Bộ đề học sinh giỏi môn toán lớp 9 tỉnh Thanh Hóa

 Trịnh Bình Tổng hợp TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 TỈNH THANH HÓA Thanh Hóa, tháng 12 năm 2019 2 MỤC LỤC Phần 1: Đề thi Đề số 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. Đề thi Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2018- 2019 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2017- 2018 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2016- 2017 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2015- 2016 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2014- 2015 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013- 2014 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2012- 2013 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2011- 2012 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2010- 2011 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2009- 2010 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2008- 2009 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2007- 2008 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2006- 2007 Trang Phần 2: Hướng dẫn giải Đề số 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. Hướng dẫn Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2018- 2019 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2017- 2018 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2016- 2017 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2015- 2016 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2014- 2015 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013- 2014 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2012- 2013 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2011- 2012 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2010- 2011 Trang 3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 22/3/2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 1 (Đề thi có một trang) Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (4,0 điểm)  x x − x −1  x + 2 x−5  1. Rút gọn biểu thức P = − −   :   , với x > 0, x ≠ 4. x − 2 x − 2 x x + 1 x − x − 2     3 3 2. Cho a = 7 + 50 , b = 7 − 50 . Không dùng máy tính, hãy chứng minh các biểu thức M= a + b và N = a 7 + b7 có giá trị đều là số chẵn. Câu 2. (4,0 điểm) 2 0 ( k là tham số ). Tìm 1. Giả sử x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình x + 2kx + 4 = 2 2 x  x  tất cả các giá trị của k sao cho :  1  +  2  ≤ 3  x 2   x1  x + x 2 + 1 = 2y + 1 2. Giải hệ phương trình  . 2 + + = + y y 1 2x 1  Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 y 2 ( x + y ) + x = 2 + y ( x − 1) * 2. Cho n ∈  . Chứng minh rằng nếu 2n + 1 và 3n + 1 là các số chính phương thì n chia hết cho 40 . Câu 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn ( O,R ) và một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn, OA = 2R . Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn ( O ) ( B,C là các tiếp điểm). Đường thẳng OA cắt dây BC tại I . Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC . Tiếp tuyến tại M của đường tròn ( O ) cắt AB, AC lần lượt ở E,F . Dây BC cắt OE,OF lần lượt tại các điểm P, Q  = 60 0 và tứ giác OBEQ nội tiếp. 1. Chứng minh ABI 2. Chứng minh EF = 2PQ .  sao cho tam giác OPQ có diện tích 3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC nhỏ nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó theo R . Câu 5. (2,0 điểm) 0. Tìm giá trị lớn nhất của Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y − z + 1 = biểu thức: P= x3 y3 ( x + yz )( y + xz )( z + xy ) 2 ___________________Hết_________________ 4 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 10/3/2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 2 (Đề thi có một trang) Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (4,0 điểm) x−2 x x +1 1 + 2x − 2 x 1. Cho biểu thức P = , với x > 0, x ≠ 1. Rút gọn + + x x −1 x x + x + x x2 − x P và tìm tất cả các giá trị của x sao cho giá trị của P là một số nguyên. 4(x + 1)x 2018 − 2x 2017 + 2x + 1 = 2. Tính giá trị của P = tại x 2x 2 + 3x 1 2 3 −2 − 3 2 3+2 . Câu 2. (4,0 điểm) 0 có hai nghiệm tương ứng là độ dài 1. Biết phương trình (m − 2)x 2 − 2(m − 1)x + m = hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông. Tìm m để độ dài đường cao ứng với 2 . cạnh huyền của tam giác vuông đó bằng 5 (x + y)2 (8x 2 + 8y 2 + 4xy − 13) + 5 = 0  2. Giải hệ phương trình  1 1 2x + x + y =  Câu 3. (4,0 điểm) 2 2 2 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình y − 5y + 62 = (y − 2)x + (y − 6y + 8)x. 2. Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p = a 2 + b 2 là số nguyên tố và p − 5 chia hết cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax 2 − by 2 chia hết cho p . Chứng minh rằng cả hai số x, y chia hết cho p . Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có (O),(I),(Ia ) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác với các tâm tương ứng là O,I,Ia . Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC , P là điểm chính giữa  của (O) , PI cắt (O) tại điểm K . Gọi M là giao điểm của PO và BC, cung BAC a N là điểm đối xứng với P qua O. 1. Chứng minh IBIa C là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP.  = KAI . 3. Chứng minh DAI a Câu 5. (2,0 điểm) y2 xz x + 2z 5 Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x ≥ z. Chứng minh rằng: 2 + + ≥ . y + yz xz + yz x + z 2 5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 3 (Đề thi có một trang) Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức: P = ( x )( x + y 1− y − ) ( y x+ y )( x +1 − ) ( xy )( x +1 1− y ) 1. Rút gọn biểu thức P. 2. Tìm các giá trị x, y nguyên thỏa mãn P = 2. Câu 2. (4,0 điểm) 1. Tìm m để phương trình x1 , x 2 , x 3 , x 4 thỏa mãn (x 2 ) − 1 ( x + 3 )( x + 5 ) = m có 4 nghiệm phân biệt 1 1 1 1 + + + = −1 x1 x 2 x 3 x 4 2 2   x = 2 + xy 2. Giải hệ phương trình :  2 2  y = 2 + x y Bài 3. (4 điểm) 1. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh p2016 – 1 chia hết cho 60. 2. Cho x, y, z là các số dương khác nhau đôi một và x 3 + y 3 + z 3 chia hết cho x 2 y 2 z 2 . Tìm thương của phép chia x 3 + y 3 + z 3 : x 2 y 2 z 2 Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) và AB < AC. Các tiếp tuyến tại B và C của ( O ) cắt nhau tại D. Qua D kẻ đường thẳng song song với AB, cắt BC và AC lần lượt tại M , N . 1) Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp và tam giác ANB cân. 2) Đường thẳng AD cắt đường tròn ( O ) tại I , BI cắt DM tại K . Chứng minh K là trung điểm của DM . 3) Trên đoạn thẳng BD lấy điểm P sao cho IP / / DN , AP cắt BC tại Q. Gọi G là trung điểm của DK . Chứng minh ba điểm Q, I , G thẳng hàng. Câu 5. (2,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : 0 ≤ x, y, z ≤ 2 và x + y + z = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = x + y + z . __________________Hết_________________ 6 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 4 (Đề thi có một trang) Câu 1. (4,0 điểm) a−3 a a+3 a   9  Cho biểu thức A = −   .  a −  (với a > 0; a ≠ 9) a + 3 a − 3 a     a) Rút gọn biểu thức A; b) Tìm các giá trị biểu thức M= A + a. Câu 2. (4,0 điểm) a) Giải phương trình: 9 2x 1. + = 2 x 2x 2 + 9 x 3 − y 3= 4 ( 4x − y ) b) Giải hệ phương trình sau:  2 . 