Tuyển tập Đề thi học sinh giỏi môn Toán tỉnh Nghệ An từ năm 2009 đến năm 2019

Bộ đề g ồ m nhi ều Câu toán hay được các thầy cô trên cả nước sưu tầm và sáng tác, ôn luyệ n qua s ẽ giúp các em phát triển tư duy môn toán từ đó thêm yêu thích và họ c gi ỏ i môn h ọ[r]



Sưu tầm tổng hợp

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

MƠN TỐN LỚP NGHỆ AN

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

MƠN TỐN LỚP TỈNH LỚP NGHỆ AN LỜI NÓI ĐẦU

Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh luyện thi học sinh giỏi

toán lớp tỉnh Nghệ An Đây bộđềthi mang tính chất thực tiễn cao, giúp thầy cô em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp có tài liệu bám sát đềthi để đạt thành tích cao,

mang lại vinh dự cho thân, gia đình nhà trường Bộ đề gồm nhiều Câu tốn hay thầy cảnước sưu tầm sáng tác, ôn luyện qua sẽgiúp em phát triển tư mơn tốn từđó thêm u thích học giỏi mơn học này, tạo tảng đểcó kiến thức tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức ởcác lớp, cấp học nhẹnhàng hiệu quảhơn.

Các vịphụhuynh thầy dạy tốn có thểdùng có thểdùng tuyển tập đềtốn để giúp em học tập Hy vọng Tuyển tập đềthi học sinh giỏi lớp tỉnh Nghệ An sẽcó thểgiúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung.

Bộ đề viết theo hình thức Bộ đề ơn thi, gồm: đề thi hướng dẫn giải đề dưới đề thi dựa đề thi thức sử dụng kì thi học sinh giỏi toán lớp tỉnh nước

Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, giáo em học!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2018 – 2019

Mơn thi: TỐN - BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (3,0 điểm)

a Tìm nghiệm nguyên phương trình:

b Chứng minh chia hết cho với sốnguyên dương n.

Câu (6,5 điểm)

a Giải phương trình:

b Giải hệphương trình:

Câu (2,5 điểm)

Cho sốthực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

Câu (6,0 điểm)

1 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từba đỉnh A, B, C tam giác Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) điểm thứ M (M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BM

cắt đường thẳng DF N Chứng minh rằng:

a EF OA b AM = AN

2 Cho tam giác nhọn ABC, D điểm tam giác cho

và AC.BD = AD.BC Chứng minh

Câu (2,0 điểm)

Trong hình vng cạnh có 2019 điểm phân biệt Chứng minh tồn hình trịn bán kính nằm hình vng mà khơng chứa điểm

nào 2019 điểm cho

_Hết _

2y xy x 2y 0− + − + =

n n A 2= +4 16+

3 8x 4x

2x

2x

+

+ = ⋅

+

( ) ( )

( )( )

2

x y

x y x y

 − + − =

 

− − − − = −



, , a b c

4 4

a b c

P

a b b c c a

     

=  +  + 

+ + +

     

⊥

 

ADB = ACB 90+

AB.CD

AC.BD =

1 91

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2017 – 2018

Mơn thi: TỐN - BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (3 điểm)

a Tìm số phương có chữ số biết chữ số hàng đơn vị số nguyên tố bậc hai số cần tìm có tổng chữ số số phương

b Chứng minh số 22n+1

A=2 +31là hợp số với số tự nhiên n Câu (7 điểm)

a Giải hệ phương trình:

2

2

2 3 6

2 3 6.

x y x y x y

 = + −

 

= + −



b Giải phương trình: 1 2 3 8 18 11

2 2 3

x x x x

x

+ +

+ + + = ⋅

+

Câu (2 điểm)

Cho x y z, , số thực dương thoả mãn xyz=1. Tìm giá trị lớn biểu thức:

1 1 1

P

(3x 1)(y z) x (3y 1)(x z) y (3z 1)(x y) z

= + + ⋅

+ + + + + + + + +

Câu (6 điểm) Cho AB đường kính cố định đường trịn (O) Qua điểm A vẽ đường thẳng d vng góc với AB Từ điểm E đường thẳng d vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) (C tiếp điểm, C khác A) Vẽ đường tròn (K) qua C tiếp xúc với đường thẳng d E, vẽ đường kính EF đường trịn (K) Gọi M trung điểmcủa OE Chứng minh rằng:

a Điểm M thuộc đường tròn (K)

b Đường thẳng qua F vng góc với BE ln qua điểm cố định E thay đổi đường thẳng d

Câu (2 điểm) Ở miền đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích lấy 2017 điểm,

trong khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh tồn tam giác có đỉnh lấy từ 4035 điểm (bao gồm 2018 đỉnh đa giác 2017 điểm đa giác đó) có diện tích khơng vượt 1

6050⋅

_Hết _

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2016 – 2017

Môn thi: TOÁN - BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (4 điểm)

a) Tìm hệ số a, b, c đa thức P(x) x= 2+bx c+ biết P (x) có giá trị nhỏ nhất bằng – x =

b) Giải hệphương trình

( ) ( )

2

2

x xy xy y

2 x x y y

 + − − =

 

+ − + − =



Câu (4 điểm)

a) Giải phương trình x x+ = − + 1 x+

b) Cho sốthực dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 1.+ + = Tìm giá trị lớn biểu

thức

2 2

2a b c

P

1 a b c

= + +

+ + +

Câu (3 điểm)

Cho tam giác ABC có BAC 135 ,BC 5cm = = và đường cao AH = cm Tìm độ dài cạnh AB AC

Câu (5 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), D điểm cung BC khơng chứa A Dựng hình bình hành ADCE Gọi H, K trực tâm tam giác ABC ACE Gọi P Q hình chiếu K BC AB, gọi I giao điểm

EK với AC

a) Chứng ba điểm P, I, Q thẳng hàng b) Chứng minh PQ qua trung điểm KH Câu (4 điểm)

a) Tìm tất sốnguyên tốkhác m, n, p, q thỏa mãn

1 1 1

1 m+ + + +n p q mnpq =

b) Trên bảng có ghi hai số1 Ta ghi sốtiếp theo lên bảng theo quy tắc sau:

Nếu có hai sốphân biệt bảng thi ghi thêm số z xy x y= + + Chứng minh sốtrên bảng (trừ số1) có dạng 3k 2+ với sốk tự nhiên

_Hết _

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016

Mơn thi: TỐN - BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (3,0 điểm)

a Chia 18 vật có khối lượng 20162; 20152; 20142; ; 19992gam thành ba nhóm có khối lượng (khơng chia nhỏcác vật đó)

b Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 3x+ 171 = y2 Câu (6,0 điểm)

a Giải phương trình: ( )

6 1 2 1 2 3

x + x+ = x+ x + x+ b Giải hệphương trình:

2

2

4 1 4

1 x y x x xy y

 + = −

 

+ + =



Câu (3,0 điểm) Cho a, b, c > thỏa mãna + b + c = Chứng minh rằng:

2 2

1 1

3

1 1

a b c

b c a

+ + +

+ + ≥

+ + +

Câu (6,0 điểm) Từđiểm M nằm ngồi đường trịn tâm (O; R) Vẽhai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm), cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q)

Gọi H giao điểm OM AB

a Chứng minh: HPO =HQO

b Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng 1 1

EA+ EB có giá trị nhỏ

Câu (2,0 điểm) Tìm hình vng có kích thước nhỏ đểtrong hình vng

sắp xếp hình trịn có bán kính cho khơng có hai hình trịn chúng có điểm chung

_Hết _

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2014 – 2015

Mơn thi: TỐN - BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (4 điểm):

a Cho hai số tự nhiên a, b thoả mãn điểu kiện: a2+ a = 2b2 + b Chứng minh a – b a + b + sơ chínhphương

b Tìm số tự nhiên n cho số 2015 viết thành tổng n hợp số viết thành tổng n + hợp số

Câu (5 điểm):

a Giải phương trình: 2

6x− +1 9x − =1 6x−9x

b Giải hệ phương trình:

2

2

2

2

x y xy

x y x y

 + + =

 

+ = +



Câu (3 điểm):

Cho a, b, c số thực dương thoả mãn: abc =

Tìm giá trị lớn biểu thức P = 1

2 3

a+ b+ +b+ c+ +c+ a+

Câu (6 điểm):

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Trên cung nhỏ BC đường trịn (O) lấy điểm M (M khơng trùng với B, C) Gọi D, E, F điểm đối xứng với M qua BC, CA, AB Chứng minh rằng:

a Ba điểm D, E, F thẳng hàng

b AB AC BC

MF +ME = MD

Câu (2 điểm):

Cho 121 điểm phân biệt nằm cạnh tam giác có cạnh cm Chứng mỉnhằng vẽ hình trịn đường kính 3cm chứa 11 điểm số điểm cho

_Hết _

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2014 – 2015

Mơn thi: TỐN - BẢNG B

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (4 điểm):

a Tìm số tự nhiên n cho

119

n + số phương

b Cho số nguyên dương a b c d, , , thỏa mãn: 2 2 a +b = +c d Chứng minh a+ + +b c d hợp số

Câu 2.(5 điểm):

a Giải phương trình:

1 2 3

x− + x+ =

b Giải hệ phương trình:

2

3

2

2 4

x y xy x y x y

+ + =

 

+ = +



Câu (3 điểm):

Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn: abc=1

Tìm giá trị lớn biểu thức P 1 1 1

2 3 2 3 2 3

a b b c c a

= + +

+ + + + + +

Câu (6 điểm):

Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB chứa nửa đường tròn (O) vẽ tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn Trên đoạn thẳng AO lấy điểm H cố định (H không trùng với A, O) Gọi M điểm di chuyển nửa đường trịn Qua M kẻ đường thẳng vng góc với MH, đường thẳng

này cắt tiếp tuyến Ax, By C, D a Chứng minh AC.BD = AH.BH

b Xác định vị trí điểm M để tam giác CHDcódiện tíchnhỏ Câu (2 điểm):

Cho 121 điểm phân biệt nằm cạnh tam giác có cạnh 6cm.Chứng minh vẽ hình trịn đường kính 3cm chứa 11 điểm số điểm cho

_Hết _

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2013 – 2014

Môn thi: TOÁN - BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (4.0 điểm).

a Chứng minh tồn số tự nhiênksao cho 2013k-1 chia hết cho 105

b Tìm số ngunxsao chox2+28 số phương

Câu (6.0 điểm).

a Giải phương trình: 2

4x +5x+ −1 x − + =x 9x−3

b Giải hệ phương trình: 22 22

2

x y x y

x xy y

 + = − −

 

− − =



Câu 3(3.0 điểm).Cho số thực dươngx, y, zthỏa mãn xy+yz+zx=1

Tìm P = x2 y2 z2

x+y+ y+z+ z+x

Câu 4(5.0 điểm) Cho đường trịn tâmObán kínhR Từ điểmMlà điểm ngồi đường trịn

kẻ hai tia tiếp tuyếnMA; MB(A,B tiếp điểm) cát tuyến qua M cắt đường tròn tạiC,

D(C nằm M D) cungCADnhỏ cungCBD GọiElà giao điểm củaABvới OM

a Chứng minh DEC=2DBC

b TừOkẻ tiaOtvng góc vớiCDcắt tiaBAởK Chứng minhKCvàKDlà tiếp tuyến đường trònO

Câu 5(2.0 điểm) Cho đường gấp khúc khép kín có độ dài 1.Chứng minh ln

tồn hình trịn có bán kínhR =1

4 chứa tồn đường gấp khúc

_Hết _

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN - BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (4.0 điểm)

1 Cho ba sốthực a, b, c thỏa mãn a + b + c = a3 + b3 + c3= Chứng minh ba số

a, b, c có số

2 Cho sốtựnhiên a, b, c, d thỏa mãn a > b > c > d ac + bd = (b + d + a – c)(b+ d – a+ c) Chứng minh ab + cd hợp số

Câu (6.0 điểm)

1 Giải phương trình: 2 ( )

2x +7x+10+ 2x + + =x x+1

2 Giải hệphương trình: 2 2 ( )( )1

3 13

 − + = −



 − + =



x xy y

x xy y

Câu (3.0 điểm)

Cho a, b, c sốthực không âm thỏa mãn 3

3

+ + − =

a b c abc Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức: 2

= + +

P a b c

Câu (7.0 điểm)

Từđiểm D nằm ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến DA, DB với đường tròn (A B tiếp điểm) Vẽcát tuyến DEC (E nằm D C) OD cắt AB M, AB cắt EC N Chứng minh rằng:

1 MA phân giác góc ∠EMC

2 2

=

MB DC MC DE

3 = +

EC DC NC

_Hết _

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2011 – 2012

Mơn thi: TỐN - BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (5 điểm):

a) Cho a b sốtựnhiên thỏa mãn điều kiện: 2

7

a +b  Chứng minh a b chia hết cho

b) Cho A = n2012 + n2011 +

Tìm tất sốtựnhiên n để A nhận giá trị sốnguyên tố Câu (4.5 điểm)

a) Giải phương trình: x x 2x

x+ − = +x −x

b) Cho x, y, z sốthực khác thỏa mãn: xy + yz + zx = Tính giá trị biểu thức: M yz2 zx2 xy2

x y z

= + +

Câu (4.5 điểm)

a) Cho sốthực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x + y + z + xy + yz + zx =

