = 2 Đẳng thức xảy Đẳng thức xảy −3x3 + x + x − = ⇔ x = −1 ⇒ x + x + + −3 x + x + x − ≤ 3x + x + −3 x3 + x + x 3x + x + + = 2 3x + x + (3 x + x + 3) + ( x + 1)2 ≤ = x2 + x + 2 Đẳng thức xảy ( x + 1)2 = ⇔ x = −1 Do đó, ta ln có: 3x3 + x + + −3x3 + x + x − ≤ x + x + Đẳng thức phải xảy ra, tức x = −1 Thử lại thấy thỏa Vậy phương trình cho có nghiệm x = −1 Bình luận Bài khơng q khó áp dụng đánh giá quen thuộc BĐT Tuy nhiên, để xác định hướng đơn giản; thông thường sau nhẩm nghiệm x = −1 đứng trước phương trình vơ tỉ có chứa này, ta hay dùng cách nhân lượng liên hợp; nhưng, cách trước sau vào bế tắc tính tốn phức tạp Bài 2: Giải phương trình: sin x − sin x + cos x − = (Trường THPT chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi) Lời giải Đặt a = sin x, b = cos x ⇒ −1 ≤ a, b ≤ Từ phương trình cho, ta có hệ sau: ⎧⎪ 4ab − 2a + 2b − = ⎨ 2 ⎪⎩ a + b = Ta có: 4ab − 2a + 2b − = ⇔ −4ab + 2a − 2b + = ⇔ (−4ab + 2a − 2b + 3) + ( 2a + 2b + 2) = ⇔ ⎡ 2(a − b)2 − 2 (a − b) + 1⎤ + (a + b + ) = ⎣ ⎦ ⇔ ( 2a − 2b − 1)2 + (a − b + ) = Mặt khác: a + b = nên a + b ≤ 2(a + b ) = ⇒ a + b + ≥ Đẳng thức xảy a = b = − ⎧ 2a − 2b − = ⎧⎪( 2a − 2b − 1)2 = ⎪ ⇔⎨ Do đó, từ (*), suy ra: ⎨ − ⎪⎩ (a + b + ) = ⎪a = b = ⎩ Dễ thấy hệ vô nghiệm Vậy phương trình cho vơ nghiệm Bình luận Đây dạng phương trình lượng giác giải cách đánh giá quen thuộc Ngoài cách đặt ẩn phụ đưa đại số hồn tồn trên, ta biến đổi trực tiếp phương trình ban đầu, nhiên điều dễ làm lạc sang hướng túy lượng giác việc giải toán gặp nhiều khó khăn [Namdung] Bài đề thi Olympic 30-4 năm 2000, lớp 10, đề trường Lê Hồng Phong Tp.HCM đề nghị Lời giải thức giống để nguyên a = sinx b = cosx Bài 3: Giải hệ phương trình ⎧ x = x − 12 y + 50 ⎪ ⎨ y = 12 y + z − ⎪ z = 27 x + 27 z ⎩ (Trường THPT Phan Chu Trinh, Đà Nẵng) Lời giải Ta có: x = x − 12 y + 50 ⇔ 48 − 12 y = x − x − ⇔ 12(4 − y ) = ( x − 2)( x + 1)2 (1) y = 12 y + z − ⇔ z − 18 = y − 12 y + 16 ⇔ 3( z − 6) = ( y − 4)( y + 2)2 (2) z = 27 x + 27 z ⇔ 27 x − 54 = z − 27 z − 54 ⇔ 27( x − 2) = ( z − 6)( z + 3)2 (3) -Nếu x = −1 ( x − 2)( x + 1) = , từ (1) suy y = hay ( y − 4)( y + 2) = , từ (2) suy 2 z = hay ( z − 6)( z + 3)2 = , từ (3) suy x = , mâu thuẫn Do đó, x = −1 khơng thỏa mãn hệ, ta xét x ≠ −1 ⇒ ( x + 1)2 > Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta có: ( y + 2)2 > 0,( z + 3)2 > Từ (2) suy y − 4, z − dấu Từ (3) suy x − 2, z − dấu Từ đó, ta được: x − 2, y − dấu Hơn nữa, từ (1), ta thấy x − 2, −( y − 4) dấu, tức là: ≤ ( x − 2)( y − 4) ≤ Do đó: x = y = Từ phương trình (1), (2), (3), dễ thấy hai trường hợp cho ta kết là: x = 2, y = 4, z = Vậy hệ cho có nghiệm ( x, y, z ) = (2, 4, 6) Bình