2 4  y − 5x = Câu 3. (4,0 điểm) a) Tìm các nghiệm nguyên ( x; y ) của phương trình: 54x 3 + 1 = y3 . b) Tìm các giá trị nguyên dương của m để phương trình x 2 − mxy + y 2 + 1 = 0 có nghiệm nguyên dương với x, y là ẩn số. Câu 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R. Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) có B, C cố định. Đường cao AD, BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H . Đường thẳng chứa các tia phân giác ngoài của góc BHC cắt AB, AC lần lượt tại điểm M , N . a) Chứng minh tam giác AMN cân; b) Xác định vị trí của A để chu vi tam giác DEF lớn nhất; c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K ( K khác A ). Chứng minh rằng đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi. Câu 5. (2,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: ab 2 + bc 2 + ca 2 = 3. Chứng minh rằng: 2a 5 + 3b 5 2b 5 + 3c 5 2c 5 + 3a 5 + + ≥ 15 a 3 + b 3 + c 3 − 2 . ab bc ca ( __________________Hết_________________ ) 7 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2014– 2015 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 5 (Đề thi có một trang) ( )( )  2x − 1 + x 2x x + x − x  x − x 1 − x + −1 Câu 1. (4,0 điểm) Cho biểu thức A =   . − 1 x + − 1 x x 2 x 1   1. Rút gọn biểu thức A 2. Tìm x để A < − Câu 2. (4,0 điểm) 1 7 x 3x − 2 −2 = 0. x − x − 2 x − 5x − 2 2 2 2x 2 y 2 x + y = 2. Giải hệ phương trình  4x 2 y 2 (x + y)(1 + xy) = Câu 3. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 ( ) 1. Tìm các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình: 5 x 2 + xy + y 2 = 7 ( x + 2y ) 2. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho tồn tại số tự nhiên m thỏa mãn : pq m2 + 1 = . p+q m +1 Câu 4. (6,0 điểm) Cho 3 điểm A , B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không thuộc đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K. 1. Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn. 2. Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi. 3. Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm của ME. Câu 5. (2,0 điểm) a b  a b 6. Tìm giá trị nhỏ Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 2  +  + c  2 + 2  = b a b a  bc ca 4ab + + . nhất của biểu thức P = a ( 2b + c ) b ( 2a + c ) c ( a + b ) __________________Hết_________________ 8 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2013– 2014 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 6 (Đề thi có một trang)     xy + x xy + x Câu I (4,0 điểm): Cho biểu thức A =  x +1 + + 1 :  1 − − x +1  .  xy + 1 1 − xy   xy − 1 xy + 1     1. Rút gọn biểu thức A. 2. Cho 1 + 1 = 6 . Tìm giá trị lớn nhất của A. x y Câu II (5,0 điểm). 1.Cho phương trình x 2 + 2(m − 2 )x + m 2 − 2m + 4 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 2 1 1 . − = 2 x + x2 x1 x2 15m 2 1 1 x + y + z = 2. Giải hệ phương trình  4 . 4 4 xyz x + y + z = Câu III (4,0 điểm). 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho (a + b2) chia hết cho (a2b – 1). 2. Tìm x, y, z ∈ N thỏa mãn x+2 3 = y + z . Câu IV (6,0 điểm) : Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD. 1. Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân. 2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng. 3. Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD. Câu V (1,0 điểm) : Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x + y = 1. 1 + 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức = B 3 x + y3 xy __________________Hết_________________ 9 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012– 2013 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 15/3/2013 Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 7 (Đề thi có một trang) Câu I. (4,0 điểm): Cho biểu thức P = x x −3 x−2 x −3 − ( 2 x −3 x +1 )+ x +3 3− x 1. Rút gọn P 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của P và giá trị tương ứng của x. Câu II. (5,0 điểm): 1. Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình x4 – 4x3 + 8x + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt. 8  + = x 2 3  y3  2. Giải hệ phương trình:  x 3 − 2 = 6 .  y Câu III. (4,0 điểm): 1. Tìm tất cả các số tự nhiên n dương sao cho 2n – 15 là bình phương của số tự nhiên. m 2. Cho m, n là các số tự nhiên thoả mãn 6 − > 0 . Chứng minh rằng n m 1 6− > n 2mn Câu IV. (6,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, nội tiếp đường tròn tâm (Ω). Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, (ω) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Đường tròn (ω) cắt (Ω) tại hai điểm A, N (A ≠ N), Đường thẳng AM cắt đường tròn (ω) tại hai điểm A, K (K ≠ A). 1. Chứng minh rằng ba điểm N, H, M thẳng hàng. 2. Chứng minh góc NDE = góc FDK 3. Chứng minh rằng tứ giác BHKC nội tiếp. Câu V. (1,0 điểm): Cho một bảng kẻ ô vuông kích thước 7 x 7 (gồm 49 ô vuông đơn vị). Đặt 22đấu thủ vào bảng sao cho mỗi ô vuông đơn vị có không quá một đấu thủ. Hai đấu thủ được gọi là tấn công lẫn nhau nếu họ cùng trên một hàng hoặc cùng trên một cột. Chứng minh rằng với mỗi cách đặt bất kì luôn tồn tại ít nhất 4 đấu thủ đôi một không tấn công lẫn nhau. 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011– 2012 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 23/3/2012 Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 8 (Đề thi có một trang) Câu I (4 điểm)  x 1 x  8   3 x 1  1 1   :   Cho biểu thức P =     3  x 1 10  x   x  3 x 1 1 x 1  1) Rút gọn P 2) Tính giá trị của P khi x = 4 3+ 2 2 3−2 2 −4 3−2 2 3+ 2 2 Câu II (4 điểm) Trong cùng một hệ toạ độ, cho đường thẳng d: y = x – 2 và parabol (P): y = - x2. Gọi A và B là giao điểm của d và (P). 1) Tính độ dài AB. 2) Tìm m để đường thẳng d’: y =- x +m cắt (P) tại hai điểm C và D sao cho CD = AB. Câu III (4 điểm)  x2  +x=2  y 1) Giải hệ phương trình  2 y + y = 1.  x 2 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320 Câu IV (6 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC; H là trực tâm; AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC. Kí hiệu (C1) và (C2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE, với K là giao điểm của EF và BC. Chứng minh rằng: 1) ME là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2). 2) KH ⊥ AM. Câu V (2 điểm) Với 0 ≤ x; y; z ≤ 1 . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình: x y z 3 = + + 1 + y + zx 1 + z + xy 1 + x + yz x + y + z (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh ..................................................................... SDB ......................... 11 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 9 (Đề thi có một trang) KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010– 2011 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 24/03/2011 Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu I. (5,0 điểm). 0. Chứng minh phương trình luôn có hai 1) Cho phương trình: x 2 − 2m x + 2m − 1 = nghiệm x1 , x2 với mọi m. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2 x1 x2 + 3 khi m x + x22 + 2(1 + x1 x2 ) 2 1 thay đổi. 2) (a). Cho ba số hữu tỉ a, b, c thoả mãn A= 1 1 1 + =. Chứng minh rằng a b c a 2 + b 2 + c 2 là số hữu tỉ. (b). Cho ba số hữu tỉ x, y, z đôi một phân biệt. Chứng minh rằng: B = 1 1 1 + + là số hữu tỉ. 2 2 ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) 2 Câu II. (5,0 điểm). 