Chứng minh rằng:

2 2

3

x +y +z ≥

b) Cho a, b, c sốthực dương thỏa mãn điều kiện: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

P 2a3 2 2b3 2 2c3 2

a b b c c a

= + +

+ + +

Câu (6.0 điểm) Cho đường tròn (O;R) dây BC cốđịnh không qua O Từ điểm A bất kỳtrên tia đối tia BC vẽcác tiếp tuyến AM AN với đường tròn ( M N tiếp điểm, M nằm cung nhỏ BC) Gọi I trung điểm dây BC, đường thẳng MI

cắt đường tròn (O) điểm thứ hai P

a) Chứng minh rằng: NP song song với BC

b) Gọi giao điểm đường thẳng MN đường thẳng OI K Xác định vịtrí

điểm A tia đối tia BC đểtam giác ONK có diện tích lớn

_Hết _

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số 10

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2010 – 2011

Môn thi: TOÁN - BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (4,0 điểm)

a) Cho số nguyên a1, a2, a3, , an Đặt S = a13 +a32 + + an3

và P a= 1 +a2 + + an Chứng minh rằng: S chia hết cho chỉkhi P chia hết cho b) Cho A = n6 −n4 +2n3 +2n2 (với n N,∈ n > 1) Chứng minh A khơng phải sốchính

phương

Câu (4,5 điểm) a) Giải phương trình: 10 x3 + =1 3x2 +6

b) Giải hệphương trình:

1

x 3

y 1

y 3

z 1

z 3

x

 + = 



 + = 



 + = 



Câu (4,5 điểm) a) Cho x > 0, y > 0, z > 1 1 1 4 x + + =y z

Chứng minh rằng: + + ≤

+ + + +

1 1 1

1 2x + y + z x 2y z x y 2z b) Cho x > 0, y > 0, z > thỏa mãn x2011 +y2011 +z2011 =3

Tìm giá trị lớn biểu thức: M x= +y2 +z2

Câu (4,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), H trực tâm

của tam giác Gọi M điểm cung BC không chứa điểm A (M không trùng với B

và C) Gọi N P điểm đối xứng M qua đường thẳng AB AC

a) Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng

b) Khi BOC 120= 0, xác định vịtrí điểm M để 1 1

MB + MC đạt giá trị nhỏ

Câu (2,5 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, điểm I chuyển động cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B C) Đường thẳng vng góc với IB I cắt đường thẳng AC E, đường thẳng vng góc với IC I cắt đường thẳng AB F Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cốđịnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số 11

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2010 – 2011

Mơn thi: TỐN - BẢNG B

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (5,0 điểm)

a) Chứng minh với sốnguyên n n2 + +n 2 khơng chia hết cho 3.

b) Tìm tất sốtựnhiên n cho n2 +17 một số chính phương.

Câu (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: x2 +4x+5 = 2x+3

b) Giải hệphương trình:

2

2x+y = x 2y+x = y

  

Câu (3,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A 4x+32 x 1

= +

Câu (4,5 điểm) Cho tam giác ABC cóba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Các đường

cao BE, CF tam giác ABC cắt H a) Chứng minh BH.BE + CH.CF = BC2

b) Gọi K điểm đối xứng với H qua BC Chứng minh K∈(O)

Câu (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, điểm I chuyển động

trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B C) Đường thẳng vng góc với

IB I cắt đường thẳng AC E, đường thẳng vuông góc với IC I cắt đường thẳng AB

tại F Chứng minh đường thẳng EF qua điểm cốđịnh

_Hết _

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số 12

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2009 – 2010

Mơn thi: TỐN - BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu 1 (4,5 điểm):

a) Cho hàm số 2010

f (x)=(x +12x 31)−

Tính f (a)tại a = 316 5− + 316 5+

b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2

5(x +xy+y )=7(x+2y)

Câu 2 (4,5 điểm):

a) Giải phương trình: 2

x = x −x + x −x

b) Giải hệphương trình:

2

1 1 1

2

x y z

2 1

4

xy z

 + + = 



 − =



Câu 3 (3,0 điểm): Cho x; y; z sốthực dương thoảmãn: xyz =

Tìm giá trị lớn biểu thức: 3 3 3

1 1 1

A

x y 1 y z 1 z x 1

= + +

+ + + + + +

Câu (5,5 điểm): Cho hai đường tròn (O; R) (O'; R') cắt hai điểm phân biệt A B Từ điểm C thay đổi tia đối tia AB Vẽcác tiếp tuyến CD; CE với đường

tròn tâm O (D; E tiếp điểm E nằm đường tròn tâm O') Hai đường thẳng

AD AE cắt đường tròn tâm O' M N (M N khác với điểm A) Đường

thẳng DE cắt MN I Chứng minh rằng:

a) MI.BE=BI.AE

b) Khi điểm C thay đổi đường thẳng DE qua điểm cốđịnh Câu (2,5 điểm):

Cho tam giác ABC vuông cân A, trung tuyến AD Điểm M di động đoạn AD Gọi N P hình chiếu điểm M AB AC Vẽ NH ⊥PD H Xác

định vịtrí điểm M đểtam giác AHB có diện tích lớn

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số 13

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2008 – 2009

Mơn thi: TỐN - BẢNG A

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (4,5 điểm)

a) Cho A = k4+ 2k3 −16k2 − 2k + 15 với k∈Z Tìm điều kiện của k để A chia hết cho 16

b) Cho số tựnhiên a b Chứng minh tích a.b số chẵn ln ln tìm sốngun c cho a2 + b2 + c2 sốchính phương

Câu (5,5 điểm)

a) Giải phương trình:

x − −x 2 16x+ =2

b) Cho x, y thoảmãn:

3

2 2

x 2y 4y 3 0

x x y 2y 0

 + − + =

 

+ − =



Tính Q = x2 + y2 Câu (3,0 điểm)

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 3 1 1 3 1 1 3 1 1

a b b c c a

   

= + +  + +  + + 

   

Trong sốdương a, b, c thoảmãn điều kiện a + b + c 3 2

≤

Câu (5,5 điểm)

Cho đường trịn (O; R), hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏ AD (E không trùng với A D) Nối EC cắt OA M; nối EB cắt OD N

a) Chứng minh rằng:AM.ED = 2OM.EA

b) Xác định vịtrí điểm E đểtổng OM ON

AM+DN đạt giá trị nhỏ

Câu (1,5 điểm)

Cho tam giác ABC, lấy điểm C1 thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC, B1thuộc cạnh CA Biết độdài đoạn thẳng AA1, BB1, CC1không lớn

Chứng minh rằng: SABC 1 3

≤ (SABC diện tích tam giác ABC) - - - Hết- - -

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số 14

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2008 – 2009

Môn thi: TOÁN - BẢNG B

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (4,5 điểm)

a) Cho A = k4 + 2k3 −16k2 − 2k + 15 với k ∈Z Tìm điều kiện của k để A chia hết cho 16

b) Tìm giá trị lớn phân số mà tử số sốcó ba chữ số, cịn mẫu số

tổng chữ số tử số Câu (5,5 điểm)

a) Giải phương trình:

x − −x 2 16x+ =2 b) Giải hệphương trình:

2

x y xy 9

x y xy 3

 + + =



+ + =



Câu (3,0 điểm) Cho x, y, z > x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

= + + +

+ +

2 2

1 1 1 1

P

xy yz xz

x y z

Câu (5,5 điểm) Cho đường trịn (O; R), hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏAD (E không trùng với A D) Nối EC cắtOA M; nối EB cắt OD N

a) Chứng minh rằng: AM.ED = 2OM.EA

b) Xác định vịtrí điểm E đểtổng OM ON

AM+DN đạt giá trị nhỏ

Câu (1,5 điểm) Cho tam giác ABC, lấy điểm C1 thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC, B1

thuộc cạnh CA Biết độdài đoạn thẳng AA1, BB1, CC1không lớn Chứng minh rằng: SABC 1

3

≤ (SABC diện tích tam giác ABC) - - - Hết- - -

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số 15

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2008 – 2009

Môn thi: TOÁN – Đề dự bị

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Câu (5 điểm)

a) Tìm tất sốtựnhiên có bốn chữ số biết sốđó số sốchính

phương bội 126

b) Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun:

x2008 - 4y2009= 2007 Câu (5 điểm)

a) Giải phương trình: 16x2 -24x + 4x 4+ + =0 b) Tìm a,b,c biết: 4a - b2= 4b - c2= 4c - a2= Câu (4điểm)

a) Cho a,b,c sốthực dương Chưng minh rằng:

+ + ≤

+ + +

2 2

bc ca ab

1 a 2bc b 2ca c 2ab

b) Cho đa thức f(x) bậc 2007 f(k) =

2

k

k 1+ với k = 1; 2; 3; 2008

Tính f(2009)

Câu (6 điểm) Cho đoạn thẳng AB cốđịnh, độ dài a O trung điểm AB Gọi d

1d2là đường thẳng vng góc với AB tương ứng Avà B Một góc vng

đỉnh O có hai cạnh cắt d1,d2 Mvà N

a) Chứng minh rằng: AM.BN =

2

a

4 AM +BN =MN

b) KẻOH vng góc với MN đường tròn ngoại tiếp tam giác MHB cắt d1 ởđiểm thứ

hai E (khác M) MB cắt NA ởI, đường thẳng HI cắt EB ởK Chứng minh rằng:K nằm

trên đường trịn cốđịnh góc vng quay quanh đỉnh O

- - - Hết- - -

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NGHỆ AN

Đề số 16

(Đềthi có trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2007– 2008

Mơn thi: TỐN – Bảng A

Thời gian: 150 phút (không kểthời gian giao đề)

Bài 1: (4,0 điểm)

a Tìm sốtựnhiên có chữ số, biết rằng: sốđó số chẵn, chia hết cho 11 tổng chữ số sốđó chia hết cho 11

b Chứng tỏrằng: 3

7− 50 + 7+ 50 sốtự nhiên

Bài 2: (4,0 điểm)

a Giải phương trình: 2

4x +5x 3+ + =2 x − + +x 9x b Giải hệphương trình:

2 2

x y z 29

xyz 24

xy 2x 3y 6

y 2

+ + =



 = −

 − − = −

 >



Bài 3: (4,0 điểm) Cho a, b sốthực không âm thoảmãn: a2 + b2= 1. a Chứng minh : ≤ a + b ≤ 2

b Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: P = 1 2a+ + 1 2b+

Bài 4: (3,0 điểm) Cho sốthực x, y, z thoảmãn xyz =

Chứng minh rằng: Nếu x + y + z > 1 1 1

x + +y z ba sốx, y, z có số lớn

Bài 5: (5,0 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB dây cung CD (C, D không trùng với A, B) Gọi M giao điểm tiếp tuyến đường tròn C, D; N giao điểm dây cung AC, BD Đường thẳng qua N vng góc với NO cắt AD, BC lần

lượt E, F Chứng minh: a MN vng góc với AB

b NE = NF

- - - Hết- - -

HƯỚNG DẪN GIẢI

Đề số Câu

a. Ta có:

(y =1khơng thỏa mãn PT)

Vì x, y số nguyên nên y -1là ước

Vậy PT có nghiệm nguyên (x;y) là: (9;2), (-5;0), (13;6), (-9;-4)

b Ta có

Đặt suy

Do với nnguyên dương ta có:

Câu

a Điều kiện:

Đặt Ta có: Suy ra: 2

2y −xy+ −x 2y+ = ⇔5 0 x y( − =1) 2y −2y+5

5 2 1 x y y ⇔ = + −

1: 1 1 2 9.

TH y− = ⇒ = ⇒ =y x

2 : 1 1 0 5.

TH y− = − ⇒ = ⇒ = −y x

3 : 1 5 6 13.

TH y− = ⇒ = ⇒ =y x

4 : 1 5 4 9.