luận Mấu chốt tốn phải có phân tích (1), (2), (3) Điều thực đoán nghiệm toán x = 2, y = 4, z = tác giả tốn xuất phát từ đẳng thức để biến đổi đề Dạng xuất đề thi HSG TPHCM năm 2006 – 2007: Giải hệ phương trình: ⎧ x3 + y = 3x + ⎪ ⎨2 y + z = y + ⎪ ⎩3 z + x = z + Cách giải toán hoàn toàn tương tự [Namdung] Bài 11 (đề thi chọn đội tuyển ĐHKHTN) có hình thức giải hoàn toàn tương tự Bài 4: Giải hệ phương trình 2 ⎪⎧(2 x − 3x + 4)(2 y − y + 4) = 18 ⎨ 2 ⎪⎩ x + y + xy − x − y + 14 = (Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, đề chọn đội dự tuyển) Lời giải Xét đẳng thức: x + y + xy − x − y + 14 = (*) Ta xem (*) phương trình bậc hai theo biến x, viết lại là: x + x( y − 7) + y − y + 14 = Phương trình có nghiệm khi: Hoàn toàn tương tự, xem (*) phương trình bậc hai theo biến y, viết lại là: y − y ( x − 6) + ( x − x + 14) = Phương trình có nghiệm khi: 10 Δ x = ( x − 6)2 − 4( x − x + 14) ≥ ⇔ −3 x + 16 x − 20 ≥ ⇔ ≤ x ≤ Ta xét hàm số: f (t ) = 2t − 3t + 4, t ∈ \ ⇒ f ′(t ) = 4t − = ⇔ t = < Suy ra, [1, +∞) , hàm số đồng biến Ta được: f ( x) ≥ f (2) = 6, f ( y) ≥ f (1) = ⇒ f ( x) f ( y ) ≥ 3.6 = 18 Từ phương trình thứ hệ ta thấy đẳng thức phải xảy ra, tức x = 2, y = Thay hai giá trị vào (*), ta thấy khơng thỏa Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm Δ y = ( y − 7)2 − 4( y − y + 14) ≥ ⇔ −3 y + 10 y − ≥ ⇔ ≤ y ≤ Nhận xét Ý tưởng giải khơng khó quen thuộc cần tìm miền xác định biến thơng qua việc tính Delta phương trình bậc hai; lời giải có khảo sát hàm số thực kết chứng minh bất đẳng thức đại số túy nên cơng cụ giải đại số Và việc hai biểu thức x y phương trình đầu hệ giống dẫn đến đánh giá sai hướng mà dùng giải tích, xét hàm số để khai thác phương trình điều khơng đem lại kết Các hệ số chọn số đẹp ưu điểm bật tốn Bài 5: Giải hệ phương trình ⎧ y − x2 x + = ⎪e y +1 ⎨ ⎪3 log ( x + y + 6) = log ( x + y + 2) + 2 ⎩ (Trường THPT Cao Lãnh, Đồng Tháp, đề chọn đội tuyển 11) Lời giải ⎧x + y + > Điều kiện xác định: ⎨ ⎩x + y + > Xét hàm số: f (t ) = et (t + 1), t ∈ [0, +∞ ) Ta có: f ′(t ) = et (t + 1) + et = et (t + 2) > nên hàm đồng biến 2 x2 + ⇔ e x ( x + 1) = e y ( y + 1) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y ⇔ x = ± y y +1 Phương trình thứ hai hệ tương đương với: log ( x + y + 6) = log ( x + y + 2) + Do đó: e y − x2 = ⇔ log2 ⎡⎣( x + y + 6)3 ⎤⎦ = log ⎡⎣ 2( x + y + 2)2 ⎤⎦ ⇔ ( x + y + 6)3 = 2( x + y + 2)2 (*) Xét hai trường hợp: -Nếu x = y thay vào (*), ta được: (3 x + 6)3 = 2(2 x + 2)2 Theo điều kiện ban đầu x + > ⇒ x + > x + > Hơn nữa: (3 x + 6)3 − 2(2 x + 4)2 = ( x + 2)2 (27 x + 46) > ⇒ (3 x + 6)3 > 2(2 x + 4)2 Do đó: (3 x + 6)3 > 2(2 x + 4)2 > 2(2 x + 2)2 nên phương trình vơ nghiệm -Nếu x = − y , thay vào (*), ta được: (− x + 6)3 = 2(2)2 ⇔ (6 − x )3 = ⇔ − x = ⇔ x = Suy ra: y = − x = −4 Thử lại thấy thỏa Vậy hệ cho có nghiệm ( x, y ) = (4, −4) Bình luận Hệ dạng quen thuộc với ý tưởng dùng tính chất hàm đơn điệu: f (a) = f (b) ⇔ a = b Ở ý đánh giá trường hợp x = y, phương trình bậc ba thu phải giải theo công thức tổng quát, điều thường bị tránh kì thi HSG; đó, việc tìm đánh giá thích hợp để chứng minh nghiệm khơng thỏa đề điều tự nhiên Bài 6: Giải hệ phương trình: ⎧⎪2(2 x + 1)3 + x + = (2 y − 3) y − ⎨ ⎪⎩ x + + y + = (Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Lời giải −1 , y ≥ 2 Xét hàm số: f (t ) = 2t + t , t ∈ (0; +∞ ) Suy ra: f ′(t ) = 6t + > nên hàm đồng biến Điều kiện xác định: x ≥ Từ phương trình thứ hệ, ta có: f (2 x + 1) = f ( y − ) ⇔ x + = Thay vào phương trình thứ hai, ta được: y−2 y − + y + = (*) Ta thấy hàm số: g ( y ) = 4 y − + y + − 6, y ∈ (2, +∞ ) có đạo hàm là: g ′( y ) = (4 y − 8)3 + 2y + > 0, ∀y ∈ (2, +∞) nên đồng biến Hơn nữa: g (6) = 4.6 − + 2.6 + − = nên (*) có nghiệm y = Với y = , ta có x = Vậy hệ cho có nghiệm ( x, y ) = ( , 6) Bình luận Dạng tốn ứng dụng trực tiếp tính đơn điệu vào tốn để đơn giản hóa biểu thức thường gặp Hướng giải dễ dàng phát từ phương trình thứ hệ, x y nằm vế phương trình quan sát kĩ thấy tương ứng biểu thức dẫn đến xét hàm số nêu [Namdung] Ý tưởng hoàn toàn giống với đề thi Đại học mơn tốn khối A năm 2010: Giải hệ phương trình (4x2+1)x + (y-3)sqrt(5-2y) = 4x2 + y2 + 2sqrt(3-4x) = Bài 7: Giải hệ phương trình sau: ⎧ y x + = +2 ⎪ y ⎨ x x ⎪ 2 ⎩ y( x + − 1) = x + (Đề chọn đội tuyển trường Chun Lê Q Đơn – Bình Định) Lời giải Điều kiện xác định: x > 0, y ≠ Phương trình thứ hệ tương đương với: y x = + ⇔ y x + y = x x + xy ⇔ y + y( x − x) − x x = x y x Xem phương trình bậc hai theo biến y, ta có: + Δ x = ( x − x ) + x x = x + x x + x = ( x + x )2 > Do đó, phương trình có hai nghiệm là: (2 x − x ) − ( x + x ) (2 x − x ) + ( x + x ) = − x , y2 = = x, 2 Xét hai trường hợp: y1 = -Nếu y = − x , thay vào phương trình thứ hai hệ, ta được: − x ( x + − 1) = x + Dễ thấy: − x ( x + − 1) < < 3x + nên phương trình vơ nghiệm -Nếu y = x , thay vào phương trình thứ hai hệ, ta được: x( x + − 1) = 3x + ⇔ x + 1.