2 1) Giải phương trình: 2  x   x  10 .   +  = 9  x −1   x +1   2 1 1 4  x + x + 1 +  = y y  2) Giải hệ phương trình:  2  x3 + x + x + 1 = 4.  y 2 y y3 Câu III. (2,0 điểm). Cho tam giác đều ABC, các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB, sao cho BD, CE cắt nhau tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC. . Tính BPE Câu IV. (4,0 điểm). Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định ( O ∉ AB ). P là điểm di động trên đoạn thẳng AB ( P ≠ A, B và P khác trung điểm AB). Đường tròn tâm C đi qua điểm P tiếp 12 xúc với đường tròn (O) tại A. Đường tròn tâm D đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (O) tại B. Hai đường tròn (C) và (D) cắt nhau tại N ( N ≠ P ).  và bốn điểm O, D, C, N cùng nằm trên một 1) Chứng minh rằng  ANP = BNP đường tròn. 2) Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn ON luôn đi qua điểm cố định khi P di động. Câu V. (4,0 điểm). 1) Cho a1 , a2 ,...., a45 là 45 số tự nhiên dương thoả mãn a1 < a2 < .... < a45 ≤ 130. Đặt 1, 2,..., 44). Chứng minh rằng ít nhất một trong 44 hiệu d j xuất hiện ít dj = a j +1 − a j , ( j = nhất 10 lần. 2) Cho ba số dương a, b, c thoả mãn: a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2 =2011. a2 b2 c2 1 2011 Chứng minh rằng: + + ≥ . b+c c+a a+b 2 2 ............................................................. HẾT ........................................................ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 13 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009– 2010 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 10 (Đề thi có một trang) Câu 1. (4,0 điểm)  2x x + x − x x + x  x −1 x Cho biểu thức: P = − +   . x −1  2x + x −1 2 x −1 x x −1  a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P khi ( )( ) 5 + 2 6 49 − 20 6 x = 4 9 3 − 11 2 5−2 6 Câu 2. (5,0 điểm) a. Giải phương trình 2x 13 x + 2 = 6 3x − 5 x + 2 3x + x + 2 2 x ( x + 3y) = 4 b. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất  2  4 y = 5 − xy Câu 3. (3,0 điểm) a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=  y+z x+ y  z+x + +  y z   x ( x + y )( y + z )( z + x ).  Với x, y, z là ba số thực dương thay đổi có tổng bằng 2 Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Một đường thẳng d thay đổi nhưng luôn đi qua A cắt hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) tương ứng tại M và N. Đường thẳng d cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E khác A. MC cắt NB tại F. Chứng minh rằng: a) Hai tam giác CAN và MBA đồng dạng; hai tam giác MBC và BCN đồng dạng b) Tứ giác BMEF nội tiếp được đường tròn c) Khi d thay đổi nhưng luôn đi qua A thì đường thẳng EF luôn luôn đi qua một điểm cố định Bài 5. (2,0 điểm) Trên một đường tròn cho 6 điểm phân biệt. Hai điểm bất kì trong 6 điểm này đều được nối với nhau bằng một đoạn thẳng màu xanh hoặc màu đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có ba cạnh cùng màu. 14 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2008– 2009 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 11 (Đề thi có một trang) Bài 1: (4,0 điểm)  x −3 x +2 9− x   3 x −9  : 1 −  Cho biểu thức: P=  + −    x − 9 2 − x 3 + x x + x − 6     1, Rút gọn P. 2, Tính giá trị cuă P khi: x= 3 10 + 6 3 ( 3 − 1) 6+2 5 − 5 Bài 2: (5,0 điểm). 1, Giải phương trình: (x2 - 3x + 2)(x2 +15x + 56) + 8 = 0 ( x 2 + 1)( y 2 + 1) = 10 2, Giải hệ phương trình :  ( x + y )( xy − 1) = 3 Bài 3: (3,0 điểm) Cho x,y,z là các số nguyên thoả mãn : (x - y)(y - z)(z - x) = x + y + z. Chứng minh: x + y + z chia hết cho 27. Bài 4: (6,0 điểm). 1, Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (0). Gọi I là giao điểm của AC và BD. Biết đường tròn (K) tâm K ngoại tiếp tam giác IAD cắt các cạnh AB,CD của tứ giác lần lượt tại Evà F (E ≠ A, F ≠ D) .Đường thẳng EF cắt AC, BD lần lượt tại M,N. a, Chứng minh tứ giác AMND nội tiếp trong đường tròn . b, Chứng minh KI vuông góc với BC. 2, Cho tam giác ABC cân tại A và có góc A bằng 360. Tính tỉ số Bài 5: (2,0 điểm) Cho a,b,c là các số dương và có tổng bằng 1. Chứng minh rằng : 19b 3 − a 3 19c 3 − b 3 19a 3 − c 3 + + ≤3 ba + 5b 2 cb + 5c 2 ac + 5a 2 AB BC 15 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2007– 2008 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 12 (Đề thi có một trang) Câu 1: (6,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A = x2 + 5x + x 9 − x2 + 6 3x − x 2 + ( x + 2 ) 9 − x 2 2) Cho các số thực x,y,z thoả mãn điều kiện: x 2 + y 2 + z 2 + 1 1 1 + 2+ 2 = 6 2 x y z 3) Tính giá trị của biểu thức: P = x2006 + y2007+z2008 Câu 2: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có góc A vuông, góc D = 1200 và các cạnh AB = 2 3 cm, AD = 4 cm, DC = 2 cm . Gọi M là trung điểm của cạnh AD. 1) Chứng minh BM ⊥ MC 2) Tính độ dài cạnh BC. Câu 3: (6,0 điểm) 5 xy 6 ( x + y ) =  7 yz 1) Giải hệ phương trình: 12 ( y + z ) =  3 zx 4 ( x + z ) = 2) Cho số thực dương thoả mãn điều kiện : x + y + z = 2008 x4 + y 4 y 4 + z 4 z 4 + x4 Chứng minh rằng: 3 + + ≥ 2008 x + y 3 y 3 + z 3 z 3 + x3 Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC , gọi M là trung điểm của cạnh BC , đường phân giác ngoài của góc A cắt đường thẳng BC tại D. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt tia AB tại E và tia đối của tia AC tại F . Gọi N là trung điểm của EF. Chứng minh MN // AD. Câu 5: (1,0 điểm) Cho hai tập hợp A và B thoả mãn đồng thời 2 điều kiện a, b sau : a) Trong mỗi tập hợp, các phần tử của nó đều là các số nguyên dương phân biệt và nhỏ hơn 2008. b) Tổng số các phần tử của hai tập hợp lớn hơn 2008. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một phần tử của tập hợp A và một phần tử của tập hợp B có tổng bằng 2008. 16 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2006– 2007 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề số 13 (Đề thi có một trang) Câu 1. (8,0 điểm) 2a − b 5b − a + với a, b thỏa mãn 6a 2 − 15ab + b 2 = 0. 3a − b 3a + b = A 1) Cho Chứng minh rằng: A = 1. 1 0 ( x1 < 0 ) . Tính giá trị biểu 2) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 2 x −= thức= B 3 4 x1 − 8 x1 − x5 − 3 x22 + x2 + 1. 2  x3 + y = 2 3) Giải hệ phương trình  3 . 2 y + x = Câu 2. (4,0 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = ( m − 1) x + 1. 4 1) Chứng minh rằng (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt M,N với mọi giá trị của m. 2) Tìm các giá trị của m để OM = ON. Câu 3. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC, các tiếp điểm với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi M là điểm bất kỳ trên (O) và N, H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên EF, AB, AC. Chứng minh rằng: 1. Các tam giác MEN, MFH đồng dạng. 2. Tích các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác ABC bằng tích các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác DEF. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC. O là điểm bất kỳ nằm trong tam giác, các tia AO, BO, CO cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các điểm P, Q, R. Chứng minh rằng: OA OB OC + + ≥3 2 OP OQ OR 17 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 1 (2018-2019) Câu 1. 