TH y− = − ⇒ = − ⇒ = −y x

2

2 n 4n 16

A= + + =(22n − +1) (4n − +1) 18

2

2 n =2 k (k∈*) 22n − =1 22k − =1 4k −1 3

2

2 n −1 3; 4 n −1 3; 18 3 

2

2 n 4n 16 3 A

⇒ = + + 

3 2 x≥ −

3

3

8 4

2 3 (2 5) 2 3 8 4

2 5

x x

x x x x x

x

+

+ = ⇔ + + = +

+

3

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

⇔ + + + = +

2 3 0, 2

a= x+ ≥ b= x

( )

3 2 2 (a )2 3 2 0

2 4

b b

a + a=b + b⇔ a−b  + + + = ⇔ =a b

 

2

2 0

2 3 2

2 3 4

b. Hệphươngtrình cho tương đương với

Đặt Ta hệphương trình

Đặt điều kiện Hệtrên trởthành

(thỏa mãn) (loại)

+) +)

Vậy hệđã cho có hai nghiệm (0;3), (1;2)

Câu

Ta có:

Đặt:

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

Tương tự:

Từ BĐT ta có:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )    + − + − = − − = − + − 3 1 12

y x y x y x ⋅ − = −

= x 1;b y

a ( )    + + = = − + ⇔    + + = = + 1 1 2 b a ab ab b a b a ab b a ; ,

S = +a b P=ab S2 ≥4P

   = − = ⇔    + = = − 1 2 P S S P P S    = = P S           − = =    = − = ⇔    = − = + ⇔    = − = 0 1 b a b a ab b a P S    = = ⇔    = − − = − ⇔    = − = 0 1 y x y x b a    = = ⇔    − = − = − ⇔    − = = 1 1 y x y x b a

4 4

1 1

(1 ) (1 ) (1 )

P

b c a

a b c

= + +

+ + +

, , , , 0,

b c a

x y z x y z xyz

a b c

= = = ⇒ > =

4 4

1 1

(1 ) (1 ) (1 )

P

x y z

⇒ = + +

+ + +

2

2 2

1 1

3 (1 ) (1 ) (1 )

P

x y z

  ≥  + +  + + +   ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2

1 1

1

x y

xy x

y x xy x y

     +   +  ≥ + ⇒ ≥        + + +

(1 ) (1 )( )

x

y ≥ xy x y

+ + +

2

1 1

Dấu xảy chỉkhi x = y = 1

Tương tự:

Ta có:

Vậy giá trị nhỏ P là:

Câu

1

a) Qua điểm Avẽtiếp tuyến xyvới đường tròn (O) suy OA xy

Xét tứ giác BCEF có (GT); (GT) tứ giác BCEF tứ

giác nội tiếp suy (1)

Mặt khác (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) (góc nội tiếp) ) (2)

Từ(1) (2) suy ởvịtrí so le nên EF // xy hay EF b) Đường thẳng EF cắt (O) điểm thứ P, BP cắt DFtại Q

AD, BE, CF đường cao tam giác ABC nên BCEF, ACDF nội tiếp,

Mặt khác

2 2

1 1 1

(1+z) +(1 1)+ ≥1+z ⇒ (1+z) ≥1+z −4

2 2

1 1

(1 x) (1 y) (1 z)

⇒ + + ≥

+ + +

1 1 1

1 1 4

z

xy + z − = z+ z − =

+ + + +

3 3

, 1

16 16

P≥ P= ⇔ = = = ⇔ = =x y z a b c 3

16⋅

y

x

N

A

Q

P

M F

E

D O

B C

⊥

 900

BEC= BFC=900

 

ACB= AFE

 1 

2

BAx= Sd AB

 1 

2

ACB= Sd AB BAx = ACB

 

AFE =BAx ⊥OA

 ACB= AFP

 1  1 ( )

2 2

ACB= Sd AB= Sd BM +MA

 1 ( )

2

Do suy BAlà tia phân giác (1) Tứ giác BCEF nội tiếp suy , tứ giác ACDF nội tiếp nên

do , suy FBlà tia phân giác

Do nên AN= AP (2) Từ(1) (2) suy AM = AN

2

Dựng tam giác vuông cân BDE D cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờBD khơng

chứa C

Ta có DE = DB

Từ giảthiết AC.BD = AD.BC

Suy , từđó

Mặt khác , suy Do

Câu

Chia hình vng cho thành 2025 hình vng nhỏcó cạnh Gọi hình trịn nội tiếp hình vng nhỏ trên, chúng có bán kính

Gọi hình trịn đồng tâm với hình trịn có bán kính là: Khi hình trịn nằm hình vng đơi khơng có điểm chung (rời nhau)

 

Sd AM =Sd AP MBQ ⇒ AM = AP  

ACB=BFM  ACB=BFQ

  

BFQ=BFM = ACB MFQ

MFB QFB MB QB BMP BQN BP BN

∆ = ∆ ⇒ = ⇒ ∆ = ∆ ⇒ =

ABN ABP

∆ = ∆

E

A

B

D

C

 ADE= ACB

AD BD DE

AC = BC = BC ⇒ ∆ADE~∆ACB

AB AC AE = AD

 

BAC = EAD CAD =BAE ∆CAD~∆BAE

.

2 .

2

AC CD CD AB CD AB = BE = BD ⇒ AC BD =

1 45

1 2025

(C ), (C ), , (C )

1 . 90

' ' '

1 2025

(C ), (C ), , (C )

Trong hình vng cho có hình trịn rời có 2019 điểm nên tồn hình trịn hình trịn khơng chứa điểm 2019 điểm cho

Đề số Câu

a (1,5 điểm)Tìm một sốchính phương có chữ sốbiết rằng chữ sốhàng đơn vị sốnguyên tốvà căn bậc hai của số cần tìm có tổng chữ sốlà một sốchính phương

Gọi số cần tìm có dạng abcd => abcd =n2 (n∈N )*

=> d =0,1, 4,5,6,9 mà d số nguyên tố => d =5

Mặt khác 100<abcd<10000⇒31< <n 100

Do d = => n có tận hay n=e5

Mà e +5 số phương => e = => n = 45 => abcd =2025.

b (1,5 điểm) Chứng minh số 22n+1

A=2 +31 hợp sốvới số tựnhiên n.

Ta có 2n+1 2n

2 =2.2 chia dư ∀ ∈n N

⇒ 2n+1

2 =3k+2,(k∈N)

⇒ 22n+1 3k 2 3 k k

A=2 +31=2 + +31 4.(2 )= +31 4.8= +31

Mà k

8 chia dư 1∀ ∈k N ⇒4.8k chia dư 4∀ ∈k N

⇒4 k

8 +31  ∀ ∈k N

⇒ 2n+1

2

A=2 +31 ∀ ∈n N Mà A >7

⇒A hợp số với số tự nhiên n

Câu a.(3,5 điểm ) Giải hệphương trình:

2

2

2 3 6

2 3 6.

x y x y x y

 = + −

 

= + −



2 2

2 2

2 3 6 2 3 6 2 3 6

( )( 1) 0

2 3 6

x y x x y x x y x x y x y y x y x y x y

 = + −  = + −  = + −  ⇔ ⇔    − + − = = + − − = −      TH 1:

2 2

2 3 6 5x 6 0

( ; ) (2;2),(3;3) 3

x x y x x

x y x

x y x y

x y  =  = + −  − + =  ⇔ ⇔ = ⇔ =  =  =     =  TH

2 2

2 3 6 2 3 6 4 0( )

1 0 1 1

x y x x y x x x vn

x y y x y x

 = + −  = + −  − + = ⇔ ⇔    + − = = − = −    ' ' '

1 2025

Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( ; )x y =(2;2),(3;3)

b.(3,5 điểm) Giải phương trình:

2

8 18 11

1 2 3

2 2 3

x x x x x + + + + + = ⋅ +

ĐK: 2x 3 0 3

2 x −

+ > ⇔ > ⋅

đặt a= +x 1,b= 2x+ >3 0, PT trở thành:

2

2 2

8

2 ( ) 8 2 8 0

2 a b

a b b a b a b b ab a b

+

+ = ⇔ + = + ⇔ + − =

2

( 4 )( 2 ) 0

4

b a b a b a

b a

= 

⇔ + − = ⇔  = −



TH

2 2 3 2( 1) 2x 3 4( 1) ( 1)

b= a⇒ x+ = x+ ⇔ + = x+ x≥ −

2

3 5

( )

4

4 6 1 0

3 5 ( ) 4 x tm x x x l  − + =   ⇔ + + = ⇔  − − =  TH 2

4 2x 3 4( 1) 2x 3 16( 1) ( 1)

b= − ⇒a + = − x+ ⇔ + = x+ x≤ −

2

15 17

( ) 16

16x 30x 13 0

15 17 ( ) 16 x l x tm  − + =   ⇔ + + = ⇔  − − = 

Vậy phương trình có hai nghiệm: 3 5, 15 17

4 16

x =− + x= − − ⋅

Câu Cho x y z, , là số thực dương thoảmãn xyz=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1 1 1

P

(3x 1)(y z) x (3y 1)(x z) y (3z 1)(x y) z

= + + ⋅

+ + + + + + + + +

Áp dụng BĐT Cơ-si cho ba sốta có: x+ + ≥y z 33 xyz =3

1 1 1

P

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

= + + ⋅

+ + + + + + + + + + + +

=>P 1 1 1

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

≤ + +

1 1 1 3P

1 1 1 1 1 1

1 1 1

y z x z x y

⇒ ≤ + +

+ + + + + +

Đặt

3 3

1 1 1

, , , , 0, 1

a b c a b c abc x y z

= = = ⇒ > =

3 3 3

1 1 1

3P

1 1 1

a b b c c a

⇒ ≤ + +

+ + + + + +

Ta có: 3 2

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

a +b = a+b a +b −ab ≥ a+b ab−ab =ab a+b

Thiết lập BĐT tương tựcòn lại ta có:

1 1 1

3P

( ) ( ) ( )

1

1 P

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

c a b a b c a b c a b c

≤ + +

+ + + + + +

= + + = ⇒ ≤

+ + + + + +

1

P= 1 1.

1 3

a b c

a b c x y z abc

= = 

⇔ ⇔ = = = ⇔ = = =

= 

Vậy GTLN P 1. 3

Câu Cho AB đường kính cốđịnh của đường tròn (O) Qua điểm A vẽđường thẳng d vng góc với AB Từmột điểm E đường thẳng d vẽtiếp tuyến với đường tròn (O) (C tiếp điểm, C khác A) Vẽđường tròn (K) qua C tiếp xúc với đường thẳng d E, vẽđường kính EF đường trịn (K) Gọi M trung điểm OE Chứng minh rằng:

Q

N

F

E K

C

M

a.(3 điểm) Điểm M thuộc đường trịn (K).

Ta có EC tiếp tuyến đường tròn (O)=>

ECO=90 , mà ( , )

2 EF C∈ K => 

ECF=90 => O, C, F thẳng hàng

Mà EC, EA hai tiếp tuyến (O)=>  AOE=EOF

Mặt khác FE⊥d AB, ⊥ ⇒d EF / /AB⇒ AOE=OEF =>EOF =OEF => tam giác EFO cân F

Mà M trung điểm EO => FM ⊥EO

=> 

90 ( ).

FME = ⇒M∈ K

b.(3 điểm) Đường thẳng qua F vng góc với BE qua điểm cốđịnh E thay đổi đường thẳng d

Gọi N trung điểm AO, Q giao điểm BE FN => MN đường trung bình tam giác EAO => MN//AE

 

  

0

0

MN AO 90

180

NMO MON NMF MON EOB

⇒ ⊥ ⇒ = −

⇒ = − =

Mặt khác tam giác MOF đồng dạng với tam giác NOM (gg) MF MO EO

NM = NO = AO mà AO = BO =>

MF EO NM = BO => tam giác MFN đồng dạng với tam giác OEB (cgc)

=> OEB =MFN hay MEQ =MFQ => tứgiác MEFQ nội tiếp đường tròn (K)

=> 

90

EQF = ⇒NF ⊥BE

Vậy E thay đổi trênd đường thẳng qua F vng góc với BE ln qua điểm cốđịnh

là trung điểm OA

Câu Ởmiền đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích bằng lấy 2017 điểm, khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh tồn tại tam giáccó đỉnh lấy từ4035 điểm (bao gồm 2018 đỉnh của đa giác 2017 điểm đa giác đó) có diện tích khơng vượt

1 6050⋅

Ta có tổng góc đa giác là: 0 (2018 2)180− =2016.180

tổng góc tam giác tổng góc đa giác cộng với 2017.360 =>tổng góc tam giác

0

2017.360 +2016.180 =6050.180 =>có tất cả6050 tam giác có tổng diện tích

Vậy phải có tam giác 6050 tam giác có diện tích khơng vượt q 1 6050⋅

Đề số Câu

a) Do đa thức P(x) x= 2+bx c+ có bậc hai có giá trị nhỏ nhất - 1 x=2 nên viết dạng ( )2

P(x)= x 2− −1

Từđó ta có 2 ( )2

P(x) x= +bx c+ = x 2− −1

Hay ta x2+bx c x+ = 2−4x 3+ , Đồng nhất hệ sốhai vếta được b= −4;c 3= b) Điều kiện xác định phương trình x 0≥

Phương trình thứ hệtương đương với

( )( )

2 2

2

x y x(x y ) y(x y ) x y x y

x y

= 

+ − + = ⇔ − + = ⇔ 

+ =



Với x+y2=0, kết hợp với điều kiện ta xác định x 0≥ ta x = y =

Thay vào phương trình cịn lại ta thấy khơng thỏa mãn Với x=y, thay vào phương trình cịn lại ta được:

2

2(x + −1) x(x 1) x 0+ − = ⇔2 x −3x x x x 0− − + =

Đặt t= x 0≥ , ta phương trình 2t4 −3t3− − + =t2 3t 0 Nhẩm t 2;t

2

= = nên ta phân tích

( ) ( )( )

( )( )

( )( )( )

3

3

2

2t (t 2) t t t t

t 2t t t

t 2t t t

− + − + − − =

⇔ − + + − =

⇔ − − + + =

x y

t

2 2

x y

t 2

 = =

 = 



⇔ ⇒ 

 = =

= 

 

Câu

Như ta viết lại phươn trình x x x 1+ = − + + x+

Ta có biểu diễn x 2(x 1) (1 x)+ = + + −

Đến ta đặt ẩn phụ a= x 1;b+ = x− ta viết lại phương trình lại thành 2

2a +b − =1 3ab a+

Hay b2−3ab 2a+ 2− − =a 0

Xem phương trình phương trình ẩn b a tham sốthì ta có

( )2

2

9a 4(2a a 1) a

∆ = − − − = +

Do phương trình có hai nghiệm b 3a (a 2) a

− +

= = −

3a (a 2)

b 2a

2

+ +

= = +

Với b = a – ta x x x

− = + − ⇔ ⇔ = ±

Với b = 2a+1 ta x x x 24 25

− = + + ⇔ ⇔ = −

Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm S 3; 24 25

 − 

 