(2 x − ) = x ⇔ x + = 2x 2x − (*) 3 không thỏa mãn đẳng thức nên xét x ≠ phép biến đổi 2 2x ,x > phù hợp) Xét hai hàm số: f ( x) = x + 1, x > g ( x) = 2x − (dễ thấy x = Ta có: f ′( x) = x > nên hàm đồng biến, g ′( x) = −2 ( x − )2 x +1 nghịch biến Suy phương trình (*) có khơng q nghiệm < nên hàm Nhẩm thấy x = thỏa mãn (*) nên nghiệm (*) Vậy hệ cho có nghiệm ( x, y ) = ( 3, ) Bình luận Quan hệ x y che giấu phương trình đầu tiên, nhận thấy điều bước dễ nhận biết Bài tính tốn rườm rà hướng giải rõ ràng nên không q khó Bài 8: Giải hệ phương trình 3 2 ⎪⎧ x + x y + y = y x + x y + x ⎨ 3 ⎪⎩ x( y − x ) = (Đề thi chọn HSG tỉnh Hưng Yên) Lời giải Ta có: x + x y + y = y x + x y + x ⇔ ( x − xy ) + ( x3 y − x y ) − 9( x − y ) = ⇔ ( x − y ) ⎡⎣ x( x + xy + y ) + x y − ⎤⎦ = ⇔ ( x − y ) ⎡⎣ x( x + y )2 − ⎤⎦ = Từ phương trình thứ hai hệ, ta thấy x ≠ y nên từ biến đổi trên, suy ra: x( x + y )2 − = ⇔ x( x + y )2 = (*) Ta có: x( y − x3 ) = ⇔ y − x3 = 7 ⇔ y = x3 + x x Thay vào (*), ta được: x( x + x3 + )2 = x Ta chứng minh vế trái hàm đồng biến theo biến x Thật vậy: ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 7 2 3 ⎜ x( x + x + ) = x x + x x + + ⎜ x + ⎟ ⎟ ⎜ x x x⎠ ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ ⎛ 7⎞ = x + x x + + x ⎜ x3 + ⎟ = x3 + x x + x + x x + x x⎠ ⎝ 3 ( ) Từ (*) suy x > biểu thức trên, số mũ biến x dương nên hàm đồng biến; suy có khơng q nghiệm Thay trực tiếp x = vào biểu thức, ta thấy thỏa Vậy hệ cho có nghiệm là: ( x, y ) = (1, 2) Bình luận Điểm đặc biệt xử lí hệ phương trình sau biến đổi, ta dùng cách đại số trực tiếp, phân tích nghiệm x = phương trình bậc cao cịn lại khó mà giải Cách lập luận theo tính đơn điệu hàm số vừa tránh điều vừa làm cho lời giải nhẹ nhàng Bài 9: Giải hệ phương trình: 4 ⎪⎧ x − x = y − y ⎨ 2 ⎪⎩( x − y ) = (Đề kiểm tra đội dự tuyển trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) Lời giải Đặt x + y = a, x − y = b, = c Từ phương trình thứ hai hệ, ta có: ( ab ) = c ⇔ ab = c Ta có: x = a+b a −b ,y = Suy ra: 2 ⎡⎛ a + b ⎞ ⎛ a − b ⎞ ⎤ ab (a + b ) , nữa: x − y = ( x − y )( x + y )( x + y ) = ab ⎢⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎥= ⎢⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥⎦ (a − b) a + 3b a + c3b = = x − y = (a + b) − 2 Do đó, phương trình thứ hệ cho tương đương với: ab 2 a + c3b (a + b ) = ⇔ c(a + b ) = a + c3b 2 Ta có hệ là: 4 2 ⎧⎪c(a + b ) = a + c 3b c2 c4 ⇒ c a + = a + ⇔ ca + c = a + ac ⇔ (ca − 1)(a − c3 ) = ( ) ⎨ a a ⎪⎩ab = c ⇔ a = ∨a =c c Suy hệ có hai nghiệm là: (a, b) = (c,1);( , c ) c Xét hai trường hợp: c +1 3 +1 −1 = ,y = 2 ⎛ ⎞ + c3 ⎛ ⎞ − c3 −1 = = ,y = ⎜ −c ⎟ = - Nếu a = , b = c x = ⎜ + c ⎟ = 3 2⎝c 2c 2⎝c 2c c 3 ⎠ ⎠ 3 ⎛ + − ⎞ ⎛ −1 ⎞ Vậy hệ cho có hai nghiệm là: ( x, y ) = ⎜ , ⎟ ,⎜ , ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ ⎠ - Nếu a = c, b = x = Bình luận Đây hệ phương trình đẹp, hình thức dễ làm bối rối khơng thể nhẩm nghiệm tìm hàm số để khảo sát ý tưởng thơng thường Lời giải túy đại số cách đặt ẩn phụ đề cần phải ý, xuất đề VMO 2005: ⎪⎧ x + xy = −49 ⎨ 2 ⎪⎩ x − xy + y = y − 17 x HÌNH HỌC Lời Giải Novae Bài (Đề chọn đội tuyển ĐHSP HN) Gọi trọng tâm tâm nội tiếp tam giác Đường thẳng qua song song với cắt Qua song song với theo thứ tự cắt cạnh Qua song song với theo thứ tự cắt Các điểm theo thứ tự tâm đường tròn nội tiếp tam giác CMR: đồng quy điểm thuộc Lời giải: Gọi giao điểm với , trung điểm , phép vị tự tâm , tỉ số biến cho tam giác , suy với cát tuyến , ta suy , đến áp dụng Menelaus , từ suy đpcm Bài (Đề chọn đội tuyển Toán trường THPT Phan Chu Trinh, Đà Nẵng) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).AC cắt BD E , AD cắt BC F.Trung điểm AB CD G,H Chứng minh EF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EGH Lời giải: giao điểm tiếp tuyến Dễ Gọi thấy chùm Gọi trung điểm Áp dụng định lý Maclaurin Mặt khác tứ giác nội tiếp (theo đường thẳng Gauss) ta nhận đpcm Bài (Đề chọn đội dự tuyển ĐHSP HN) Cho tam giác ABC nhọn.Các đường cao BE,CF cắt H.Trên tia FB,EC theo thứ tự lấy điểm P,Q cho FP=FC;EQ=EB;BQ cắt CP K.I,J theo thứ tự trung điểm BQ,CP.IJ theo thứ tự cắt BC,PQ M,N.CMR: a b.góc IAM=góc JAN Lời giải: a,chú ý tứ giác BPCQ nội tiếp,xét phương tích H,K đường trịn đường kính PC,BQ.ta có dpcm b,ta cần bổ đề sau:cho tứ giác ABCD nội tiếp 10 (O) liên hợp đẳng giác đối vs góc ASB cho: chứng minh dễ,gọi f phép đồng dạng nghịch, biến dpcm trở lại toán chúng ta.áp dụng định lý menelaus cho mặt khác M N ta có ta (1) (2) từ (1),(2) theo bổ đề vs ý BPCQ nội tiếp, ta có dpcm Bài (Đề chọn đội dự tuyển ĐHSP HN) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Tiếp tuyến (O) B,C cắt S Trung trực AB,AC cắt p/g góc BAC M,N BM, CN cắt P Chứng minh SA qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP Lời giải: 11 Biến đổi góc đơn giản chứng minh trực tâm H tam giac OMN điểm đối xứng tâm nội tiếp tam giác MNP qua phân giác AE Chứng minh A,I,S thẳng hàng tương đương với việc chứng minh A,H,D thẳng hàng_do tính chât đường đối trung A,H,D thẳng hàng chứng minh nhờ định lí Menelauyt cho tam giác OFE Bài (Đề chọn đội tuyển toán 11, trường THPT Cao Lãnh) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn.Gọi P,Q,M giao điểm AB DC;AD BC;AC BD Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác OPM,tam giác OMQ,tam giác MPQ Lời giải: Áp dụng định lý Brocard, ta có O trực tâm tam giác MPQ Theo kết quen thuộc điểm đối xứng với O qua MP nằm (MPQ) Suy (OMP) (MPQ) đối xứng với qua MP, bán kính chúng Tương tự, ta suy đpcm Bài (German MO 2010) Hai đường tròn cắt hai điểm phân biệt Một tiếp tuyến chung hai đường tròn tiếp xúc với tiếp tuyến chung lại tiếp xúc với Chứng cắt hai đường trịn tạo nên hai