1) Với điều kiện x > 0, x ≠ 4 , ta có:  x x − x −1  − P=  x −2 x x −2  ( ) ( x −5 )( x +1 ) : ( x − 4 ) − ( x − 5) x ( x − 2 ) ( x + 1)( x − 2 ) ( x + 1)( x − 2) x +1 = . 1 x ( x − 2) ( x + 1) = = (   : x + 2 −   x +1     x −2   ) x − x − x −1 2 x Vậy P = ( ) x +1 2 x ( x > 0, x ≠ 4) 2) - Chứng minh M là số chẵn ( ) ( ) a =3 7 + 50 =3 7 + 5 2 =3 1 + 2 b =3 7 − 50 =3 7 − 5 2 =3 1 − 2 ( ) ( 3 3 =+ 1 2 =− 1 2) ) M = a + b = 1+ 2 + 1− 2 = 2 - Chứng minh N là số chẵn ( )( ) a + b =2 ; a.b =1 + 2 . 1 − 2 =−1; a 2 + b 2 =( a + b ) − 2ab =6 2 N= a 7 + b7 = ( a7 + a 4b3 ) + ( b7 + a3b4 ) − ( a 4b3 + a3b4 ) =a 4 ( a 3 + b3 ) + b 4 ( a 3 + b3 ) − a 3b3 ( a + b ) = ( a 3 + b3 ) . ( a 4 + b 4 ) + 2 = ( a + b ) ( a 2 + b 2 − ab ) ( a 2 + b 2 ) 2 − 2a 2b 2  + 2 = 2 ( 7.34 + 1) 2  Vây M, N là các số chẵn. Chú ý : 3 0 , giải ra - Học sinh có thể tính M bằng cách đưa về phương trình bậc 3: M + 3M − 14 = được nghiệm M = 2. Mỗi ý dưới đây cho 0,5 điểm. 18 ( M3 = 3 7 + 50 + 3 7 − 50 ) =14 + 3. 7 + 3 50 . 3 7 − 50 3 M 3 = 14 − 3M ⇔ ( M − 2 ) ( M 2 + 2 M + 7 ) = 0 ⇔M = 2 vì M 2 + 2 M + 7= ( M + 1) 2 ( 3 7 + 50 + 3 7 − 50 +6>0 - Học sinh có thể chứng minh N là số chẵn bằng cách đặt : ( Sn = 1 + 2 ) ( n + 1− 2 ) n 2 S n + S n−1 để chỉ ra S7 là số rồi xây dựng công thức S= n +1 ( chẵn hoặc có thể khai triển 1 + 2 ) + (1 − 2 ) để tính N thì đều cho 0,5đ. 7 7 Câu 2. 2 0 có hai nghiệm x1 , x2 nên ∆ ' ≥ 0. 1) Vì Phương trình x + 2kx + 4 = −2k x + x = ⇔ k 2 − 4 ≥ 0 ⇔ k 2 ≥ 4 (1); Theo hệ thức Vi-et ta có :  1 2 . x . x = 4  1 2 Do đó : 2 2  ( x1 + x2 )2 − 2 x1 x2  x12 + x22 ) (  x1   x2  x14 + x24 ≤5⇔  ≤5   +  ≤3⇔ 2 2 ≤3⇔   x1 x2 x12 x22 x x  x2   x1  1 2   2 2 2 2  4k 2 − 8  2 2 2 ⇔  ≤ 5 ⇔ ( k − 2 ) ≤ 5 ⇔ − 5 ≤ k − 2 ≤ 5 ⇔ 0 ≤ k ≤ 2 + 5 (2)  4  Từ (1) và (2) suy ra : 4 ≤ k 2 ≤ 2 + 5 ⇔ − 2 + 5 ≤ k ≤ −2 Hoặc 2 ≤ k ≤ 2 + 5 Vậy tất cả các giá trị của k cần tìm là : − 2 + 5 ≤ k ≤ −2 và 2 ≤ k ≤ 2 + 5 Vậy hệ có nghiệm duy nhất: x= y= 0 . 2) Trừ theo vế các phương trình (1) và (2) ta được: (   x+ y x2 + 1 − y 2 + 1 + 3( x − y ) = 0 ⇔ ( x − y )  + 3 = 0  x2 + 1 + y 2 + 1    ) ⇔ x− y = 0 hoặc x+ y x2 + 1 + y 2 + 1 +3= 0 (*) Trường hợp 1: x − y = 0 ⇔ x = y . Thay y = x vào (1) ta được phương trình:  x 2 + 1 = ( x + 1)2 x2 + 1 = x + 1 ⇔  x ≥ −1  Giải hệ ta được: x = 0 ⇒ x = y = 0 . Trường hợp 2: x+ y x2 + 1 + y 2 + 1 +3= 0. ) 19 x+ y = +3 x2 + 1 + y 2 + 1 = Xét A (3 ) ( x2 + 1 + x + 3 y 2 + 1 + y x2 + 1 + y 2 + 1 ). Ta có: 3 x 2 + 1 + x > 3 x 2 + x= 3 x + x= 2 x + ( x + x ) ≥ 0 . Tương tự: 3 y 2 + 1 + y > 0 Suy ra: A > 0 . Trường hợp 2 không xảy ra. Vậy hệ có nghiệm duy nhất: x= y= 0 . Cách 2 :  x + x 2 + 1 = 2 y + 1  x 2 + 1 = 2 y − x + 1 ⇔   y + y 2 + 1 = 2 x + 1  y 2 + 1 = 2 x − y + 1 2 y − x + 1 ≥ 1 (1) 2 x − y + 1 ≥ 1 (2)  ⇒ 2 1 4 y 2 + 4 y + 1 − 4 xy − 2 x + x 2 (3)  x +=  y 2 + 1= 4 x 2 + 4 x + 1 − 4 xy − 2 y + y 2 (4)  Trừ theo vế các phương trình (3) và (4) ta được phương trình : ( x − y )  4 ( x + y ) + 6 = 0 ⇔ x = y 0: hoặc 4 ( x + y ) + 6 = Cộng theo vế các bất phương trình (1) và (2) ta được : x + y ≥ 0 , suy ra trường hợp 4( x + y) + 6 = 0 không xảy ra. Trường hợp x = y , thay vào (3) ta được: x= y= 0 . Câu 3. 1. Đặt a = xy, b = x + y ⇒ a ∈ Z , b ∈ Z , b 2 ≥ 4a (*) Phương trình (1) trở thành: a 2b + b = a + 2. a+2 ⇔ b =2 a +1 ⇒ a + 2 a 2 + 1 ⇒ a 2 − 4 a 2 + 1 ⇒ ( a 2 + 1) − 5 a 2 + 1 ⇒ 5 a 2 + 1 ⇒ a 2 + 1 ∈ {1;5} ⇒ a 2 ∈ {0; 4} ⇒ a ∈ {0; −2; 2}  xy = 0 ⇒ ( x, y ) ∈ {( 0; 2 ) , ( 2;0 )} Nếu a = 0 ⇒ b = 2 ⇒  2 x + y =   x= 2    xy = −2 y = − 2 Nếu a =−2 ⇒ b =0 ⇒  ( loại vì không thỏa mãn x, y ∈ Z ) ⇔ + = x y 0   x = − 2     y= 2 4 Nếu a = 2 ⇒ b = , loại vì không thỏa mãn b ∈ Z . 5 20 Vậy nghiệm nguyên (x, y) của phương trình đã cho là: ( 0; 2 ) , ( 2;0 ) . 0 Cách khác: Đưa phương trình về dạng : ( x + y )( xy ) − xy + ( x + y − 2) = 2 Đặt = t xy, t ∈ Z ta được phương trình ẩn t: ( x + y ) t 2 − t + ( x + y − 2) =0 (1)  −2 2  xy =  x= ⇔ Nếu x + y =0 ⇒ xy =−2 ⇔  Hoặc 0 y = − 2 x + y =    x = − 2 (Loại )  y = 2  *) Nếu x + y ≠ 0 , ta có phương trình bậc 2 ẩn t: ( x + y ) t 2 − t + ( x + y − 2 ) =0 (2) ⇒ ∆ =1 − 4 ( x + y )( x + y − 2 ) ≥ 0 ⇔ ( x + y − 1) ≤ 2 5 4 ⇔ ( x + y − 1) ∈ {0;1} ⇔ ( x + y − 1) ∈ {−1;0;1} ⇔ x + y ∈ {1; 2} 2  1− 5  xy =  2 *) Nếu x + y =1 ⇒  ( loại) 1 + 5  xy =  2  xy = 0  *) Nếu x + y = 2 ⇒  1 ⇒ ( x, y ) ∈ {( 0; 2 ) , ( 2;0 )} ( thỏa mãn ) xy =  2 Vậy nghiệm nguyên (x, y) của phương trình đã cho là: ( 0; 2 ) , ( 2;0 ) . 2. Cho n ∈ N . Chứng minh rằng nếu 2n + 1 và 3n + 1 là các số chính phương thì n chia hết cho 40. * ( m, k ∈ N ) + 1 m 2 , 3n= +1 k 2 Giả sử 2n= ⇒ 2n= m 2 − 1= * ( m − 1)( m + 1) 4 ⇒ m 2 là số lẻ ⇒ m là số lẻ. , Suy ra : n chẵn, k lẻ Vì k là số lẻ nên k − 1, k + 1 là hai số chẵn liên tiếp và (3, 8) = 1 nên Từ 3n + 1 = k 2 ⇒ 3n = k 2 − 1 = ( k − 1)( k + 1)8 ⇒ n8 (1) Khi chia một số chính phương cho 5 thì số dư chỉ có thể là 0 ; 1 ; 4. Ta xét các trường hợp: Nếu n chia cho 5 dư 1 thì 2n + 1 chia cho 5 dư 3. ( vô lí ) Nếu n chia cho 5 dư 2 thì 3n + 1 chia cho 5 dư 2. ( vô lí ) Nếu n chia cho 5 dư 3 thì 2n + 1 chia cho 5 dư 2. ( vô lí ) Nếu n chia cho 5 dư 4 thì 3n + 1 chia cho 5 dư 3. ( vô lí ) Vì (5, 8) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra n chia hết cho 40. Vậy n 5 Câu 4. (2) 21 1. Từ tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, suy ra : OI ⊥ BC.  ( vì cùng phụ với BAO  ). ⇒ ABI = BOI OB R 1 = = ⇒ cos  ABI = cos BOI = =⇒  ABI = BOI 600 OA 2 R 2 (1) Từ tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau suy ra OF, OE lần lượt là các tia phân giác của các góc COM và MOB. Suy ra:       = COM ; MOE  = MOB ⇒ EOF  = FOM  + MOE  = COM + MOB = BOC = BOI  (2) FOM 2 2 2 2     ⇒ Tứ giác OBEQ nội tiếp. ABI EOF = 600 hay QBE = QOE Từ (1) và (2) suy ra : =  = OEB  ( cùng chắn cung OB của đường tròn (OBEQ) ). 2. Ta có: OQB  = OEB  ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ). OEF =  hay OQP  = OEF  ⇒ OQB OEF OQ  = OEF  , QOP  là góc chung) ⇒ PQ = (3) ⇒ ∆OQP ∼ ∆OEF ( g .g ) (vì có OQP EF OE 0   90 Vì tứ giác OBEQ nội tiếp và = OBE = , QBE 600 nên:  =1800 − OBE  = 900 ; OEQ  = OBQ  = OBE  − QBE  = 300 OQE  = 300 . ⇒ ∆OQE vuông tại Q và OEQ OQ = sin 300= 1 = sin OEQ (4) OE 2 PQ 1 = ⇔ EF =2 PQ. Từ (3) và (4) suy ra : EF 2 ⇒ 3. Vì ∆OQP ∼ ∆OEF theo tỉ số đồng dạng SOPQ SOEF S OM .EF R.EF 1 =⇔ SOPQ =OEF = = 4 4 8 8 EF = 2 nên PQ (5) . Kẻ qua O một đường thẳng vuông góc với OA, cắt AC, AB theo thứ tự tại H, K. Ta có:    ) BKO = BOI = 600 ( Vì cùng phụ với BAO 22 0  HC = KB = OB.cot BKO = OB.cot 60 = R 3 EF = FM + EM = FC + EB = ( HF − HC ) + ( KE − KB ) = ( HF + KE ) − ( HC + KB ) 2R (6) 3   Mặt khác , FHO =  AOC = 600 , EKO =  AOB = 600 nên dễ chứng minh được = ( HF + KE ) − 2 HC ≥ 2 HF .KE − ∆HFO  ∆KOE ( vì cùng đồng dạng với tam giác OFE) HF HO  R   2R  ⇒ = ⇔ HF .KE = OK .OH = OK 2 =  =  0  OK KE  sin 60   3  Từ (5), (6), (7) suy ra : SOPQ 2 (7)  4R 2R  R −  R.EF R2 3 3  =≥ = 8 8 4 3  = MB  ⇔M Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi KE = HF = OH = OK ⇔ FM = EM ⇔ MC là điểm chính giữa cung BC. Vậy để tam giác OPQ có diện tích nhỏ nhất thì M là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Giá trị nhỏ nhất bằng R2 . 