=  

 

 

b) Từ giảthiết ab+bc+ca=1, ta đểý đến phép biến đổi

( )( )

2

a + =1 a +ab bc ca+ + = +a b a c+ Áp dụng tương tự bất đẳng thức trởthành

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

2a b c

P

a b a c a b b c a c b c

= + +

+ + + + + +

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta

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

2a b c

P

a b a c a b b c a c b c

1 1 1

a b c

a b a c a c 4(b c) 4(b c) a c

a b b c a c

1

a b 4(b c) a c 4

= + +

+ + + + + +

   

 

≤  + +  + +  + 

+ + + + + +

     

+ + +

= + + = + + =

+ + +

Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy

(a;b;c) ; ; 15 15 15

 

⇔ =  

Câu

Gọi AB = y; AC=x Dựng CM vuông góc với AB, ta

AM=CM=x

2

Ta có ABC

1

S AH.BC

2

= = Lại có ABC

1 x

S CM AB y

2 2

= =

Do ta ABC

1 x

S CM.AB y xy 10

2 2

= = = ⇔ =

Tam giác BCM vng M nên ta lại có BM2 +MC2 =BC2 Suy

2

2

2

x x x x

y y xy 25

2 2

   

+ + = ⇔ + + + =

   

   

   

Từđó ta x2+y2 =15. Ta có hệphương trình ( )2

2

x y 15 x y 2xy 15 x 10

xy 10 xy y

 

 + = + − = =

 ⇔ ⇔ ⇔

  

= =

  = 

  

Do vai trò AB AC nên ta có kết AB= 10;AC=

AB= 5;AC= 10

N I

M

H B

A

Câu

a) Trước hết, ta chứng minh điểm K thuộc đường tròn (O) Do K trực tâm tam giác ACE nên ta có KJEF nội tiếp Từđó suy AKC AEC 180 + = 0

Mặt khác tứ giác ADCE hình bình hành nên lại có ADC AEC = Từđó suy AKC ADC 180 , + = nên tứgiác ADCK nội tiếp hay điểm K nằm đường tròn

+) Chứng minh ba điểm I, P, Q thẳng hàng

Do K trực tâm tam giác ACE nên ta có KI vng góc với AC

Đường thẳng qua ba điểm I, P, Q đường thẳng Simson

b) Chứng minh PQ qua trung điểm KH

Gọi N giao điểm PQ AH Gọi M giao điểm AH với đường

trịn (O) Khi dễthấy tam giác PHK cân Do AH // KP nên tứgiác KPMN hình thang

N Q

P K I

F

J

H

M

E A

B C

Lại có BPKQ nội tiếp nên suy QBK ABK AMK QPK   = = = nên tứ giác

KPMN nội tiếp Do KPMN hình thang cân Do

  

PMH PHM KNM= = nên KN // HP

Do tứgiác HPKN hình bình hành Từđó ta có điều phải chứng minh Câu

a) Do m, n, p, q sốnguyên tốkhác nên không tính tổng quát ta giả

sử n m p q.> > > Khi ta q 2;p 3;n 5;m 7≥ ≥ ≥ ≥

Dễthấy 1 1 3.5.7 2.3.7 2.5.7 2.3.5 248 2.3.5.7 2.3.5.7 210

+ + + +

+ + + + = = >

Lại thấy: 1 1 3.5.7 11.3.7 11.5.7 11.3.5 887 11 3.5.7.11 3.5.7.11 1155

+ + + +

+ + + + = = <

Từđó suy sốm, n, p, q có sốlà Do q nhỏ nên ta q=2

Từđó ta lại 1 1

m+ + +n p 2mnp =2

Dễthấy với p=5, n=7, m=11 ta có 1 1

5 11 2.5.7.11 2+ + + < Như ba số

nguyên tố m, n, p phải có số 3, suy p=3

Từđó lại có 1 1

m n 6mn+ + =6 hay ta mn 6m 6n 1− − = ⇔(m n 6− )( − )=37

Đến ta n = 7; m = 43

Thử lại ta thấy bội số(m;n;p;q)=(2;3;7;43) thỏa mãn toán

b) Từ hai sốtrên bảng ta thấy có sốchia dư Do hai số x y khác có x+1 y+1 chia hết cho 3, suy (x y 1+ )( + ) chia hết cho

Khi ta viết thêm số z xy x y= + + =(x y 1+ )( + −) ta z chia dư Như dãy sốviết bảng trừ số chia dư hay sốđó có dạng

3k+2

Đề số Câu

a) - Nhận xét:

(n + 2)2 + (n + 3)2= 2n2+ 10n + 13 = x + 13

Lần thứ nhất, chia vật có khối lượng 19992, , 20042thành ba phần: A + 25, A + 17, A + 13 Lần thứhai, chia vật có khối lượng 20052, , 20102thành ba phần: B + 25, B + 17, B + 13 Lần thứ ba, chia vật có khối lượng 20112, , 20162thành ba phần: C + 25, C + 17, C + 13

Lúc ta chia thành nhóm sau: Nhóm thứ A + 25, B + 17, C + 13; nhóm thứ

hai B + 25, C + 17, A + 13; nhóm thứ ba C + 25, A + 17, B + 13 Khối lượng nhóm A + B + C + 55 gam

b) Viết phương trình cho dạng: 9.(3x – + 19) = y2 (x≥2) Để y sốnguyên điều

kiện cần đủlà 3x – 2+ 19 = z2 sốchính phương (z sốnguyên dương)

Nếu x – = 2k + số lẻthì 32k + 1+ 19 = (32k + 1+ 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết cho

không chia hết khơng thể sốchính phương Do x – = 2k số chẵn

Ta có 3x – + 19 = z2 ( 3k)( 3k) 19

z z

⇔ − + = Vì 19 số nguyên tố z−3k < +z 3k nên

3

3 19

k

k

z z

 − = 



+ =



10 10 3k

z z k

= =

 

⇔ ⇔ =

= 



Vậy x = y = 30

Câu

a) ĐKXĐ: R

Vì

2

x= − khơng phải nghiệm, nên phương trình cho tương đương với phương trình:

2

2

6

2

x x

x x x

+ + = + +

+

2

2

6

2 2

x x

x x x

+ +

⇔ − = + + −

+

2 2

2

6 2(2 1) ( 2)( 2) 2 3 2

x x x x x x x x x x

+ + − + = + + + + + −

2

2

2

2 2 3 2

x x x x

x x x

+ − + −

⇔ =

+ + + +

( )

2

1

2

2

x x x x x   ⇔ + −  − = + + + +   ⇔ 2

2

2 2

x x

x x x

 + − =  + + + = +  (1) (2) PT (1) có hai nghiệm x1;2 = − ±1 PT (2) ⇔

2 2

x + x+ + = x+ ⇔ x2+2x+ =2 2x−1

⇔

2

1

2 (2 1)

x

x x x

 ≥    + + = −  3 15 x + ⇔ =

Vậy phương cho có ba nghiệm: 1;2

3 15

1 2;

3

x = − ± x = +

b) Hệphương trình ( )

2 2 2 2 2 1 y x x y

x xy y

x xy y

 + =  = ± +  ⇔ ⇔ + + = + + =   Xét hệ:

( ) ( )2

2 2

2

2

1 2 1

y x

y x

x xy y x x x x

= +  = +   ⇔   + + =  + + + + =   2 0 5

7

y x y x x

x x x = +   = +   = ⇔ ⇔ + =   = −   ⇔ x y =   =



5 7 x y  = −    = −  Xét hệ:

( ) ( )2

2 2

2

2

1 2 1

y x

y x

x xy y x x x x

= − −  = − −   ⇔   + + =  − + + + =   2 3

1 y x y x x x x x = − −  = − −   ⇔ + = ⇔ = ⇔    = −   x y =   = −



1 x y = −   = 

Vậy hệphương trình cho có nghiệm (x; y) là: (0; 1), 5;

7

− − 

 

Câu

Sử dụng bất đẳng thức Cơ si

Ta có: 2 1 2(2 1) 2( 1)

1 2

b a b a

a b ab

a a a

b b b

+ +

+ +

= + − ≥ + − = + −

+ + (1)

Tương tự:

1

1

1

b c bc

b c

+ ≥ + − +

+ (1)

và

1

1

1

c a ca

c a

+ ≥ + − +

+ (3)

Từ(1); (2) (3) suy ra:

2 2

1 1

3

1 1 2

a b c a b c ab bc ca

b c a

+ + + + + + +

+ + ≥ + −

+ + +

Mặt khác 2

a +b +c ≥ab+bc+ca

hay ( )2

3(ab bc+ +ca)≤ a b c+ + =9

Do đó: 2

1 1

3

1 1 2

a b c a b c ab bc ca

b c a

+ + + + + ≥ + + + − + +

+ + +

= 3 2+ − =6

Vậy 2 2 2

1 1

a b c

b c a

+ + + + + ≥

+ + + Dấu xảy a = b = c =

Câu

a) ∆MPA đồng dạng ∆MAQ (g.g), suy MA2= MP.MQ (1)

∆MAO vng A, có đường cao AH nên MA2= MH.MO (2) P

H M

O A

Từ(1) (2) suy MP.MQ = MH.MO hay MP MO

MH =MQ (*)

∆MPH ∆MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy ∆MPH đồng dạng ∆MOQ (c.g.c) suy MHP =MQO

Do tứgiác PQOH tứ giác nội tiếp⇒  HPO=HQO= 

2sd OH (đpcm)

b)

Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho EB = EF hay ∆EBF cân E, suy  1

BFA= BEA

Đặt AEB=α 

2

AFB=α nên F di chuyển cung chứa góc

2

α dựng BC.

Ta có: 1

EA+EB

4

EA EB

≥

+ Như

1

EA+EB nhỏ EA + EB lớn hay EA + EF

lớn nhất⇔AF lớn (**)

Gọi O’ điểm cung lớn AB, suy ∆O’ABcân O’ suy O’A=O’B (3)

∆O’EB ∆O’EF có EB = EF, O’E chung FEO '=BEO' (cùng bù với BAO' ⇒∆O’EB =

∆O’EF (c.g.c) suy O’B = O’F (4)

Từ (3) (4) suy O’ tâm cung chứa góc

α dựng đoạn thẳng BC (cung

cung lớn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB)

Do AF lớn đường kính (O’) E≡O’ (***)

O'

F

A B

Từ(**) (***) suy E điểm cung lớn AB 1

EA+EB có giá trị nhỏ

Câu

Gọi O tâm hình vng ABCD cạnh a > chứa hình trịn bán kính cho khơng có hai hình trịn chúng có điểm chung Suy tâm hình trịn

này nằm hình vng MNPQ tâm O cạnh (a-2) MN // AB Các đường trung

bình hình vng MNPQ chia hình vng thành hình vng nhỏ

Theo ngun lí Dirichle tồn hình vng nhỏ chứa tâm

hình trịn nói trên, chẳng hạn O1và O2

Do hình trịn khơng có hai hình trịn có điểm chung nên O1O2≥2 (1)

Mặt khác O1O2 nằm hình vng nhỏ có cạnh

2

a−

nên

2 2

a

O O ≤ −

(2) ( 2

a−

là đường chéo hình vng nhỏ)

Từ (1) (2) ⇒ 2 2 2

2

a

a

−

≥ ⇔ ≥ + Do hình vng có cạnh lớn

bằng (2 2+ ) thỏa mãn u cầu tốn

Vậy hình vng ABCD có cạnh (2 2+ ) thỏa mãn yêu cầu toán

Đề số Bài

a) Ta có 2 2 ( )( ) ( )

2 1

a + =a b + ⇒b a + −a b − =b b ⇒ a b− a b+ + =b O2

O1

2+2

D C

A B

P Q

M

O N

O1 O2

Mặt khác gọi d ƯCLN( )

2

1

; 1

a b d

b d

a b a b a b d d d a d b d  + +   − + + ⇒ − ⇒ ⇒ ⇒ =          a b

⇒ = a b+ +1là hai số nguyên tố (2) Từ (1) (2) ⇒ −a b a b+ +1 số phương

b) Giả sử 2015= +a1 a2+ + an, a a1; 2; ;anlà hợp số

Theo ta có

+ Mỗi số hạng a a1; 2; ;an viết thành tổng hai hợp số (1)

+ Tổng hai hợp số viết thành tổng hợp số (2)

Do 2015 số lẻ nên tồn hợp số lẻ, hợp số phải 1;3;5;7;11;13 khơng phải hợp số

Nếu có hợp số lẻ a1≥15⇒a1= −9 (a1−9) với (a1−9)≥6là số chẵn nên a1bằng tổng hai

hợp số- trái với (1)

Mặt khác khơng có q hợp số có hai hợp số 9+9=6+6+6 trái với (2)

Do đó: 2015= +9 a2+ + +a3 an với a a2; 3; ;an hợp số chẵn

( )

2 n 2006

a a a

⇒ + + + =

⇒ hợp số phải nhận giá trị

Vì a2 hợp số chẵn a2 ≥ ⇒8 a2 = −4 (a2−4)là tổng hai hợp số, trái với (1)