dây cung có độ dài minh đường thẳng Lời giải: 12 đặt tên điểm hình vẽ ta có mặt khác, áp dụng định lý sin, ta có: (đpcm) Bài (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Bến Tre) Cho tam giác ABC có Gọi bán kính đường trịn ngoại , G tâm tam giác tiếp tam giác So sánh Lời giải: Gọi trung điểm cạnh ta có có chung, có chung, (đpcm) Bài (Đề chọn đội tuyển trường ĐH KHTN) Tam giác nhọn, nằm tam giác thỏa mãn = + Chứng minh : Lời giải: 13 Kẻ tam giác BED, DA.BC=DB.AC mà DB=DE góc ADE= góc ACB nên Do ta có DA.BC=AC.DE=AC.BE (1) nên DC.AB=AC.BE Từ cặp đồng dạng ta có tam giác đồng dạng (2) Từ (1) (2) ta có đpcm Bài (Đề chọn đội tuyển trường ĐH KHTN) Kí hiệu tâm nội tiếp Đường thẳng vng góc với cắt K,M.Gọi B',C' giao điểm cặp (BI,AC),(CI,AB).Đường thẳng B'C' cắt (O)=(ABC) N,E CMR bốn điểm M,N,E,K thuôc đường tròn Lời giải: Gọi giao điểm MB KC D, ta có A D I thẳng hàng IA DA vng góc với MK M K tâm bàng tiếp góc C B tam giác ABC nên IB vng góc với MB IC vng góc với KC, tứ giác MBCK nội tiếp I giao MC' KB', A giao BC' CB' D giao MB CK, I - A – D thẳng hàng nên theo định lý Deargues ta có MK, B'C' BC đồng quy, giả sử P Từ theo phương tích ta có PN.PE=PB.PC=PM.PK, suy đpcm Bài 10 (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lê Quý Đơn, Bình Định) Cho đường trịn tâm O, đường kính BC XY dây cung vng góc với BC Lấy P, M nằm đường thẳng XY CY tuơng ứng, cho CY song song với PB CX song song với MP; K giao điểm CX BP Chứng minh MK vng góc với BP Lời giải: Cách 1: 14 Gọi Đặt Ta có Và Suy tam giác BPD cân P Do tam giác KPX cân K ( ) nên KX=KP Suy MC=KP=KA (MCKP hình bình hành) Mà MC//KA suy MCAK hình bình hành (đpcm) Suy MK//AC hay Cách 2: PKCM hình bình hành => KC=MP tam giác MPY cân M =>MP=MY tam giác BKC cân K =>KB=KC từ điều =>MY=KB mà MY song song với KB => MYBK Hình bình hành có => => HCN =>MK BP Bài 11 (Đề chọn đội dự tuyển Bắc Ninh) Cho tam giác ABC cân A Đường phân giác góc B cắt cạnh AC D Biết Hãy tính góc A Lời giải: Cách 1: Gọi cạnh đáy , cạnh bên , ta có: , 15 ta giải nghiệm Cách 2: , suy Kẻ thêm hình ta có ADE BEC tam giác cân BD phân giác nên Đến tính B=40 => A=100 Bài 12 (Đề chọn học sinh giỏi Hải Phòng, bảng A) nội tiếp đường cao Gọi Cho tam giác hình chiếu vng góc lên cạnh Chứng minh rằng: thẳng hàng Lời giải: Gọi M điểm đối xứng với B qua O tam giác BAH BMC đồng dạng, suy ca = Rha = 2 R (1) 16 Tam giác BHC vng H, có HE đường cao, suy BH BC = BH = R (2) Từ (1) (2), suy c = BE Tương tự, ta có a = BD Do tam giác BAC BED đồng dạng theo tỉ số Gọi K hình chiếu vng góc BH = R, ∠KBE = ∠HBA = ∠OBC ⇒ O ≡ K ⇒ đpcm B lên DE ta có BK = Bài 13 (Đề chọn đội tuyển tỉnh