4 3 Cách khác: Vì ∆OQP ∼ ∆OEF theo tỉ số đồng dạng SOPQ SOEF EF = 2 nên PQ ( S 1 1 11  1 =⇔ SOPQ =OEF =( S ABOC − S AEF ) = OA.BC − S AEF  = R 2 3 − S AEF 4 4 8 8 2  8 ) Sử dụng công thức : Hê-Rông. Tính diện tích S của tam giác có độ dài ba cạnh a, b, c. ( a + b + c )( a + b − c )( b + c − a )( c + a − b ) ⇒ S2 = 16 ≤ ( a + b + c ) ( a + b − c ) + ( b + c − a ) + ( c + a − b ) 2 2  ( a + b + c )2  a + b + c) (  ⇔S≤ =   4.3 3  4.3 3   16.27 3 2 AE + EF + FA )  ( 1 2 1 2  SOPQ= R 3 − S AEF ≥  R 3  8 8 4.3 3   2 2  AE + ( EM + MF ) + AF   1  2  AE + ( EB + FC ) + AF  1  2  R 3= R 3 8 8 4.3 3 4.3 3    ( ) 2 ( AE + EB ) + ( AF + FC )   1  2 AB + AC ] [ 1  2  R 3R 3=  8 8 4.3 3 4.3 3    2  2 AOB  R 2 2.2 R.sin  2 AB )  1  2 ( 1 2 R 3 R 3= = 4 3  8 8 4.3 3 4.3 3       2 ( Câu 5. ) Ta có x + y + 1 = z ⇔ z + xy = x + y + 1 + xy = ( x + 1)( y + 1)         23 x + yz = x + y ( x + y + 1) = x + xy + y 2 + y = ( x + y )( y + 1) y + xz = y + x ( x + y + 1) = ( x + y )( x + 1) x3 y 3 ⇒P= . 2 3 3 ( x + y ) ( x + 1) ( y + 1) ( x + y )2 ≥ 4 xy  x3 y 3 x2 y 2 Vì  x>0 ⇒P≤ = . 3 3 3 3 4 xy ( x + 1) ( y + 1) 4 ( x + 1) ( y + 1)  y>0  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số thực dương, ta có: x +1 = x x x2 27 x 2 x2 4 3 + +1 ≥ 33 ⇔ ( x + 1) ≥ ⇔0< ≤ . 3 2 2 4 4 ( x + 1) 27 Tương tự: 0 < = P y2 ( y + 1) 3 ≤ 4 . 27  x y 1 4 4 4  x= y= 2  = = 1 ≤ . = . . Dấu “ = ” xảy ra ⇔ 2 2 ⇔ 3 3 4 ( x + 1) ( y + 1) 4 27 27 729 z = x + y +1  z = 5 x2 y 2  Vậy MaxP=  x= y= 2 4 . , đạt được tại  729  z =5 Cách khác :  y  1 ( x + yz )( y + xz )( z + xy ) x + yz y + xz ( z + xy )  x  z = = . . = + z + z + 1       P x3 y 3 y x x2 y 2   xy  y  x 2 2  z    y x  1  zy zx 2  z =1 + + + z  + 1 =1 +  +  z + z 2   + 1 P  x y  xy    x y    xy  y x 1 4 ≥ ; x + y = z − 1 nên: Vì + ≥ 2; x y xy ( x + y )2 2 2 2 2  4z   4z   4 z ( z + 1)  1 2      ≥ (1 + 2 z + z 2 )  + 1 = 1 + z + 1 = + z + 1 ( )  ( x + y )2   ( z − 1)2   ( z − 1)2  P       2    1  4 z ( z + 1) 12 8  ⇔ ≥ + z + 1 = 6 + + + z − 1   ( )   P  ( z − 1)2 z − 1 ( z − 1)2     2 Đặt t= z − 1, 1  12 8    12 3t   8 t t   ⇒ ≥  6 + + 2 + t  = 6 +  +  +  2 + +   P  t t 4   t 8 8     t 2 2  12 3t 8 t t  729 4 . + 3 3 2 . .  = ≥  6 + 2 ⇔P≤ 4 729 t 4 t 8 8  Dấu “ = ” xảy ra ⇔ t = 4, x = y ⇔ x = y = 2, z = 5. 2 2 2 24 Vậy MaxP =  x= y= 2 4 . , đạt được tại  729  z =5 ĐỀ SỐ 2 (2017-2018) Câu 1. 1. Với điều kiện x > 0, x ≠ 1 , ta có: = P x−2 x ) )( ( x −1 x + x +1 ) ( x( ( x +1 ) x x + x +1 + )( x − 1) + 2 x − 2 x − 1)( x + x + 1) x ( x + x − 2) = x ( x − 1)( x + x + 1) ( x − 1)( x + 2) x +2 . = 1 x x + + 1 1 x x x − + + ( )( ) = ( + x x−2 x + x +1 x ( 2x − 2 x +1 )( ) x −1 x + x +1 x +1 Ta có với điều kiện x > 0, x ≠ 1 ⇒ x + x + 1 > x + 1 > 1 ⇒0 0 ⇔ m < 0 hoặc m > 2 . m−2 1 (m − 2) 2 5 1 m−2 1 1 1 + = ⇔ = ± Từ hệ thức 2 + 2 = trong tam giác vuông ta có 2 2 2 1 4 2 m m a b h m−2 1 Với = ⇔ 2m − 4 = m ⇒ m = 4 (thỏa mãn) m 2 m−2 1 4 Với =− ⇔ 2m − 4 =−m ⇒ m = (loại) m 2 3 Vậy m = 4 là giá trị cần tìm. khi và chỉ khi m ≠ 2. Khi đó 2 nghiệm của phương trình = là a 1và = b 2. ĐKXĐ: x + y ≠ 0 5  2 2 x + y + xy + = 8( ) 4 13 2  x + y ( )  Chia phương trình (1) cho ( x + y ) 2 ta được hệ  2 x + 1 = 1  x+ y 2     1  1  2 2 2 + 3( x − y ) = 13 5  x + y + 23 5 ( x + y ) + 2   + 3( x − y ) = + x y ( ) + x y       ⇔ ⇔   1 1   x+ y+  1 x+ y+ 1  + ( x − y) =   + ( x − y) =   x+ y + x y     1 , v = x − y (ĐK: | u |≥ 2 ), ta có hệ Đặt u = x + y + x+ y 5u 2 + 3v 2 = 23 (3)  1 (4) u + v = Từ (4) rút u = 1 − v , thế vào (3) ta được 5 5u 2 + 3(1 − u ) 2 = 23 ⇔ 4u 2 − 3u − 10 = 0 ⇔ u = 2 hoặc u = − . 4 5 Trường hợp u = − loại vì u < 2. 4 1  = 2 x + y + x+ y Với u =2 ⇒ v =−1 (thỏa mãn). Khi đó ta có hệ   x − y =−1  Giải hệ trên bằng cách thế x =−1 + y vào phương trình đầu ta được 26 2 y −1+ 1 = 2 ⇔ y = 1 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x, y ) = (0;1). 2 y −1 Câu 3. 1. Ta có (1) ⇔ ( y − 2 )( y − 3) + 56 = ( y − 2) x 2 + ( y − 2 )( y − 4 ) x ⇔ ( y − 2 )  x 2 + ( y − 4 ) x − ( y − 3)  = 56 ⇔ ( x − 1)( y − 2 )( x + y − 3) = 56. Nhận thấy ( y − 2 ) + ( x − 1) = x + y − 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại. Như vậy ta có +) 56 = 1.7.8 ⇒ ( x; y ) = ( 2;9 ) . +) 56 = 7.1.8 ⇒ ( x; y ) = ( 8;3) . +) 56 =( −8 ) .1. ( −7 ) ⇒ ( x; y ) =( −7;3) . +) 56 = 1. ( −8 ) . ( −7 ) ⇒ ( x; y ) = ( 2; −6 ) . +) 56 =( −8 ) .7. ( −1) ⇒ ( x; y ) =( −7;9 ) . +) 56 = 7. ( −8 ) . ( −1) ⇒ ( x; y ) = ( 8; −6 ) . Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên. 2. Do p − 58 nên p =8k + 5 (k ∈ ) Vì ( ax 2 ) 4k +2 − ( by 2 ) 4k +2 4k +2 ⋅ x8 k + 4 − b 4 k + 2 ⋅ y 8 k + 4  p  ( ax 2 − by 2 ) p nên a Nhận thấy a 4 k + 2 ⋅ x8 k + 4 − b 4 k + 2 ⋅ y 8 k + 4 = +2 Do a 4 k + 2 + b 4 k= (a ) 2 2 k +1 + ( b2 ) 2 k +1 (a 4k +2 + b 4 k + 2 ) x8 k + 4 − b 4 k + 2 ( x8 k + 4 + y 8 k + 4 ) 2  ( a 2 + b= ) p và b < p nên x8k +4 + y8k +4  p (*) Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho p thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng chia hết cho p . Nếu cả hai số x, y đều không chia hết cho p thì theo định lí Fecma ta có : x8 k + 4 = x p −1 ≡ 1(mod p ), y 8 k + 4 = y p −1 ≡ 1(mod p ) ⇒ x8 k + 4 + y 8 k + 4 ≡ 2(mod p ) . Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai số x và y chia hết cho p . Câu 4. 27 P A F O I D B M K C N Ia 1. Chứng minh: IBI a C là tứ giác nội tiếp I a là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từ đó suy ra BI a ⊥ BI , CI a ⊥ CI ( Phân giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với nhau).  + ICI = 1800 Xét tứ giác IBI C có IBI a a a Từ đó suy ra tứ giác IBI a C là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính II a . 2. Chứng minh NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác  ). Nhận thấy bốn điểm A, I , N , I a thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của BAC  = 900 , M là trung điểm của BC nên Do NP là đường kính của (O) nên NBP PN ⊥ BC tại M Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông PBN ta có NB 2 = NM .NP  (1)  là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên BIN =1  ABC + BAC Vì BIN 2  BAC   NBC = NAC = Xét (O): (cùng chắn cung NC) 2 +  = NBC  + CBI  = 1 BAC ⇒ NBI ABC (2). 