Số hợp số có hai hợp số 6+6=4+4+4 Giả sử a2 = ⇒6 a3 =a4 = an = ⇒4 (n−2 4) =2000⇒ =n 502

Vậy số tự nhiên cần tìm n=502

Bài

a) ĐKXĐ:

x≥

Đặt

6 1;

a= x− b= x − điều kiện a b; ≥0

( )( )

2 2

6 9

1

a b

x x x x a b a b a b a b

a b + =  − + − = − ⇒ − = + ⇒ + − − = ⇒  − − = 

Với a b+ = ⇒ = −0 a b (loại)

Với 2

1 1 1

a b− − = ⇒ x− − x − − = ⇒ x− = x − +

( )2 2 ( )

2

3 1

3

x

x x x tm x − =  ⇔ − + − = ⇔ ⇔ = − = 

b) ( )( ) ( )( )

2 2 2 3 2

2 2

2

2

x y xy xy

x y xy

x y xy x y

x y x y xy x y

x y x y

 + − = −  + + =  ⇔ ⇒ + − = +   + + − = + + = +     ( )

2 2

2

0

1

y x y xy y y x xy

x xy =  ⇔ + + = ⇔ + + = ⇒  + + = 

Với y= ⇒ = ±0 x

Với 2 2

1 3

x +xy+ = ⇒x +xy= − ⇒y = ⇒ = ±y ⇒x ± x+ = phương trình vơ

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( )x y; =( ) (2; ; − 2; 0)

Bài

Ta có ( ) ( )

( )

1

2 2 2

2 2 1

a b a b b ab b

a b ab b

+ + = + + + + ≥ + + > ⇒ ≤

+ + + +

Tương tự:

( ) ( )

1 1

;

2 2 1 2 1

b+ c+ ≤ bc+ c+ c+ a+ ≤ ca+ a+

Suy 1 1

2 1

P

ab b bc c ca a

 

≤  + + 

+ + + + + +

 

Mặt khác 1 1

2 1

c bc

abc abc P

bc c bc c bc c

 

= ⇒ = ⇒ ≤  + + =

+ + + + + +

 

Dấu “=” xảy ⇔ = = =a b c

Vậy Max 1

2

P= ⇔ = = =a b c

Bài

a) Gọi I H K, , giao điểm MD ME MF, , BC CA BA, ,

Khi tứ giác MIBK MCHI ABMC, , tứ giác nội tiếp

 

180

HIM HCM

⇒ + =

Mà     

180

KIM =MBK = ACM ⇒KIM +MIH = ⇒ba điểm I H K, , thẳng hàng

Mặt khác tam giác MEF MDF, có KH,KI đường trung bình / / ; / /

KH EF KI FD

⇒ ⇒ ba điểm F D E; ;

b) Ta có

  cot cot AK CI AB BK CI AB BK CI ( )1

MAK MCI MAK MCI

MK MI MK MI MK MK MI

+

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ + =

Tương tự AH BI AC CH BI AC CH CI ( )2

MH MI MH MI MH MH MI

−

= ⇒ = ⇒ − =

Mặt khác    BMK BIK CIH HMC tanBMK tanCMH BK CH ( )3

MK MH

= = = ⇒ = ⇒ =

E D

K F

H I

O

B C

A

Từ (1);(2);(3) ta có:

2 2

AB AC BC AB AC BC AB AC BC

MK +MH = MI ⇒ MK + MH = MI ⇒ MF +ME = MD(đpcm)

Bài

Giả sử tam giác ABC cạnh 6cm Gọi M N P, , trung điểm , ,

AB AC BC

Suy MN MP NP, , chia tam giác ABC thành bốn tam giác

Gọi O O O O, 1, 2, tâm tam giác MNP AMN BMN CMN, , ,

Từ O O O O, 1, 2, vẽ đoạn thẳng vng góc đến cạnh tam giác

, , ,

MNP AMN BMN CMN

Khi ABC chia thành 12 tứ giác tứ giác nội tiếp đường trịn

có đường kính O A1

Mà ( )

1

3

O A= AP= = cm

Mặt khác có 121 điểm thuộc 12 tứ giác nên theo nguyên lý Dirichle có tứ giác chứa 11 điểm (đpcm)

Đề số Câu

a) Tìm sốtựnhiên n cho n2 + 119 sốchính phương.

Đặt n2+ 119 =k2; k∈N, k > n

Suy k2 – n2= 119 => (k-n)(k+n) =119

Vì k, n sốnguyên dương k > n => k-n; k+n sốnguyên dương k+n > k-n

Mặt khác 119 = 1.7.17 => (k-n)(k+n) =119

k-n=1 k+n=119 k-n= k+n=17 

 

  ⇔ 

  

O2 O3

O1

O

N

P M

A

k= 60

( )

n=59 TM

 ⇔ 



k=12

( )

k+n=5 TM

 

 => n = 5; 59

b) Vì *

a,b,c,d∈N ⇒a+b+c+d≥4(1)

Xét a2 +b2 +c2+ d2 –(a+b+c+d) = (a2 –a)+(b2 –b)+(c2 -c)+( d2-d)

= a(a-1) + b(b-1) + c(c-1) + d(d-1) 2

Mà a2 +b2 +c2+ d2= 2(a2 +b2) 2=> a+b+c+d 2 (2) Từ(1)và (2) => ĐPCM

Câu

a) ĐKXĐ x≥ −2

Đặt a=3 x−1 ; b= x+2 ĐK b≥

3 x− +1 x+ =2 3 phương trình trởthành

2 3 a b b a + =   − = 

=>

6

a −a + a− =

(a 6)(a 1) a a b

⇔ + − = ⇔ − = ⇔ = => = (TMĐK)

=> x -1 =1 => x= (TMĐKXĐ) Vậy pt có nghiệm x=2

23 32

2

x y xy

x y x y

 + + =   + = +  2 2 2

( )( )

x y xy xy

x y x y xy x y

 + − = −

 ⇔ 

+ + − = +



(x y)(2 2xy) 2x 4y

⇒ + − = +

b) x2y+ xy2+y =  y(x2+xy+1)=0

2 y x xy =  ⇔  + + = 

Với y= ⇒ =0 x 

Với 2

1

x +xy+ = ⇒x +xy= −

2

3 3

y = ⇒ = ±y ⇒x ± x+ = có ∆< => PTVN

Vậy hệpt có nghiệm ( ; )x y =( 2; 0); (− 2; 0)

Câu

Ta có a+2b+ =3 (a b+ + + + ≥) (b 1) 2 ab+2 b+2

1

2 2( 1)

a b ab b

⇒ ≤

Tương tự 1 ; 1

2 2( 1) 2( 1)

b+ c+ ≤ bc+ c+ c+ a+ ≤ ac+ a+

1 1

2 1

P

ab b bc c ac a

 

⇒ ≤  + + 

+ + + + + +

 

Vì abc=1 ⇒ abc =1 1

2 1

c bc

P

bc c bc c bc c

 

⇒ ≤  + + 

+ + + + + +

 

1

2

bc c

P

bc c

+ +

⇒ ≤

+ +

1

P

⇒ ≤

Dấu “=” xảy a= = =b c 1

Vậy giá tri lớn P

2 a= = =b c 1

Câu

a) Tứgiác AHMC nội tiếp → MCH = MAH

Tứgiác BDMH nội tiếp → MDH = MBH

→ MCH + MDH = MAH + MBH = 900

→ CHD = 900→ HCA = DHB (cùng phụ CHA)

Mà CAH = HBD = 900

→∆ ACH đồng dạng với ∆ BHD

=> AC=BH

AH BD => AC.BD = AH.BH

y

x D

C

M

A

B

O

b) Ta có: SCHD=

2 HC.HD

Theo định lý Pitago: HC2= AC2+AH2; HD2= BH2+BD2

→ SCHD=

2 AC2+AH2 BH2+BD2 ≥

2 2.AC.AH 2.BH.BD SCHD≥ AC.AH.BH.BD= EA A(AH.BH)

2

E

(vì AH BH= AC BD) → SCHD≥ AH BH không đổi

Đẳng thức xảy ↔AC= AH BD= BH

Cách dựng điểm M :Trên tia Ax lấy điểm C cho AC=AH Vẽ đường trịn đường kính

HC cắt nửa đường trịn(O)tại M Kẻtia CM cắt tia By D

Khi 

CMH=90 =>CD ⊥ MH

và   

45 45 45

ACH = =>AMH = =>HDB=

=> tam giác BHD vuông cân B => DB = BH

Vậy GTNN SCHD= AH BH M giao điểm đường trịn đường kính HC với nửa

đường tròn(O) Câu

Giả sửtam giác ABC có cạnh 6cm Gọi M,N,P trung điểm AB,

AC, BC => MN, MP, NP chia tam giác ABC thành tam giác Gọi O, O1, O2, O3 ;lần lượt tâm tam giác MNP, AMN, BMN,CMN

O3

O2

O1

O

P

N M

A

TừO, O1, O2, O3 vẽcác đoạn thẳng vng góc đến cạnh tam giác MNP,

AMN, BMN,CMN (hình vẽ)

Khi tam giác ABC chia thành 12 tứ giác tứgiác nội tiếp

đường trịn có đường kính O1A

Mà O1A=

3AP=

1

3 ( )

3⋅ = cm

Mặt khác có 121 điểm thuộc 12 tứgiác nên theo dirichle có tứ giác chứa 121

1 11 12

  + =

 

  ( điểm)

=> ĐPCM

Đề số Câu

a) Điều kiện: − ≥

x

Phương trình tương đương với

( )

2

2 2

2

4 9 3

9

4 5

1

4 1

3

+ + − − + −

= − ⇔ = −

+ + + − + + + + − +

⇒ + + + − + = ⇔ =

x x x x x

x x

x x x x x x x x

x x x x x

b) Từphương trình (1) suy ( 2x+ +y 3)( 2x+ − = ⇔y 1) 2x+ = ⇔y 2x+ =y

từđây thay vào phương trình (2) ta giải hệ dễ dàng Câu

( )

( ) ( )

2

2 2 3

3

2 2

3

+ +

+ + + +

+ + ≥ = ≥ =

+ + + + +

⇒ ≥

xy yz zx

x y z

x y z x y z

x y y z z x x y z

P

Dấu “=” xảy

3 = = =

x y z

a) Áp dụng hệthức lượng đường trịn tacó: ( )

=

MC MD MB

Mặt khác: tam giác OMB vng có góc đường cao BE nên áp dụng hệthức lượng ta có ME.MO = MB2 (2)

Từ(1); (2) suy ME.MO = MC.MD ⇒ ME = MD

MC MO

Xét tam giác MCE tam giác MOD có ∠DMO chung

( )

=

ME MD

cmt

MC MO

Suy ∆MCE∆DMO⇒ ∠MCE= ∠MOD

Suy tứgiác CEOD nội tiếp ⇒ ∠CED= ∠COD= ∠2 CBD

b) Đặt ∠MEC= ∠MDO=x ta có: ∠COK = ∠DOK =90− ∠x; CEK =90−x

⇒ ∠COK = ∠CEK ⇒KCEO tứ giác nội tiếp

90

⇒ ∠ = ∠ = o

OCK KEO độnên KC tiếp tuyến đường tròn (O)

Chứng minh tương tựta có KD tiếp tuyến đường trịn (O) Vậy KC; KD tiếp tuyến đường tròn (O) đpcm

Đề số Câu

1) Do a + b + c = nên ta có 3 ( )( 2 )

3 0,

+ + − = + + + + − − − =

a b c abc a b c a b c ab bc ca

Suy 3

3

+ + =

a b c abc

Mà theo giảthiết + +

a b c nên ta có 3abc = Nói cách khác, ba số a, b,

c có số

Bổđề: Nếu sốnguyên dương a ước số tích A=a a1 anvới

*

∈

i

a N

, 1, 2, ,

> i ∀ =

a a i n a hợp số

Chứng minh:Giả sửngược lại, a sốnguyên tố Khi đó, doA a nên số ai phải

có số ajchia hết cho a, tức ta phải có aj ≥a Điều mâu thuẫn với tính chất

của sốa, phải hợp số

Trở lại tốn: Giảthiết tốn có thểđược viết dạng sau:

( ) (2 )2

,

+ = + − −

ac bd b d a c

hay 2 2

− + = + +

a ac c b bd d

Ta có ( + )( + )= ( + 2)+ ( + 2)

ab cd ad bc ac b d bd a c

( ) ( )

( )( )

2 2

2

= + + + − +

= + + +

ac b bd d bd a ac c

ac bd b bd d

Do đó, ab + cd ước ( + )( + + 2)

ac bd b bd d Theo bổđềtrên, để chứng minh ab + cd

là hợp số, ta cần chứng minh tính đắn hai bất đẳng thức:

( )1 + > +

ab cd ac bd

Và 2 ( )

+ > + +

ab cd b bd d

Bất đẳng thức (1) hiển nhiên ta có ab + cd – ac – bd = (a – d)(b – c) > Như vậy, ta

chỉcòn phải xét bất đẳng thức (2) Từ giảthiết, ta thấy a < b + d thì:

( ) ( )( )

( )( )

2 2

2 2

− + = − + < + + − +

= + + − − − < + +

a ac c a a c c b d b d c c

b bd d b c c d b bd d

Mâu thuẫn cho thấy a≥ +b dvà thế, ta có:

( ) 2

+ > + + = + +

ab cd b d b d b bd d

Bất đẳng thức (2) chứng minh Bài toán giải hoàn toàn

Câu

1) Đặt

2 10

= + +

a x x b= 2x2 + +x (a, b > 0) Kho đó, ta có a2 −b2 =6(x+1) Do đó, phuong trình cho có thểđược viết lại thành: 2 ,

2 −

+ = a b

a b

hay (a+b a)( − −b 2)=0

Do a + b > nên từđây ta có a – b = Lại có a + b = 3x + nên kết hợp lại, ta được: 2a = (a – b) + (a + b) = 3x + 5, hay

2 2x +7x+10 =3x+5

Phương trình tương đương với

( 2 ) ( )2 ( )( )

2

5

3

3

3

4 10

3

2 15

 + ≥  ≥ −  ≥ −

 ⇔ ⇔ ⇔ =

 + + = +  

  + − =  − + =



x x x

x

x x x

x x

Thử lại, ta thấy x = thỏa mãn phương trình cho ban đầu

Vậy phương trình có nghiệm x =

b) Từ hệphương trình ta suy ra:

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

0=13 − +1 13 13= x −3xy+ y + 3x −xy+3y =8 2x−y x−2y

Do đó, ta có x = 2y y = 2x

Trường hợp 1: x = 2y thay kết quảnày vào phương trình (1), ta

( )2 2 2

2 3.2 1

1

= ⇒ = 

− + = − ⇔ = ⇔ 

= − ⇒ = − 

y x

y y y y y

y x

Trường hợp 2: y = 2x phép thếtương tựnhư trên, ta tìm

(x, y) = (1, 2) (x, y) = (-1, -2)

Vậy hệđã cho có bốn nghiệm (x, y) (1, 2), (2, 1), (-1, -2) (-2, -1) Câu

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

2 2

3 3 2

3

2 2 2 2

3

2 2

1

2

= + + − = + + + + − − −

 + + + + + − − − 

 

≤ = + +

 

 

a b c abc a b c a b c ab bc ca

a b c a b c ab bc ca

a b c

Từ đây, ta thu P ≥ 1 Mặt khác dễ thấy dấu đẳng thức xảy a =

b = c = Vậy minP =1 Câu

Từđây, ta suy tứ giác EMOC nội tiếp Suy ∠EMD= ∠ECO Do tam giác OEC cân

O nên ∠ECO= ∠CEO Mà ∠CEO= ∠CMO (cùng chán cung CO (EMOC)) nên ta có

∠EMD= ∠ECO= ∠CEO= ∠CMO

Một cách đơn giản, ta có ∠EMD= ∠CMO Mà ∠EMD+ ∠EMA=90ovà 90

∠ + ∠ = o

CMO CMA nên với kết quảtrên, ta thu ∠EMA= ∠CMA Nói cách

khác, MA phân giác góc ∠EMC

2) Theo chứng minh trên, ta có ∠EMD= ∠OMCvà ∠DEM = ∠COM (do tứgiác EMOC nội

tiếp), suy ∆DEM ∆COM Từđây, ta có EM = DM

OM MC hay MC.ME = MD MO

Mà MD.MO = MB2 (áp dụng hệthức lượng tam giác MBO vuông O có BM

đường cao) nên ta suy MB2= MC.ME

Với kết này, hệthức cần chứng minh có thểđược viết lại thành:

2

= ⇔ = ⇔ DC = DE

MC ME DC MC DE ME DC MC DE

MC ME

Do tứgiác EMOC nội tiếp nên dễthấy ∆DEO∆DEMvà ∆DEM ∆DOC Suy =

DC DO

MC OE = DE DO ME OC

Mà OC = OE nên từđây, ta có DC = DO = DO = DE

MC OE OC ME

3) Ta thấy hệthức cần chứng minh có thểviết lại sau:

2= EC + EC ⇔ −1 EC = EC − ⇔1 DE = EN

DC NC DC NC DC NC

Sử dụng tính chất đường phân giác, ta có EN = EM

NC MC

Do , ta cần chứng minh DE = ME,

DC MC hay DC.ME = DE.MC

Đây kết quảđã chứng minh phần (2) ởtrên Đề số

Bài 1:a) Nhận xét: a không chia hết cho a2chia cho dư 1,2,4

thực a không chi hết cho a có dạng a=7k±1,a=7k±2,a=7k±3 từ nhận xét

2,3,4,6 ( 1)

*)Nếu a7 b khơng chia hết cho a2+b2khơng chia hết cho (2) *)Nếu a không chia hết cho b  a2+b2khơng chia hết cho 7(3) Từ(1), (2) (3) suy a b phải chia hết cho

b) A = n2012 + n2011 + Nếu n=0 => A = 1(loại) Nếu n = => A =3( thoảmãn)

Nếu n > A> Xét A = n2012 + n2011 +

=> A=[(n670)3-1]n2 + [(n670)3-1]n +n2 + n +

=> A( n2 + n + 1) mà A> n2 + n + nên A hợp sô

Vậy n= A nhận giá trị sốnguyên tố Bài 2: a) Ta có

4 5

2

x x x x x x

x x x x x x

+ − = + −

− + − − − =

Đặt u= x− ≥1 0,v= 2x− ≥5

x x => u

2 - v2 =4 x x −

Thay vào phương trình ban đầu ta có : u2-v2+u-v=0

<=> (u-v)(u+v+1)=0 <=> u-v=0 ( u+v+1>0)

=>x=2 x=-2 cách thửtrưc tiếp ta thấy x= thoảmãn tốn

b)nhận xét a+b+c=0 a3+b3+c3=3abc áp dụng nhận xét vào biểu thức M ta có

3 3

2 2 2

( ) ( ) ( ) 3( )

3

( ) ( )

yz zx xy yz yx xz xyz

M

x y z xyz xyz

+ +

= + + = = =

z2+1≥2z

2(x2+y2+z2) ≥2(xy+yz+xz) cộng BĐT ta có

3(x2+y2+z2)+3 ≥2(x+y+z+xy+yz+xz)

=> 2

3

x +y +z ≥ (ĐPCM)

b)Xét

3 2

2 2

2 2

a ab ab b

a a a

a +b = − a +b ≥ − ab = −

Tương tự:

3

2

2

b c b b +c ≥ − ,

3

2

2

c a c c +a ≥ −

cộng BĐT ta có

3 3

2 2 2

3

2

a b c a b c

P

a b b c c a

+ +

= + + ≥ =

+ + +

vậy giá trị nhỏ P 3/2 a=b=c=1

Câu 4:

a) Ta có điểm A,M,I,O,N thuộc đường trịn bán kính OA

=> ( 1 )

2

AIM = AMO = sd AM (1)

K

I

C

O

P

N B

M

Mặt khác NOM =2AOM mà 2 AOM =NPM (2)

từ(1) (2) =>  AIM = NPM

=> BC//NP

b) SOKN =1/2OK.KN

2 2

1

2 2 4

OK +ON R

≤ =

Vậy điện tích lơn tam giác ONK R2/4 MO = MA Đề số 10

Câu

a) Với a Z∈ thì a3 − = −a (a 1)a(a 1)+

là tích sốtự nhiên liên tiếp nên chia hết cho Mà (2.3)=1

3

a a 6

⇒ − 

3 3

1 2 n n

S P (a a ) (a a ) (a a ) 6

⇒ − = − + − + + − 

VậyS 6 ⇔P 6

b) Ta có

6 2 2

n −n +2n +2n =n (n 1) (n+ −2n 2)+

với n N∈ , n > thì n2 −2n (n 1)+ = − + >1 (n 1)− 2

vàn2 −2n n+ = −2(n 1) n− < 2

Vậy (n 1)− <n2 −2n n+ < ⇒n2 −2n 2+ khơng sốchính phương (đpcm)

Câu

a) Ta có

3

10 x + =1 3(x +2)

2

10 (x 1)(x x 1) 3(x 2)

⇔ + − + = + điều kiện x≥ −1

Ta có: 10ab = 3a2 +3b2

a = 3b (a 3b)(3a-b) = 0

b 3a



⇔ − ⇔ 

= 

Trường hợp1: a = 3b

Ta có: x x+ = − +x 1 (1) ⇔9x2 −9x+9=x+1

⇔9x2 −10x+8 = 0

' 25 9.8

∆ = − < ⇒ phương trình (1) vơ nghiệm

Trường hợp 2: b = 3a

Ta có: 3 x 1+ = x2 − +x 1

2

9(x 1) x x 1

⇔ + = − +

2

x 10x-8 = 0

⇔ −

1

x 5 33 (TM) x 5 33 (TM)

 = + ⇔ 

= − 

Vậy phương trình có nghiệm x 5= ± 33

b) Ta có

1

x 3

y 1

y 3

z 1

z 3

x

 + = 



 + = 



 + = 



Từ(3) ⇒ =z 3x-1

x thay vào (2) ⇒3xy+3 = 8x+y (4)

Từđó ⇒ = =x y z

Thay vào (1) ⇒ + = ⇒x 1 3 x2 −3x+1 = 0

x

3 5 x

2

± ⇒ =

⇒ hệcó nghiệm x y z= = = 3± 5

2

Câu

a) Áp dụng bất đẳng thức + ≥ +

1 1 4

x y x y (với x,y > 0)

Ta có: ≤  +  ≤ +

+ +

 

1 1 1 1 1 1 1

;

2x+y+z 4 2x y z y z 4y 4z

Suy ra: ≤  + + 

 

1 1 1 1 1

2x+y+z 4 2x 4y 4z (1)

Tương tự: ≤  + + 

 

1 1 1 1 1

x+2y+z 4 4x 2y 4z (2)

≤  + + 

 

1 1 1 1 1

x+y+2z 4 4x 4y 2z (3)

Từ(1),(2),(3) ⇒ + + ≤  + + 

 

1 1 1 1 1 1 1

2x+y+z x+2y+z x+y+2z 4 x y z

1 1 1

1 2x+y+z x+2y+z x+y+2z

⇒ + + ≤

Dấu "=" xảy ⇔ = = =x y z 3 4

b) Áp dụng bất đẳng thức CôSy cho x2011,x2011 2009 số1 ta có:

( ) + + + ++ ≥ 2011

2011 2011 2011

2009

x x 1 2011 x

Tương tự:

2011

2y +2009 2011y≥ (2)

2011

2z +2009 2011z≥ (3)

Từ(1), (2), (3) ⇒x2 +y2 +z2 ≤2(x2011 +y2011 +z2011) 3.2009+

2011

⇒x2 +y2 + z2 ≤3

Giá trị lớn M chỉkhi x = y = z =

Câu

a) Gọi giao điểm BH với AC E

AH với BC F, CH với AB I

⇒ HECF tứ giác nội tiếp ⇒ AHE ACB = (1)

Mà ACB AMB = ( góc nội tiếp chắn một cung)

Ta có: AMB ANB = (Do M,N đối xứng AB) (2)

Từ (1), (2) ⇒ AHBN tứ giác nội tiếp

⇒ NAB NHB = (*)

Mà NAB MAB = (Do M, N đối xứng qua AB (**)

H

P

M N

F

E I

O

C B

Từ (*), (**) ⇒ NHB BAM =

Chứng minh tương tự: PHC MAC =

⇒ NHB PHC BAM MAC BAC    + = + =

Mà BAC IHE 180 + =

  

NHB PHC BHC 180

⇒ + + = ( IHE BHC = )

⇒ N, H, P thẳng hàng

b) Gọi J điểm cung lớn BC



BOC 120= ⇒ ∆BJC đều

Trên đoạn JM lấy K cho MK = MB JKB CMB

⇒ ∆ = ∆

BM MC JM

⇒ + =

1 1 4

BM +MC ≥BM MC+

1 1 4 BM MC JM

⇒ + ≥

JM lớn ⇔ JM đường kính (O) lúc M điểm cung nhỏ BC

O K B

M

Vậy

1 1

BM + MC nhỏ nhất ⇔ M điểm giữa cung nhỏ BC

Câu

+ Khi BAC 90= ⇒ BIC 90 =

⇒ F trùng với B, E trùng với C lúc EF đường kính. ⇒ EF qua điểm O cốđịnh

+ Khi BAC< 900 ⇒ BIC > 900

Gọi K điểm đối xứng I qua EF

 

EIF EAF

⇒ = (cùng bù BIC)

 

EKF EIF= (Do I K đối xứng qua EF)

 

EKF EAF

⇒ =

AKFE

⇒ nội tiếp

 

KAB KEF

⇒ = (cùng chắn KF) (1)  

IEF KEF= (Do K I đối xứng qua EF) (2)  

IEF BIK= ( phụ KIE ) (3)

Từ(1), (2), (3) ⇒KAB BIK =

⇒ AKBI tứ giác nội tiếp

K

F

E O

A

B

C

⇒ K (O)∈

Mà EF đường trung trực KI ⇒ E, O, F thẳng hàng

+ Khi BAC > 900 ⇒ BIC < 900 chứng minh tương tự

Vậy đường thẳng EF qua điểm O cốđịnh

Đề số 11 Câu

a) *) Nếu n 3⇒n2 +n 3

 

nên n2 + +n 3/

 (1) *) Nếu n 3/ ⇒ n2 +2 3

2

n n 3/

⇒ + +  (2) Từ(1) (2) ⇒ ∀ ∈n Z n2 + +n 3/



b) Đặt m2 =n2 +17 (m N)∈

⇒m2 −n2 =17⇒(m n)(m n) 17 1.17− + = = =17.1

Do m + n > m - n

m n 17 m 9 m n 1 n 8

+ = =

 