Hà Tĩnh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O Đường tròn (O1) tiếp xúc cạn AB, AC P, Q tiếp xúc với (O) S Gọi giao điểm AS với PQ D Chứng minh ∠BDP = ∠CDQ Lời giải: Bổ đề: Cho đường tròn (α), đường tròn (β) nằm (α) tiếp xúc với (α) T A, B điểm (α) Gọi AC, BD tiếp tuyến kẻ từ A, B đến đường tròn (β) AC TA = Khi BD TB Chứng minh: Gọi A’, B’ giao điểm thứ TA, TB với (β) Phép vị tự tâm T biến (α) → (β), biến A → A’, B → B’ Suy AB//A’B’ Ta có 2 AA'.AT BB ' BT ⎛ BD ⎞ AC BD AC A' T AT ⎛ AC ⎞ (đpcm) = ⇒ = = = =⎜ ⎟ ⇒ ⎟ = ⎜ A' T A' T B ' T B' T ⎝ B' T ⎠ A' T B' T BD B' T BT ⎝ A' T ⎠ Trở lại với toán: 17 BP BS sin ∠BCS sin ∠BAS PD = = = = CQ CS sin ∠CBS sin ∠CAS QD Mặt khác, ΔAPQ cân A, suy ∠APQ=∠AQP ⇒ ∠BPD=∠CQD ⇒ ΔBPD ~ ΔCQD ⇒ ∠PDB = ∠QDC (đpcm) Áp dụng bổ đề, ta có BẤT ĐẲNG THỨC Bài Cho x, y, z > Tìm Giá trị nhỏ biểu thức (Trường ĐHSP HN) Bài Cho số a;b;c dương thỏa mãn điều kiện: a + b + c = Chứng minh rằng: (Trường ĐHSP HN, đề chọn đội dự tuyển) Bài Tìm số thực k nhỏ cho Với số thực a,b thỏa mãn điều kiện: a ≥ b > 18 (Trường ĐHSP HN, đề chọn đội dự tuyển) Bài Cho a, b, c > thỏa mãn Chứng minh (Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Bài Chứng minh với số thực x, y, z , t , u , v ∈ ( 0;1) ta có (Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Bài Cho a, b, c số thực đôi phân biệt Chứng minh (German MO 2010, vòng 4) Bài Cho x, y, z số thực khơng âm Tìm giá trị lớn của: (Trường THPT chuyên Bến Tre) TỔ HỢP Bài (Đề chọn đội tuyển ĐHSP HN) Cho 11 điểm nằm đường thằng d cho khoảng cách điểm ko lớn Đặt S(m) tổng khoảng cách từ điểm đến 10 điểm lại CMR: ∑ S (m) ≤ 60 Bài (Đề chọn đội dự tuyển ĐHSP HN) Các số 1, 2, , 2n-1, 2n phân thành nhóm, nhóm gồm n số Giả sử a1,a2… an thuộc nhóm ; b1,b2… bn thuộc nhóm Chứng minh rằng: Bài (Đề chọn đội dự tuyển ĐHSP HN) Số nguyên dương n gọi có tính chất T nếu: với số tự nhiên A chia hết cho n, hoán vị A chia hết cho n a) Chứng minh: n có tính chất T (n,10) = b) Tìm n thỏa mãn tính chất 19 Bài (Đề chọn đội tuyển lớp 11 trường THPT chuyên Cao Lãnh) Tồn hay khơng tập M có hữu hạn phần tử dương thỏa điều kiện: i) M có phần tử; ii) Với số a,b,c,d thuộc M, ab+cd thuộc M Bài (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Cho tập hợp S số tự nhiên dương nhỏ 33 Liệu phân rời có tính chất: Mỗi tập hoạch S thành 11 tập có phần tử tồn phần tử tổng phần tử lại Bài (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lê Khiến, Quảng Ngãi) Cho tập X gồm 20 số tự nhiên liên tiếp Chứng minh có tập A,B tập chứa phần tử X thỏa mãn điều kiện sau: i) A, B khơng có phần tử chung ii) A, B không chứa phần tử hai số tự nhiên liên tiếp iii) Hiệu tổng nghịch đảo phần tử A với B nhỏ Bài (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Bến Tre) Tìm số tất số tự nhiên bé phân có chữ số chia hết cho biểu diễn thập DÃY SỐ Bài 1.