2  = NBI  nên tam giác NIB cân tại N Từ (1) và (2) ta có BIN ( ( ) Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N ) 28 Từ đó suy ra N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , cũng chính là tâm của 2 2 đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBI a C ⇒ NI a = NB = NM .NP Vậy NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP   = KAI 3. Chứng minh DAI a Gọi F là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB.  1=  IAF  NBM BAC Xét hai tam giác ∆MNB và ∆FIA có: = 2 ⇒ ∆MNB đồng dạng với ∆FIA . Suy ra NM NI a NM NB = = mà: ID = IF, NI = NB nên FI IA ID IA Ta có: MN // ID nên ∠MNI a = DIA suy ra ∆NMI a đồng dạng với ∆IDA ⇒ ∠NI a M = ∠DAI (1). Do NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP nên     = I = KAI = KAN = KPN NI a a PN a M (2)  = KAI  Từ (1) và (2) ta có DAI a y2 2z 1+ xz y x + 2z yz x + + = 2 + + Câu 5. Ta có P = 2 xz z y y + yz xz + yz x + z +1 1+ +1 yz x yz 2 xz yz x y 2z y 1+ 2 2 2 x = a + b + 1 + 2c , = + z + y x z b2 + 1 a 2 + 1 1 + c2 +1 +1 1+ z y x x 2 y 2 z = ,b = ,c ( a , b, c > 0 ) y z x = a2 trong đó x 1 Nhận xét rằng a 2 . b 2 = = ≥ 1 ( do x ≥ z ) . z c2 2 2 2 2 2 2 2 a2 b2 2ab a ( a + 1) ( ab + 1) + b ( b + 1) ( ab + 1) − 2aba ( a + 1)( b + 1) + − = Xét 2 b + 1 a 2 + 1 ab + 1 ( a 2 + 1)( b2 + 1) ( ab + 1) ab ( a 2 − b 2 ) + ( a − b ) ( a 3 − b3 ) + ( a − b ) 2 (a 2 + 1)( b 2 + 1) ( ab + 1) 2 ≥0 2 2ab 2 a b + 2 ≥ = c = Do đó 2 1 b + 1 a + 1 ab + 1 +1 1+ c c 2 2 (1) . Đẳng thức xảy ra khi a =b. 29 ( ) 2 2 2 2 1 + 2c 2 5 2 2 (1 + c ) + (1 + c ) (1 + 2c ) − 5 (1 + c ) (1 + c ) + − = Khi đó 1 + c c2 + 1 2 2 (1 + c ) (1 + c 2 ) (1 − c ) 1 − 3c + 3c 2 − c3 = = ≥0 2 (1 + c ) (1 + c 2 ) 2 (1 + c ) (1 + c 2 ) 3 ( do c ≤ 1) ( 2 ) Từ (1) và ( 2 ) suy ra điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi a =b, c =1 ⇔ x = y = z. ĐỀ SỐ 3 (2016-2017) Câu 1. 1. Điều kiện để P xác định là : x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠ 1 ; x + y ≠ 0 . P= = = ( x(1 + x ) − y (1 − ( x + x + )( y ( y x − y ) − xy )(1 + y +x− y 1+ = (1 − y ) = x + xy − x + 2. P = 2 ⇔ ⇔ ( x 1+ Ta cã: 1 + y )(1 − y ) x 1− x − y + y − y x x + xy + y − xy )( )( x + x ( y ) ( x 1− ) ) = )( ( x = ( ) ( x − y ) + x x + y y − xy ( ) x +1 − ) y 1+ y − (1 − y ) )( x + y 1+ y ( )( ( x 1− ) ( x +1 + y 1+ (1 + x )(1 − y ) ( y 1− y x + y y ) )( x 1− ) x ) ) y xy − y = 2 với x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠ 1 ; x + y ≠ 0 ) ( y +1 = 1⇔ y − y ≥1 ⇒ ) ( )( x −1 1+ ) y = 1 x − 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 4 ⇒ x = 0; 1; 2; 3 ; 4 Thay vào P ta có các cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thỏa mãn Câu 2. 1. Ta có : ( x 2 − 1)( x + 3)( x + 5) = m ⇔ ( x + 1)( x + 3)( x − 1)( x + 5) = m (1) ⇔ ( x 2 + 4 x + 3)( x 2 + 4 x − 5) = m Đặt y = x + 4 x + 4 = ( x + 2) ≥ 0 2 2 (2) (∀x ∈ R ) . Khi đó (2) có dạng : ( y − 1)( y − 9) = m hay y 2 − 10 y + 9 − m = 0 (3) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt y1 > y2 > 0 . 30  ∆ ' = 16 + m > 0  ⇔  S= y1 + y2= 10 > 0 ⇔ −16 < m < 9  P = y . y =9 − m > 0 1 2  (4) Khi y1 , y2 là hai nghiệm dương phân biệt của phương trình (3) thì phương trình (2) tương đương với : x 2 + 4 x + 4 − y1 = 0 hoặc x 2 + 4 x + 4 − y2 = 0 0 Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình : x + 4 x + 4 − y1 = 2 0 Gọi x3, x4 là hai nghiệm phân biệt của phương trình : x + 4 x + 4 − y2 = 2 Áp dụng định lý vi-et cho các phương trình (3), (5), (6) ta có : 4( y1 + y2 ) − 32 1 1 1 1 x1 + x2 x3 + x4 −4 −4 + + + = + = + = 4 − y1 4 − y2 16 − 4( y1 + y2 ) + y1 y2 x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 40 − 32 8 = = −1 16 − 40 + 9 − m −15 − m ⇔m= −7 ( thỏa mãn) =  x 2= 2 + xy 2 (1) 2. Giải hệ :  2 2  y = 2 + x y (2) - Trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được ; (3) x = y x 2 − y 2 = xy 2 − x 2 y ⇔ ( x − y )( xy + x + y ) = 0 ⇔  0 (4)  xy + x + y = - Thay y = x từ (3) vào (1) ta được phương trình :  x = −1  x 2 =2 + x 3 ⇔ ( x + 1)( x 2 − 2 x + 2) =0 ⇔  x =1 − 2  x= 1 + 2 Vậy ta được các nghiệm (x; y) là : (−1; −1); (1 − 2;1 − 2); (1 + 2;1 + 2) - Từ (4) suy ra y = có : −x ( vì x = -1 không phải là nghiệm của (4)). Thay y vào (2), ta x +1 x2 − x3 4 3 2 = + ⇔ + − − 4x − 2 = 0 2 x x x ( x + 1) 2 x +1 2 2 ⇔ ( x 2 + 2 x + 2)( x 2 − x − 1) = 0 ⇔ x 2 − x − 1 = 0 (Vì x + 2 x + 2 = ( x + 1) + 1 > 0 ) x= 1− 5 ⇔  x = 1 + 5 31 - Với x =1 − 5 ⇒ y = 5 −1 2− 5 =−3 − 5 . Ta được ( x; y ) = (1 − 5; −3 − 5) là nghiệm của hệ. − 5 −1 =−3 + 5 . Ta được ( x; y ) = (1 + 5; −3 + 5) là 2+ 5 - Với x =1 + 5 ⇒ y = nghiệm của hệ. Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm : (−1; −1); (1 − 2;1 − 2); (1 + 2;1 + 2) ; (1 − 5; −3 − 5) ; (1 + 5; −3 + 5) Câu 3. 1.Ta có : p 2016 − 1= ( p 4 )504 − 1504 = ( p 4 − 1). A = ( p − 1)( p + 1)( p 2 + 1). A (1) ( A ∈ N ) Vì P là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p là số lẻ, suy ra p – 1, p +1 là hai số chẵn liên tiếp ⇒ ( p − 1)( p + 1) 4 (2) Vì p – 1, p, p+1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên ( p − 1) p ( p + 1)3 . Nhưng p không chia hết cho 3 nên ( p − 1)( p + 1)3 (3) Vì p không chia hết cho 5 nên p có một trong các dạng 5k ± 1; 5k ± 2 p 5k ± 1 thì p 2 = 25k 2 ± 10k + 1= 5n + 1 - Nếu = p 5k ± 2 thì p 2 = 25k 2 ± 20k + 4 = 5l − 1 - Nếu = 5q  5 Cả hai trường hợp trên đều cho ta p − 1 = 4 (4) ( (n, l , q ∈ N ) Vì 3, 4, 5 là các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên từ (1), (2), (3), (4) suy ra p 2016 − 1 chia hết cho 4.3.5 tức là chia hết cho 60 2. Vì vai trò của x, y, z bình đẳng nhau, khác nhau đôi một nên ta có thể giả sử x < y < z . Khi đó , gọi t là thương của phép chia x 3 + y 3 + z 3 : x 2 y 2 z 2 . Suy ra : x3 + y 3 x3 + y 3 2 2 x +y +z = tx y z ⇔ z = tx y − > tx y − 2 2 = tx 2 y 2 − x − y (1) 2 z x y 3 3 3 2 2 2 2 2 2 - Nếu tx y − x − y < 0 (*) thì t < 2 1 1 1 + 2 <2⇒t = 2 xy x y 2 2 Thay t = 1 vào (*), ta được x y − x − y < 0 ⇒ xy − x − y < 0 ⇒ ( x − 1)( y − 1) < 1 ⇒x= 1 ⇒ y 2 − y < 0 ⇔ y ( y − 1) < 0 Vậy tx 2 y 2 − x − y ≥ 0 (2) ( vô lý) 32 - Từ (1), (2) suy ra : z 2 ≥ (tx 2 y 2 − x − y ) 2 (3) 3 3 3 tx 2 y 2 z 2 nên x3 + y 3  z 2 ⇒ x3 + y 3 ≥ z 2 - Mặt khác vì x + y + z = (4) - Từ (3) và (4) suy ra : x3 + y 3 ≥ (tx 2 y 2 − x − y ) 2 ⇔ x3 + y 3 ≥ t 2 x 4 y 4 − 2tx 2 y 2 ( x + y ) + x 2 + 2 xy + y 2 ⇒ x3 + y 3 + 2tx 2 y 2 ( x + y ) > t 2 x 4 y 4 ⇔ txy < x3 + y 3 + 2tx 2 y 2 ( x + y ) tx3 y 3 1 1 1 1 ⇔ txy < 2  +  + 3 + 3  x y  tx ty (5) 1 1 1 1 1 1 1 1 +  + 3 + 3 > 2 +  + 3 + 3  2 2  t.2 t.2  x y  t.x t. y  - Nếu x ≥ 2 thì y ≥ 3 ⇒ txy ≥ 6 > 2  Điều này mâu thuẫn với (5). Vậy x = 1. Khi đó (5) trở thành : ty < 2 + - Nếu y ≥ 4 thì ty ≥ 4 > 2 + 2 1 1 + + y t ty 3 (6) 2 1 1 2 1 1 + + 3 ≥ 2 + + + 3 . Điều này mâu thuẫn với 4 t t.4 y t ty (6). Vậy y ∈ {2;3} (Vì y > x = 1)  x3 + y 3 = 9 z 2  + Nếu y = 2 thì  x ≤ y ≤ z ⇔ x= 1; y= 2; z= 3 . = y 2  x 1;=  x3 + y 3 = 28 z 2  + Nếu y = 3 thì  x ≤ y ≤ z .( Loại)  = y 3  x 1;= - Thử lại ta thấy (x, y, z) = (1, 2, 3) và các hoán vị của nó thỏa mãn. Vậy thương của phép chia x + y + z : x y z là 3 3 3 2 2 2 t = 1. Câu 4. a) + Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp. - Vì BD, DC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có :   OBD = OCD = 900  + OCD  = 900 + 900 = 1800 ⇒ OBD 33 Suy ra, tứ giác OBDC nội tiếp (1) Mặt khác :  = DBC  ( Cùng chắn cung BC) BAC  = DNC  ( Vì DN // AB) BAC  = ⇒ DBC DNC Suy ra tứ giác BDCN nội tiếp (2) - Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm B, O, N, C, D cùng thuộc một đường tròn. Vậy tứ giác BONC là tứ giác nội tiếp + Chứng minh tam giác ABN cân Ta có :   ( Vì cùng bù với góc ONC) ANO = OBC  = OCB  ( Vì tam giác OBC cân tại O) OBC  = ONB  ( Vì cùng chắn cung OB) OCB  ⇒ ANO = ONB Suy ra NO là tia phân giác của góc ANB. (3) Mặt khác :  = 900 là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ON ⊥ DN ( Vì OND DN // AB ( giả thiết) ⇒ ON ⊥ AB (4) Từ (3), (4) suy ra tam giác ANB có đường phân giác góc N đồng thời là đường cao. Vậy tam giác ANB cân tại N. b) - Xét