⇒ ⇒

− = =

 

Vậy với n = ta có n2 +17 64 17 81 9= + = =

Câu

a) Giải phương trình x2 +4x+5=2 2x+3 (1)

Điều kiện: 2x+3 0 x -3 2

≥ ⇒ ≥

(1) ⇔x2 +4x+5-2 2x+3 0=

x 2x+1+2x+3-2 2x+3 0

⇔ + + =

2

(x 1) ( 2x+3 1) 0

x 0 2x+3 0

+ = 

⇔ 

− = 

x 1 2x+3=1

= −  ⇔  

x 1

⇔ = − thỏa mãn điều kiện b) Giải hệphương trình

2

2x+y=x 2y+x=y

  

Trừtừng vế2 phương trình ta có: x2 −y2 = −x y

(x y)(x y 1) 0

⇔ − + − =

x y x y x y 0 x y

= =

 

⇔ ⇔

+ − = = −

 

Ta có:

*) x y x y

x(x 3) 0 x 0

= =

 ⇔

 − =  =

 

Vậy (x; y) = (0;0); (3;3)

*) x y 2 x y 2 x y2

2x+y = x 2 2y y (1 y) y y 0

= − = − = −

  

⇔ ⇔

  

− + = − − + =

   (*)

Vì phương trình y2 − + =y 0 vơ nghiệm nên hệ(*) vơ nghiệm

Vậy hệđã cho có nghiệm (x; y) = (0; 0); (3; 3)

Câu

Tìmgiá trị nhỏ A 4x+32 x 1

= +

Ta có:

2

2

4x+3 x 4x+4

A 1

x 1 x 1

+

= = − +

+ +

2

(x 2)

A 1 1

x 1

+

= − + ≥ −

+ (1)

(2)

Dấu "=" xảy ⇔ + = ⇔ = −x 0 x 2 Vậy Amin = −1 x = -2

Câu

a) Gọi I giao điểm AH BC ⇒ AI ⊥ BC

Ta có: ∆BHI ∆BCE (g, g)

BH BI

BH.BE BC.BI BC BE

⇒ = ⇒ = (1)

Ta có: ∆CHI ∆CBF (g, g)

CH CI

CH.CF BC.CI CB CF

⇒ = ⇒ = (2)

Từ(1) (2) suy BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC2 b) Gọi K điểm đối xứng H qua BC suy HCB KCB =

Mà FAI HCI = (do tứ giác AFIC nội tiếp)

   

FAI BCK hay BAK BCK

⇒ = =

⇒tứgiác BACK nội tiếp đường tròn (O) ⇒K ∈(O)

Câu

+ Khi BAC 90= ⇒BIC 90 = 0

⇒ F trùng với B, E trùng với C lúc EF đường kính

⇒ EF qua điểm O cốđịnh

H

K

E

I

F O

B A

C

S

+ Khi BAC < 900 ⇒ BIC > 900

Gọi K điểm đối xứng I qua EF

 

EIF EAF

⇒ = (cùng bù BIC)

 

EKF EIF= (Do I K đối xứng qua EF)

 

EKF EAF

⇒ =

AKFE

⇒ nội tiếp

 

KAB KEF

⇒ = (cung chắn KF) (1)

 

IEF KEF= (Do K I đối xứng qua EF) (2)

 

IEF BIK= (cùng phụ KIE) (3)

Từ(1), (2), (3) ⇒KAB BIK =

⇒ AKBI tứ giác nội tiếp

⇒ K (O)∈

Mà EF đường trung trực KI ⇒ E, O, F thẳng hàng

+ Khi BAC > 900 ⇒ BIC < 900 chứng minh tương tự

Vậy đường thẳng EF qua điểm O cốđịnh Đề số 12

Câu

K

F

E O

A

B

C

a) 3

16 16

a= − + +

⇒ 3 3

32 (16 5)(16 5).( 16 16 )

a = + − + − + +

⇒

32 3.( 4)

a = + − a

⇒

32 12

a = − a

⇒

12 32

a + a− =

⇒

12 31

a + a− =

⇒ 2010

( ) 1

f a = =

b) 2

5(x +xy+y )=7(x+2 )y (1) ⇒7(x+2 ) 5y  ⇒(x+2 ) 5y 

Đặt x+2y=5t (2) (t∈Z) (1) trởthành 2

7

x +xy+y = t (3)

Từ (2) ⇒ x= −5t 2y thay vào (3) ta

2

3y −15ty+25t − =7t (*)

2

84t 75t

∆ = −

Để(*) có nghiệm

0 84t 75t

⇔ ∆ ≥ ⇔ − ≥

28 25

t

⇔ ≤ ≤ Vì t∈ ⇒ =Z t 0hoặc t=1

Thay vào (*)

Với t=0⇒ y1=0⇒ =x1 Với t=1 2

3

3

2

y x

y x

= ⇒ = −



⇒  = ⇒ =



Câu

a) ĐK x=0hoặc x≥1

Với x=0thỗ mãn phương trình

Với x≥1Ta có 2( 1) 1( 1)

x −x = x x− ≤ x + −x

2

1( ) ( 1)

2

3 2

x x x x x

⇒ − + − ≤

Dấu "=" Xẩy 22 1 x x x x  = −  ⇔  − =  2 1 1 x x x x x x  = −  ⇔ ⇒ + = − = +

 Vơ lý

Vậy phương trình cho có nghiệm x=0

2

1 1

2 (1) b) ( )

2 (2)  + + =    − = 

x y z

I

xy z

ĐK x y z; ; ≠0

Từ (1) 2

1 1 2

4

x y z xy xz yz

⇒ + + + + + =

Thếvào (2) ta được:

2 2

2 1 1 2

xy−z = x + y + z +xy+xz+ yz

2 2

1 2

0

x y z xz yz

⇔ + + + + =

2 2

1 1

0

 

 

⇔ + + + + + =

x xz z  y yz z 

2

1 1

x z y z

    ⇔ +  + +  =     1 1 x z

x y z

y z  + =  ⇔ ⇔ = = −  + = 

Thay vào hệ(I) ta được: ( ; ; ) 1; ; ( ) 2

 

= − 

 

x y z TM Câu

Ta có

(x−y) ≥0 ∀x; y

2

x xy y xy

⇔ − + ≥

Ta có: x3 + y3= (x + y)(x2 - xy + y2)

⇒ x3 + y3≥ (x + y)xy

⇒ x3 + y3+1 = x3 + y3+xyz ≥ (x + y)xy + xyz

⇒ x3 + y3+ ≥ xy(x + y + z) > 0

Tương tự: y3+ z3+ ≥ yz(x +y + z) >

z3 + x3+ ≥ zx(x + y + z) >

⇒A 1 1 1

xy(x y z) yz(x y z) xz(x y z)

≤ + +

+ + + + + +

⇒A x y z

xyz(x y z)

+ + ≤

+ +

⇒A 1 1

xyz

≤ =

Vậy giá trị lớn A ⇔x = y = z =

Câu

a) Ta có: BDE =BAE (cùng chắn cung BE đường trịn tâm O)

 

BAE=BMN (cùng chắn cung BN đường tròn tâm O')

hay BDI =BMN ⇒BDMI tứ giác nội tiếp

⇒ MDI =MBI (cùng chắn cung MI)

mà MDI =ABE (cùng chắn cung AE đường tròn tâm O)

⇒ ABE =MBI

mặt khác BMI =BAE (chứng minh trên)

⇒∆MBI ~ ∆ ABE (g.g)

⇒MI BI

AE = BE⇔MI.BE = BI.AE

b) Gọi Q giao điểm CO DE ⇒OC ⊥DE Q ⇒∆OCD vng D có DQ đường cao

⇒OQ.OC = OD2= R2 (1)

Gọi K giao điểm hai đường thẳng OO' DE; H giao điểm AB OO' ⇒OO' ⊥ AB H

Xét ∆KQO ∆CHO có   

Q= =H 90 ;O chung

⇒∆KQO ~ ∆CHO (g.g)

⇒ KO OQ OC.OQ KO.OH (2)

CO = OH ⇒ =

Từ(1) (2)

2

2 R

KO.OH R OK

OH

⇒ = ⇒ =

Vì OH cốđịnh R không đổi

∆ABC vuông cân A ⇒AD phân giác góc A AD ⊥ BC

⇒ D ∈(O; AB/2)

Ta có ANMP hình vng (hình chữ nhật có AM phân giác) ⇒tứgiác ANMP nội tiếp đường tròn đường kính NP

mà 

NHP=90 ⇒H thuộc đường trịn đường kính NP

⇒  

AHN=AMN=45 (1)

Kẻ Bx ⊥ AB cắt đường thẳng PD E

⇒tứ giác BNHE nội tiếp đường trịn đường kính NE Mặt khác ∆BED = ∆CDP (g.c.g) ⇒BE = PC

mà PC = BN ⇒BN = BE ⇒∆BNE vuông cân B

⇒ 

NEB=45 mà NHB =NEB (cùng chắn cung BN)

⇒ 

NHB=45 (2)

Từ(1) (2) suy 

AHB=90 ⇒H ∈(O; AB/2) gọi H' hình chiếu H AB

AHB AHB

HH '.AB

S S

2

⇒ = ⇒ lớn ⇔HH' lớn

Dấu "=" xẩy ⇔ H ≡ D ⇔M ≡ D Đề số 13

Câu

a) Cho A = k4+ 2k3 - 16k2 - 2k +15 với k ∈ Z

Vì k ∈ Z ⇒ta xét trường hợp:

TH1: k chẵn ⇒A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 số lẻ

⇒A không chia hết cho

⇒A không chia hết cho 16 (loại) (1)

TH2: k lẻ, ta có:

A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 = (k2 - 1)(k2+ 2k - 15) = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)

Do k lẻ⇒k - 1; k + 1; k - 3; k + chẵn

⇒A = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)  2.2.2.2 = 16 (thoảmãn) (2)

Từ(1) (2) ⇔với ∀k ∈Z mà k lẻthì A ln chia hết cho 16

b) Do tích a.b chẵn nên ta xét trường hợp sau: TH1: Trong sốa, b có số chẵn số lẻ

Khơng tính tổng quát, giả sử a chẵn, b lẻ

⇒ a2  4; b2chia cho dư ⇒ a2 + b2chia cho dư 1

⇒ a2 + b2= 4m + (m ∈ N)

Chọn c = 2m ⇒ a2 + b2 + c2 = 4m2+ 4m + = (2m + 1)2(thoảmãn) (1)

TH2: Cả sốa, b chẵn

⇒ a2 + b2  ⇒ a2 + b2= 4n (n ∈ N)

Chọn c = n - ⇒ a2 + b2 + c2 = n2+ 2n + = (n + 1)2(thoảmãn) (2) Từ(1) (2) suy ta ln tìm c ∈Z thoảmãn tốn

a) Giải phương trình x2 - x - 2 16x+ = 2 ĐKXĐ: x 1 16

≥ −

Khi phương trình ⇔ x2 - x = 2( 16x+ +1)

Đặt: 1 16x+ + =1 2y (y 1

2

≥ )

⇔1 + 16x = 4y2 -4y + ⇔ 4y2 - 4y = 16x ⇔ y2 - y = 4x (*)

⇒

2

2

y y 4x

(x y)(x y 3) 0

x x 4y

 − =

 ⇒ − + + =



− = 

x y

1 1

x y (lo¹i x - và y )

16 2

=   ⇔

 + + = ≥ ≥



Với x = y thay vào (*) ⇒ x2 - x = 4x

⇔ x2 - 5x = ⇔ x(x - 5) =

⇔ ==



x (tho¶ m·n) x (lo¹i)

Vậy phương trình có nghiệm là: x =

b) Cho x, y thoảmãn:  + − + =

+ − =



3

2 2

x 2y 4y (1) x x y 2xy 0 (2)

Từ (1) ⇒ x3= -2y2 + 4y -3 ⇔ x3= -2(y2 - 2y + 1) -

⇔ x3= -2(y - 1)2 - ≤ -1 với ∀ y ⇒ x3≤ -1 ⇔ x ≤ -1 (*)

Từ (2) ⇒ x2(y2+ 1) = 2y ⇔ x2= ≤

+

2

2y 1

y 1 với ∀ y

⇒ x2≤ ⇔| x |≤ ⇔ -1 ≤ x ≤ (**) Từ(*) (**) ⇒x = -1 thay vào (2) ta được:

y2 - 2y + = ⇔ (y - 1)2= ⇔y = 1

Câu

Đặt 1+ =1 x

a b ; + = 1 1

y

b c ; + = 1 1

z

c a ⇒(x, y, z > 0) ⇒P = (3 + x)(3 + y)(3 + z)

= 27 + 3(xy+ yz + zx) + 9(x + y+ z) + xyz

≥ 27 (xyz)+ 3 +27 xyz xyz3 + (*)

Lại có: xyz 1 1 1 1 1 1 8

a b b c c a abc

   