(Đề chọn đội tuyển ĐHSP HN) Cho dãy số { } thỏa mãn: Chứng minh dãy có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Bài (Đề chọn đội tuyển ĐHSP HN) Cho dãy xác định a) Tìm giới hạn dãy b) Chứng minh: 20 Bài (Trường THPT chuyên Phan Chu Trinh, Đà Nẵng) Cho dãy số nguyên dương thỏa mãn: với Tính giá trị , Bài (Trường THPT chun Bến Tre) Tìm cơng thức tổng qt dãy số sau: Bài (Trường ĐHKHTN HN) Cho Xét dãy { } thỏa Chứng minh dãy có giới hạn hữu hạn n tiến tới vô tìm giới han Bài (Đề chọn đội tuyển tỉnh Hưng Yên) với n nguyên dương CMR phương trình Cho phương trình: cho có nghiệm thực với n nguyên dương cho trước Gọi nghiệm Tìm Lim Bài (Đề chọn đội tuyển tỉnh Hà Tĩnh) ∀m, n ∈ N * m+n Dãy số (xn) thỏa mãn điều kiện: x n + m − x m − x n < Chứng minh rằng: (xn) cấp số cộng PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ ĐA THỨC Bài (Đề chọn đội tuyển Tốn ĐHSP HN) Tìm tất thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 1) 2) Bài (Đề chọn đội dự tuyển Toán ĐHSP HN) Chứng minh với hàm f: Z->Z tộn nguyên cho Bài (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Cho hàm số mãn có đạo hàm cấp , cho tồn số Chứng minh: thỏa 21 Bài (Đề chọn đội tuyển trường THPT Cao Lãnh) Giải pt hàm liên tục sau: Bài (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Bến Tre) Tìm tất hàm số thỏa mãn: Bài (Đề chọn đội tuyển trường ĐH KHTN) Tìm tất hàm số thỏa mãn điều kiện: Bài (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Nghệ An) Tìm tất hàm số i) ii) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: Bài (Đề chọn đội tuyển Hà Tĩnh) Tìm đa thức P(x) với P(x) ≠ thỏa mãn: P(x2-2x) = [P(x-2)]2 với x thuộc R Bài (Đề chọn đội tuyển trường PTNK) Tìm tất hàm f: R Ỉ R thỏa mãn với x, y thuộc R Bài 10.(Đề chọn đội tuyển Tp HCM) Tìm tất đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn điều kiện: Bài 11 (Đề chọn đội tuyển Tp HCM) Xác định đa thức tập số thực P(x) với Bài 12 (Đề chọn đội tuyển Nha Trang – Khánh Hòa) Tìm tất hàm số liên tục từ R > R thỏa mãn điều kiện f(x+y-xy) + f(xy) = f(x) + f(y) với x, y thuộc R Bài 13 (Đề chọn đội tuyển Đà Nẵng) 22 Tồn hay không đa thức P(x) bậc 2010, với hệ số thực, cho (P(x))2 – = P(x2+1) với x thuộc R ? Bài 14 (Đề chọn đội tuyển Đà Nẵng) Tìm tất đa thức P(x),với hệ số phức, cho P(2) = 12 P(x2) = x2(x2+1)P(x) với x thuộc R Bài 15.Tìm tất hàm số f : R Ỉ R cho với x, y thuộc R ta có f(x) ≥ x f(x+y) ≥ f(x)f(y) + f(x) + f(y) 23