tam giác DBM và tam giác DNB, ta có :  là góc chung BDN  = MBD  ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau ) BND ⇒ ∆DBM  ∆DNB ( g .g ) DB DM ⇒ = ⇔ DB 2 = DM .DN DN DB (5) - - Xét tam giác DIB và tam giác DBA, ta có :  ADB là góc chung  = BAD  ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ) DBI ⇒ ∆DIB  ∆DBA ( g .g ) DB DI ⇒ = ⇔ DB 2 = DI .DA (5) DA DB 34 = DM .DN ⇔ Từ (4) và (5) suy ra : DI .DA DM DA = . DI DN Từ đó kết hợp với ADN là góc chung suy ra : ∆DIM  DNA (c.g .c) =  ⇒ DIM DNA Suy ra tứ giác ANMI nội tiếp Ta có :  = IMD  ( cùng bù với góc IMN) NAD  ( cùng chắn cung CI)  = CBI NAD =  ⇒ CBI IMD Kết hợp với góc KBM chung, suy ra : ∆KMI  ∆KBM (c.g .c) KM KB ⇒ = KI KM ⇒ KM 2 = KI .KB (6) Mặt khác :  = BAI  ( Hai góc so le trong ) KDI  = BAI  ( Cùng chắn cung BI ) DBI  = ⇒ KDI BDI Kết hợp với góc BKD chung, suy ra : ∆KDI  ∆KBD ( g .g ) KD KB ⇒ = KI KD ⇒ KD 2 = KI .KB (7) Từ (6) và (7) suy ra : KM = KD Vậy K là trung điểm của DM. c) Giả sử PI cắt BC tại L, IQ cắt AB tại S. Ta có : PI BI IL = = ( vì PI // MN ; định lí ta let) DK BK KM PI QI IL = = ( vì AB // PL ; định lí ta let) AS QS BS Vì DK = KM nên từ (8) suy ra : PI = IL Vì PI = IL nên từ (9) suy ra : AS = BS (8) (9) 35 Giả sử SI cắt DK tại T, suy ra : AS SI BS = = ( Định lý Talets ; AB // DK) (10) DT TI KT Vì AS = BS nên từ (10) suy ra : T là trung điểm của DK, hay G trùng với K. Vậy ba điểm Q, I, G thẳng hàng. Câu 5. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≥ b ≥ c . Khi đó : 5 5 = a + b + c ≤ 3a ≤ 6 ⇔ ≤ a ≤ 2 ⇒ (a − 1)(2 − a ) ≥ 0 3 Mặt khác, vì 0 ≤ b, c ≤ 2 nên (*) (b − 2)(c − 2) ≥ 0 ⇔ bc ≥ 2(b + c) − 4 ⇔ bc ≥ 2(5 − a ) − 4 = 6 − 2a (**) Do đó A= a + b + c= ⇔ A ≥ a + 3− a + 2 2 3− a + 2= vì ( a + 3− a ) 2 a + ( 3 − a + 2) 2 = a + 3− a + 2 = a + 2 a (3 − a ) + 3 − a = 3 + 2 3a − a 2 = 3 + 2 (a − 1)(2 − a ) + 2 ≥ 3 + 2 2= ( 2 + 1) 2 Nên ( Theo (**) ) a + b + c + 2 bc ≥ a + 5 − a + 2 6 − 2a ( vì (a − 1)(2 − a ) ≥ 0 , theo (*) ) a + 3 − a ≥ 2 +1 Vậy A ≥ 2 2 + 1 5 0 ≤ a, b, c ≤ 2 ; a + b + c =  (a − 1)(2 − a ) = 0 ⇔ a = b = 2 ; c =1 Dấu bằng xảy ra khi   bc= 6 − 2a  Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 2 2 + 1 . Đạt được khi (a, b, c) = (2, 2, 1) và các hoán vị. ĐỀ SỐ 4 (2015-2016) Câu 1.  a −3 a a +3 a   9  a) = A  −  .  a − =  a −3   a  a +3 ( ) ( a ) ( a + 3) ( a − 3) . ( a + 3) = a − 6 a + 9 − a + 6 a + 9 = 12 a . b) Có M = A + a = a − 12 a = ( ) 2 a − 6 − 36 ≥ −36. Dấu “=” xảy ra ⇔ a − 6 = 0 ⇔ a = 36. −36 ⇔ a = 36. Vậy MinM = Câu 2. 2 a −3 − 2 . a −9 a 36 a) Điều kiện x ≠ 0 9 2x 2x2 + 9 2x =1 ⇔ + −3 =0 Ta có 2 + 2 2 x x 2x + 9 2x2 + 9 x t Đặt= 2x2 + 9 ( *) 1 2x2 + 9 x2 ⇒ = 2x2 + 9 t2 x2 t2 ( t ≠ 0 ) ⇒= Khi đó phương trình (*) có dạng t = 1 1 2 3 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ 2t − 3t + 1 = 0 ⇔ ( t − 1) ( 2t + 1) = 0 ⇔  t = − 1 t2  2 x > 0 - Với t =1 ⇒ x = 2 x 2 + 9 ⇔  2 phương trình vô nghiệm 0 2 x + 9 = x < 0 x < 0 1 3 2 . Vậy phương ⇔ ⇔ x = − - Với t = − ⇒ −2 x = 2 x 2 + 9 ⇔  2  2 2 2 2 4 2 9 2 9 x = x + x =   trình đã cho có nghiệm x = − 3 2 . 2 b) Thay (2) vào (1) ta được (y x3 − y 3 = 2 − 5 y 2 ) ( 4 x − y ) ⇔ 21x3 − 5 x 2 y − 4 xy 2 = 0  x = 0  4 ⇔ x ( 7 x − 4 y )( 3 x + y ) =0 ⇔  x = y  7  y x = − 3  - Với x = 0 thay vào (2) ta được y = ±2 31 2 4 y thay vào (2) ta được − y = 4 phương trình vô nghiệm 49 7 y 9 y= ±3 - Với x = − thay vào (2) ta được y 2 =⇔ 3 - Với x = Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ; y ) ( 0; 2 ) ; ( 0; − 2 ) ; ( −1;3) ; (1; − 3) ( x= Câu 3. a) Nếu x = 0 ⇒ y =1 thỏa mãn Nếu y = 0 ⇒ x ∉  không thỏa mãn Xét x ≠ 0; y ≠ 0 phương trình đã cho có dạng 4.54 x3 ( 54 x3 += 1) 4.54 x3 . y 3 ⇔ ( 4.27 x3 + 1= ) 2 ( 6 xy ) = x3 a= ;6 xy b ta được phương trình Đặt 4.27 ( a + 1) 2 = ( b + 1) ( b 2 − b + 1) (*) 3 +1 37 d Từ (*) ta thấy b + 1 > 0. Gọi ƯCLN( b + 1; b 2 − b + 1) = b + 1 d ⇒ 2 ⇒ b 2 − b + 1= b ( b + 1) − 2 ( b + 1) + 3 d ⇒ 3 d 1 b b d − +   ( a + 1= ) Mặt khác 2 d ⇒ d = 1 ⇒ ( b + 1; b 2 ( 4.27 x + 1) không − b + 1) = 1 chia hết cho 3 nên 3 không chia hết 3 Từ (*) nhận thấy tích hai số nguyên tố cùng nhau là một số chính phương nên phải 2 b + 1 =m có  2 2 b − b + 1 =n Ta có n 2= ⇔ n2 = (m (m 2 2 ( m; n ∈ *; m ≥ 2; m 2 ≥ 4) − 1) − ( m 2 − 1) + 1 2 − 1) − ( m 2 − 2 ) 2 (1) ; n2 = (m 2 − 2 ) + ( m 2 − 1) 2 ( 2) Từ (1) và (2) ⇒ ( m 2 − 2 ) < n 2 < ( m 2 − 1) vô lý suy ra phương trình (*) vô nghiệm. 2 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 0;1) . b) Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương, xét ( x0 ; y0 ) là nghiệm mà ( x0 + y0 ) là nhỏ nhất. Do vai trò của x0 ; y0 bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta giả sử x0 ≤ y0 . Ta có x02 − mx0 y + y02 + 1 = 0 ⇒ y0 là một nghiệm của phương trình y 2 − mx0 y + x02 + 1 = 0 (1) mx0  y0 + y1 = Suy ra phương trình còn một nghiệm y1 thỏa mãn  x02 + 1  y0 . y= 1 dương ⇒ x0 + y0 ≤ x0 + y1 ⇒ y0 ≤ y1 ( 2) ⇒ y1 nguyên ( 3) 2 y2 +1 1 - Nếu x0 = y0 thay vào phương trình đã cho ta được m = 0 2 =2 + 2 ⇒ y0 =1 (do y0 y0 m; y0 nguyên dương) suy ra m = 3. y1 thì từ (3) suy ra y02 = x02 + 1 ⇔ ( y0 − x0 )( y0 + x0 ) = 1 (vô lí) - Nếu x0 < y0 =  y0 ≥ x0 + 1 - Nếu x0 < y0 < y1 thì  nên từ (3) suy ra ( x0 + 1)( x0 + 2 ) ≤ x02 + 1 ⇔ 3 x0 + 1 ≤ 0 2 y x ≥ + 0  1 vô lí Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Câu 4. 38 A x E O' F M N J G I B O H K D P C  MHB ;   NHC  a) Ta có  AMN =+ MBH ANM =+ NCH  NHC    MCH Mà MBH = = ; MHB AMN =  ANM ⇒ ∆AMN cân tại A. Suy ra  =  ACB b) Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) ⇒ xAB ACB =  AFE (vì tứ giác BFEC nội tiếp); Mà  =  ⇒ xAB AFE ⇒ Ax / / EF ⇒ OA ⊥ EF . Tương tự OB ⊥ FD; OC ⊥ ED. Lại có 1 1 1 S ABC = S AEOF + S BDOF + SCDOE = OA.EF + OB.DF + OC.DE 2 2 2 1 1 R ( EF + DF + DE = = ) AD.BC 2 2 AD.BC . Suy ra chu vi tam giác DEF là R Mà R, BC không đổi , suy ra chu vi tam giác DEF lớn nhất khi AD lớn nhất ⇔ A là điểm chính giữa của cung BC lớn. c) Theo a) ∆AMN cân tại A ⇒ AK là đường trung trực của MN . Tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN là trung điểm của AK ⇒ AMK =  ANK = 900 Chứng minh được tứ giác HIKJ là hình bình hành ⇒ HK đi qua trung điểm G của IJ .    ⇒ ∆IMH cân tại I ⇒ MI = IH = MHF = MHI Nhận thấy IMH Tương tự: JN = JH Chứng minh được MI NJ IH JH = ⇒ = ⇒ IJ / / BC. BI JC BI JC Mà HK đi qua trung điểm G của IJ nên cũng đi qua trung điểm P của BC. ∆BIM đồng dạng với ∆CJN ( g − g ) ⇒ Mà B, C định nên P cố định. 39 Câu 5. 2a 5 + 3b5 2b5 + 3c5 2c5 + 3a 5 + + ≥ 15 ( a 3 + b3 + c3 − 2 ) . ab bc ca 2a 5 + 3b5 ≥ 5a 3 − 10ab 2 + 10b3 ∀a, b > 0 Ta chứng minh ab (1) Thật vậy 2a 5 + 3b5 ≥ 5a 3 − 10ab 2 + 10b3 ⇔ 2a 5 + 3b5 − ab ( 5a 3 − 10ab 2 + 10b3 ) ≥ 0 ab 2a 5 − 5a 4b + 10a 2b3 − 10ab 4 + 3b5 ≥ 0 ⇔ ( a − b ) ( 2a + 3b ) ≥ 0 ∀a, b > 0 4 Tương tự ta có: 2b5 + 3c 5 2c5 + 3a 5 ≥ 5b3 − 10bc 2 + 10c 3 ( 2 ) ; ≥ 5c 3 − 10ca 2 + 10a 3 ( 3) bc ca Cộng theo các vế của bất đẳng thức (1); (2); (3) ta được 2a 5 + 3b5 2b5 + 3c 5 2c 5 + 3a 5 + + ≥ 15 ( a 3 + b3 + c 3 ) − 10 ( ab 2 + bc 2 + ca 2 ) . ab bc ca 3 Mà ab 2 + bc 2 + ca 2 = 2a 5 + 3b5 2b5 + 3c 5 2c 5 + 3a 5 + + ≥ 15 ( a 3 + b3 + c3 ) − 30 = 15 ( a 3 + b3 + c3 − 2 ) . ab bc ca Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =1. ⇒ ĐỀ SỐ 5 (2014-2015) Câu 1. 