= +  +  + ≥

    (vì a, b, c > 0)

mà 3 a b c abc3 1 abc

2 ≥ + + ≥ ⇒ ≥2

⇒ abc≤ ⇒1 8 ≥64⇒xyz≥ 8 ≥64 8 abc abc

Thay vào (*) ta được: P ≥ 27 64+ +27 64 643 +

= 27 + 144 + 108 + 64 = 343

Dấu = có a = b = c = 1

2 ⇒ Pmin= 343 Khi a = b = c = 1 2

Câu

a) Xét ∆COM ∆CED có:

 ∠ = ∠ =



∠ 

0

O E 90 C chung

N M

D C

O

B A

E

1

⇒∆COM ∆CED (g-g)

⇒ CO = OM

CE ED (1)

Do AB, CD đường kính vng góc với ⇒ ∠ = ∠E1 A1 =450

Xét ∆AMC ∆EAC có: ∠ = ∠ = 

∠ 

0

1

E A 45 C chung ⇒∆AMC ∆EAC (g-g) ⇒ AC = AM

CE AE

mà AC = 2 CO (do ∆ACO vuông cân O)

⇒AM = 2 CO = 2 OM

AE CE ED (do (1))

⇒AM.ED = 2 OM.AE (ĐPCM)

b) Tương tựcâu a ta có:

∆BON ∆BEA ⇒ BO= ON BE EA

∆BND ∆BDE ⇒ DN = BD = 2BO DE BE BE

⇒ DN 2 ON

DE = EA

ON DN ON EA EA 2 DE DN 2 DE

⇒ = ⇒ =

Từcâu a ta có: AM.ED = 2.OM.AE ⇒ OM = ED AM 2 EA

nên suy OM ON. = 1

AM DN 2

mà OM + ON ≥2 OM ON. =2 1 = 2

AM DN AM DN 2

Dấu = xẩy chỉkhi:

S

S

S

= ⇔ = ⇔ =

OM ON ED EA

ED EA AM DN 2EA 2ED

⇔E điểm cung nhỏ AD

Vậy giá trị nhỏ OM + ON = 2 AM DN

⇔E điểm cung nhỏ AD Câu

Khơng tính tổng qt, giả sử

∠ ≥ ∠ ≥ ∠ ⇒ ∠ ≥A B C A 600

TH1: 600 ≤ <A 900

kẻ CH ⊥ AB; BK ⊥ AC

ABC

1

S CH.AB 2

⇒ =

mà CH ≤ CC1≤1 ta có:

1

0

BB

BK 1 1 2

AB

SinA SinA SinA Sin60 3

= ≤ ≤ ≤ =

ABC

1 2 1 S .1.

2 3 3

⇒ ≤ = (1)

TH2: ∠ ≥A 900 ⇒ AB ≤ BB

1≤ 1, CH ≤ CC1≤ SABC 1.1.1 1 1

2 2 3

⇒ ≤ = < (2)

Từ(1) (2) ABC

1 S

3

⇒ ≤

A1

B1

Đề số 13 Câu

a) Cho A = k4+ 2k3 - 16k2 - 2k +15 với k ∈ Z

Vì k ∈ Z ⇒ta xét trường hợp:

TH1: k chẵn ⇒A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 số lẻ

⇒A không chia hết cho

⇒A không chia hết cho 16 (loại) (1)

TH2: k lẻ, ta có:

A = k4 + 2k3 - 16k2 - 2k +15 = (k2 - 1)(k2+ 2k - 15) = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)

Do k lẻ⇒k - 1; k + 1; k - 3; k + chẵn

⇒A = (k - 1)(k + 1)(k - 3)(k + 5)  2.2.2.2 = 16 (thoảmãn) (2)

Từ(1) (2) ⇔với ∀k ∈Z mà k lẻthì A ln chia hết cho 16

b) Đặt A = a2 + b2 + c2 Do tích a.b chẵn nên ta xét trờng hợp sau:

TH1: Trong số a, b có số chẵn số lẻ

Khơng tính tổng quát, giả sử a chẵn, b lẻ ⇒ a2 4; b2: dư ⇒ a2 + b2: dư

⇒ a2 + b2= 4m + (m ∈ N)

Chọn c = 2m ⇒ a2 + b2 + c2 = 4m2+ 4m + = (2m + 1)2(thoả mãn) (1)

TH2: Cả số a, b chẵn

⇒ a2 + b2  ⇒ a2 + b2= 4n (n ∈ N)

Chọn c = n - ⇒ a2 + b2 + c2 = n2+ 2n + = (n + 1)2(thoả mãn) (2)

Từ (1) (2) ta tìm c ∈Z thoả mãn tốn

Câu

a) Giải phương trình x2 - x - 2 16x+ = 2 ĐKXĐ: x 1 16

Khi phương trình ⇔ x2 - x = 2( 16x+ +1)

Đặt: 1 16x+ + =1 2y (y 1

2

≥ )

⇔1 + 16x = 4y2 -4y + ⇔ 4y2 - 4y = 16x ⇔ y2 - y = 4x (*)

⇒

2

2

y y 4x

(x y)(x y 3) 0

x x 4y

 − =

 ⇒ − + + =



− = 

x y

1 1

x y (loại x - và y )

16 2

=   ⇔

 + + = ≥ ≥



Với x = y thay vào (*) ⇒ x2 - x = 4x

⇔ x2 - 5x = ⇔ x(x - 5) =

⇔ ==



x (tho¶ m·n) x (lo¹i)

Vậy phương trình có nghiệm là: x =

b) Ta có: 2 ( )2

3 ( )

x y xy x y xy

x y xy x y xy

 + + =  + − =

⇔

 

+ + = + + =

 

⇒ (x + y)2 + (x + y) – 12 = ⇔

4 + = 

 + = 

x y

x y

Nếu x + y =

 = 

 =

+ =

  

⇒ ⇔ ⇔ 

=  =

  

=  

x y

x + y = x y

Hệ cho

x + y + xy = xy x

y

Nếu x + y = -4

⇒Hệ cho ⇔ ⇔  + = − = 

x y

xy (hệ vô nghiệm)

Vậy hệ phơng trình cho có nghiệm (x; y) = (0; 3), (3; 0)

Áp dụng bất đẳng thức: + + ≥

+ +

1 1

A B C A B C (với A, B, C ≥ 0)

⇒với x, y, z > ta có: + + ≥

+ +

1 1

xy yz zx xy yz zx

⇒ ≥ +

+ + + +

2 2

1

P

x y z xy yz zx

⇒ ≥ + + +

+ + + + + + + + +

2 2

1 1

P ( )

x y z xy yz zx xy yz zx xy yz zx

≥ +

+ + + + + + +

2 2

9

x y z 2xy 2yz 2zx xy yz zx = +

+ + + +

9

(x y z) xy yz zx

Do x + y + z = ⇒(x + y + z)2=



⇒ + + + + + = 



+ + ≥ + + 

2 2 2

x y z 2(xy yz zx)

mµ x y z xy yz zx ⇒3(xy + yz + zx) ≤

⇒ ≥

+ +

1

3

xy yz zx ⇒ P ≥ + =

P 7.3 30

1

Dấu = xẩy chỉkhi x y z= = =1

3

Vậy Pmin= 30⇔ = = =x y z

3

Câu

a) Xét ∆COM ∆CED có:

N M

D C

O

B A

 ∠ = ∠ =



∠ 

0

O E 90 C chung

⇒∆COM ∆CED (g-g)

⇒ CO = OM

CE ED (1)

Do AB, CD đường kính vng góc với ⇒ ∠ = ∠ =

1

E A 45

Xét ∆AMC ∆EAC có: ∠ = ∠ = 

∠ 

0

1

E A 45 C chung ⇒∆AMC ∆EAC (g-g) ⇒ AC = AM

CE AE

mà AC = 2 CO (do ∆ACO vuông cân O)

⇒AM = 2 CO = 2 OM

AE CE ED (do (1))

⇒AM.ED = 2 OM.AE (ĐPCM)

b) Tương tựcâu a ta có:

∆BON ∆BEA ⇒ BO= ON BE EA

∆BND ∆BDE ⇒ DN = BD = 2BO DE BE BE

⇒ DN 2 ON

DE = EA

ON DN ON EA EA 2 DE DN 2 DE

⇒ = ⇒ =

Từcâu a ta có: AM.ED = 2.OM.AE ⇒ OM = ED AM 2 EA

nên suy OM ON. = 1

AM DN 2

S

S

S

mà OM + ON ≥2 OM ON. =2 1 = 2

AM DN AM DN 2

Dấu = xẩy chỉkhi:

= ⇔ = ⇔ =

OM ON ED EA

ED EA AM DN 2EA 2ED

⇔E điểm cung nhỏ AD

Vậy giá trị nhỏ OM + ON = 2 AM DN

⇔E điểm cung nhỏ AD Câu

Khơng tính tổng qt, giả sử

∠ ≥ ∠ ≥ ∠ ⇒ ∠ ≥A B C A 600

TH1: 600 ≤ <A 900

kẻ CH ⊥ AB; BK ⊥ AC

ABC

1

S CH.AB 2

⇒ =

mà CH ≤ CC1≤1 ta có:

1

0

BB

BK 1 1 2

AB

SinA SinA SinA Sin60 3

= ≤ ≤ ≤ =

ABC

1 2 1 S .1.

2 3 3

⇒ ≤ = (1)

TH2: ∠ ≥A 900 ⇒ AB ≤ BB

1≤ 1, CH ≤ CC1≤ SABC 1.1.1 1 1

2 2 3

⇒ ≤ = < (2)

Từ(1) (2) ABC

1 S

3

⇒ ≤

A1

B1

C1

Đề số 16 Bài

a) Gọi số cần tìm abc (a, b, c ∈ N; a, b, c ≤ 9, a ≠ 0) (1)

Theo ta có:

+ +

 + + 



 

100a 10b c 11 (2) a b c 11 (3) c ch½n (4) Từ (2) , (3) ⇒ 101a + 11b + 2c 11 ⇒ 2(a + c)  11 mà ≤ a+ c ≤18 (2; 11) = ⇒ a + c = 11 (5) Từ (3) , (5) ⇒b =

do c chẵn a + c = 11 ⇒(a; c) = (9; 2), (7;4), (5; 6), (3; 8) Vậy số cần tìm 902; 704; 506; 308

b) Đặt X = 7− 50 + 7+ 50 ⇒ X3= 14 – 3X

⇒ X3+ 3X – 14 = ⇒ (X-2)(X2+ 2X + 7) =

Do: X2 + 2X + >0

⇒ X-2 = ⇒X=2

Nên: 7− 50 + 7+ 50

=2 hay 7− 50 + 7+ 50

là số tự nhiên

Bài

Điều kiện xác định: {x ≤ -1 x 1 4

≥ − }

Đặt 4x22 5x a, (a 0) 2 x x b, (b 0)

 + + = ≥



− + = ≥

 ⇒

2

2

4x 5x a 4x 4x b

+ + =



 − + =



⇒ a – b2= a - b ⇒ (a-b)(a+b-1) =0

Do b = 4x2 −4x 4+ ⇒ b ≥ 3

⇒ a + b –1 > ⇒ a – b =0

Từ a – b =0 ⇒ 9x – = ⇒ x 1 3

=

Với x 1 3

= thoả mãn ra, nên nghiệm phương trình là: x 1 3

Với x, y số ta ln có (x + y)2≤ 2(x2 + y2) Nên a, b ≥0 a2 + b2=1 ⇒ (a+b)2≤

⇒ a+b ≤ 2 (dấu = a=b= 1

2 )

Mặt khác (a+b)2= a2 + b2+2ab = 1+ 2ab ⇒ (a + b)2≥

Mà a, b ≥ ⇒ a+ b ≥1 (dấu = xẩy (a, b) = (1,0) (0,1)) Vậy ta ln có ≤ a+b ≤ 2

Bài

Xét tích

(x – 1) (y - 1)(z – 1) = xyz – xy – yz – zx + x + y + z –1 = x + y + z - 1 1

x y z− − mà x + y + z > 1 1

x y z+ + ⇒ (x –1)(y – 1)(z – 1) >0

nếu thừa số (x –1), (y – 1), (z – 1) dương ⇒xyz > (loại) thừa số (x –1), (y – 1), (z – 1) âm ⇒ (x –1)(y – 1)(z – 1)<0

Nếu thừa số dương, thừa số âm ⇒ (x –1)(y – 1)(z – 1)<0 (loại)

Nên phải có thừa số âm, thừa số dương ⇒trong số x, y, z có hai số bé Cịn số lớn

Vậy số x, y, z ln có số lớn

Bài

Q

P

C M

B O

N

E H

D A

a) Gọi P giao điểm AD BC ⇒N trực tâm tam giác PAB ⇒ PN ⊥ AB

Gọi giao điểm tiếp tuyến D với PNlà M’ Do góc PDM’= góc ABD (1/2 số đo

cung AD) ⇒ PDM' DPM' =

⇒Tam giác M’PD cân M’

⇒M’P = M’D ⇒M’là trung điểm đoạn PN Tương tự tiếp tuyến C cắt PN M’

Do M’trùng M ⇒MN ⊥ AB

b) Trên tia đối tia DB lấy điểm Q cho DQ=DB ⇒QA//NO ⇒QA ⊥ NE ⇒A trực tâm tam giác QEN

⇒ NA ⊥QE (tại H)