1 1) Điều kiện: x ≥ 0; x ≠ ; x ≠ 1 4 x a; a ≥ 0 ⇒ x = a 2 , ta có: Đặt = 2  2a 2 − 1 + a 2a 3 + a 2 − a  ( a − a ) (1 − a ) + −1 A=  . 2 1 + a3 2a − 1  1− a   ( a + 1)( 2a − 1) a ( a + 1)( 2a − 1)  a ( a − 1)(1 − a )  . A= + −1 2 2a − 1  (1 − a )( a + 1) ( a + 1) ( a − a + 1)   (2a − 1) a (2a − 1)  a (a − 1)(1 − a ) −1 + 2 A= . 2a − 1  (1 − a ) a − a + 1  ( )  1  a ( a − 1)(1 − a ) a   A =+ .(2 a − 1). −1 2 2a − 1  (1 − a ) ( a − a + 1)  A= −1 −1 . Vậy: A = . a − a +1 x − x +1 2 40 2) Ta có: −1 1 1 1 A= <− ⇔ > 7 x − x +1 x − x +1 7 2 1 3  ⇔ x − x + 1 < 7 (do x − x + 1 =  x −  + > 0 ) 2 4  ⇔ x − x −6 < 0 ⇔ ( x −3 )( ) x + 2 < 0 ⇔ x −3< 0 ⇔ 0≤ x<9 0 ≤ x < 9  Đối chiếu với điều kiện ta được:  1  x ≠ 4 , x ≠ 1 Câu 2.   x ≠ −1 2  x − x − 2 ≠ 0  1) ĐKXĐ:  2 ⇔ x ≠ 2  x − 5 x − 2 ≠ 0   x ≠ 5 ± 33  2 Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. Khi x ≠ 0 thì Phương trình đã cho ⇔ Đặt t= x − 1 2 x −1− x − 3 2 x−5− x −2= 0. 1 3 2 − = 2 , ta được phương trình biểu thị theo t là x t −1 t − 5 ⇔ t 2 − 5t + 6 = 0 ⇔ t = 2; t = 3 Với t = 2 ⇒ x − 2 = 2 ⇔ x 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔ x =1 ± 3 (thỏa mãn) x 2 3 ± 17 = 3 ⇔ x 2 − 3x − 2 = 0 ⇔ x = (thỏa mãn) 2 x  3 ± 17  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S= 1 ± 3; . 2   Với t = 3 ⇒ x − 2) Với x = y = 0 là nghiệm của hệ phương trình Nhận thấy nếu x ≠ 0 thì y ≠ 0 và ngược lại Xét x ≠ 0 ; y ≠ 0 hệ phương trình tương đương với 1 1 1 1 (1) = =  x2 + y2 2  x2 + y2 2   ⇔  1 2 (2) ( 1 + 1 )(1 + = ( 1 + 1 )(2 + = ) 4 ) 8 xy xy  x y  x y 41 1 1 8 Thay (1) vào (2) ta được ( + )3 = x y 1 1 2 x + y =  ⇒ ⇒ x = y =1 1  =1  xy Vậy hệ có nghiệm (x ; y) là (0 ; 0) ; (1 ; 1) Câu 3. 1) Ta có: 5( x + xy + y ) = 7( x + 2 y ) 2 (1) 2 5t (2) (t ∈ Z ) thì ⇒ 7( x + 2 y ) 5 ⇒ ( x + 2 y )  5 . Đặt x + 2 y = 7t (3). (1) trở thành x + xy + y = 2 2 0 (*), coi đây là Từ (2) ⇒ x= 5t − 2 y thay vào (3) ta được 3 y − 15ty + 25t − 7t = 2 ∆ 84t − 75t PT bậc hai đối với y có: = 2 2 Để (*) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 84t − 75t ≥ 0 2 ⇔0≤t ≤ 28 25 0 hoặc t = 1 . Thay vào (*) : Vì t ∈ Z ⇒ t = 0 ⇒ x1 = 0 + Với t = 0 ⇒ y1 = 3 ⇒ x2 = −1  y2 =  y3 =2 ⇒ x3 =1 + Với t = 1 ⇒  Vậy phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 0), (-1; 3) và ( 1; 2) 2(m 2 + 1) 4 = 2m − 2 + 2) Nếu p = q thì p= . m +1 m +1 Do m ∈  và p là số nguyên tố nên 4 (m + 1) ⇒ m= 0; m= 1; m= 3 ⇒ p= 2; p= 5. Nếu p ≠ q thì pq và p + q là nguyên tố cùng nhau vì pq chỉ chia hết cho các ước nguyên tố là p và q còn p + q thì không chia hết cho p và không chia hết cho q. 2 Gọi r là một ước chung của m + 1 và m + 1 ⇒ [ ( m + 1)( m − 1) ] r ⇒ ( m − 1) r 2 ⇒ (m 2 + 1) − (m 2 − 1)  r ⇒ 2 r ⇒ r = 1 hoặc r = 2 . +) r = 1 suy ra p + q = m + 1, pq = m 2 + 1 ⇒ p, q là hai nghiệm của phương trình x 2 − (m + 1) x + m 2 + 1 = 0 vô nghiệm do ∆ = −3m 2 + 2m − 3 = −(m − 1) 2 − (2m 2 + 2) < 0 +) r = 2 suy ra 2 pq = m 2 + 1 và 2( p + q ) = m + 1 ⇒ p, q là hai nghiệm của 0 vô nghiệm do phương trình 2 x − ( m + 1) x + m + 1 = 2 2 ∆ = −7 m 2 + 2m − 7 = −(m − 1) 2 − (6m 2 + 6) < 0 . = = ( p; q ) (5;5). Vậy bộ các số nguyên tố (p; q) cần tìm là ( p; q ) (2;2); 42 Câu 4. M A O P D Q H B K I N E C 1) I là trung điểm của BC (Dây BC không đi qua O) d ⇒ OI ⊥ BC ⇒ ∠ OIA = 900 Ta có ∠ AMO = 900 ∠ ANO = 900 Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kinh OA 2) AM, AN là hai tiếp tuyến của (O) nên OA là phân giác ∠ MON mà ∆MON cân ở O nên OA ⊥ MN ∆ABN đồng dạng với ∆ANC (Vì ∠ ANB = ∠ ACN, ∠ CAN chung) ⇒ AB AN = ⇒ AB . AC = AN2 AN AC ∆ANO vuông tại N đường cao NH nên AH . AO = AN2 ⇒ AB . AC = AH . AO ∆AHK đồng dạng với ∆AIO (g-g) AH AK = ⇒ AI ⋅ AK = AH ⋅ AO AI AO ⇒ AI ⋅ AK = AB.AC AB ⋅ AC ⇒ AK = AI Ta có A, B, C cố định nên I cố định ⇒ AK cố định Nên Mà A cố định, K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB ⇒ K cố định 3) Ta có ∠ PMQ = 900 ∆MHE ∆QDM (g-g) ⇒ ME MH = MQ DQ 43 ∆PMH ∆MQH ⇒ ⇒ MP 1 ME . = MQ 2 MQ ⇒ ME = 2 MP ⇒ MP MH MH = = MQ QH 2 DQ P là trung điểm ME Câu 5. c(a + b)(a 2 − ab + b 2 ) 2(a 2 + b 2 ) a b  a b  + Từ: 2  +  + c  2 + 2  = 6 ⇒ 6 = a  a 2b 2 ab b a b ta có: = a 2 + b 2 ≥ 2ab ⇒ 6 c(a + b)(a 2 − ab + b 2 ) 2(a 2 + b 2 ) c(a + b) c ( a + b) + ≥ +4⇒0< ≤ 2. 2 2 ab ab ab ab Lại có bc ac (bc) 2 (ac)2 (bc + ac)2 ( c ( a + b) ) + = + ≥ = a(2b + c) b(2a + c) abc(2b + c) abc(2a + c) 2abc(a + b + c) 2abc(a + b + c) 2 c) ab.bc + bc.ca + ab.ca ≤ và abc(a + b + = (ab + bc + ca ) 2 3  c ( a + b)   bc ac 3  c ( a + b)  3 ab ⇒ + ≥   c ( a + b)   = 2  1+ a (2b + c) b(2a + c) 2  ab + bc + ca   ab   2 2 = t Đặt Có c ( a + b) 3t 2 4 ⇒P≥ + (với 0 < t ≤ 2 ). 2 ab 2(1 + t ) t 3t 2 4  3t 2 4 8  8 −7t 3 − 8t 2 + 32t + 24 8 = + + −= +  + 2(1 + t ) 2 t  2(1 + t ) 2 t 3  3 6t (1 + t ) 2 3 (t − 2)(−7t 2 − 22t − 12) 8 + 6t (1 + t ) 2 3 mà (t − 2)(−7t 2 − 22t − 12) (t − 2)(−7t 2 − 22t − 12) 8 8 ≥ 0 ∀ t ∈ (0; 2] ⇒ + ≥ ∀t ∈ (0; 2] . 6t (1 + t ) 2 6t (1 + t ) 2 3 3 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay a= b= c. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8 khi a= b= c. 3 ĐỀ SỐ 6 (2013-2014) Câu I. 1) Điều kiện: A= ( ( xy ≠ 1 . ) ( x + 1) 1 − xy + )( xy + 1) + ( ( xy + 1)(1 − xy ) xy + x )( xy + 1 1 − xy ): 44 ( )( xy + 1) − ( x + 1) (1 − xy ) = xy + 1)(1 − xy ) ( x + 1) (1 − xy ) + ( xy + x )( xy + 1) + ( xy + 1)(1 − xy ) = ( xy + 1)(1 − xy ) + ( xy + x )( xy + 1) − ( x + 1) (1 − xy ) = )( ) ( ( xy + 1 1 − xy + 1+ x = x y + xy xy + x 1 . xy 2) Theo Côsi, ta có: 6 = 1 + 1 ≥ 2 x y 1 ⇒ 1 ≤ 9. xy xy 1 Dấu bằng xảy ra ⇔ 1 = 1 ⇔ x = y = . x y 9 Vậy: maxA = 9, đạt được khi : x = y = 1 . 9 Câu II. 1) PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: 2 ∆'> 0 ⇔ (m − 2 ) − (m 2 − 2m + 4 ) > 0 ⇔ m < 0 (*)  x + x 2 =4 − 2m Với m < 0 theo Vi- et ta có:  1 . 2 x1.x 2 = m − 2m + 4 Ta có: 2 1 1 2 1 1 − = ⇔ − = 2 2 2 x1x 2 15m x1 + x 2 x1x 2 15m x + x − 2x x ( 1 2 ) 1 2 1 1 1 − 2 = m − 6m + 4 m − 2m + 4 15m 1 1 1 ⇔ − = 4 4 15 m+ −6 m+ −2 m m 4 Đặt m + = t do m < 0 ⇒ t < 0 m t = −4 1 1 1 − = ⇔ ⇒ t = −4 (do t < 0) Ta có (1) trở thành t − 6 t − 2 15 t = 12 ⇔ 2 Với t = −4 ta có m + 4 = −4 ⇔ m = −2 thỏa mãn (*) m 2) Ta có: x4 + y 4 y 4 + z 4 z 4 + x4 x + y += z + + ≥ x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y +y z y z +z x z x + x2 y 2 = + + ≥ xyyz + yzzx + zxxy = 2 2 2 = xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1). 4 4 4 ( 1) 45  x= y= z 1 ⇔ x=y=z= Dấu bằng xảy ra ⇔  1 3 x + y + z = 1 1 1  Vậy nghiệm của hệ phương trình là: = ;y = ;z x =  3 3 3  Câu III. 1) Giả sử (a + b2)  (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k ∈ * ⇔ ⇔ a + k = b(ka2 – b) ⇔ a + k = mb (1) Ở đó m ∈  mà: m = ka2 – b ⇔ m + b = ka2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1 ⇔ ⇔ (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka) (3) Do m > 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m ≥ 1 (vì m ∈ ). Do b > 0 nên b – 1 ≥ 0 (do b ∈ ) ⇒ (m – 1)(b – 1) ≥ 0. Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) ≥ 0. Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka ≥ 0 ⇒ k + 1 ≥ ka ⇒ 1 ≥ k(a – 1) (4) a = 1 0  k(a − 1) =  Vì a – 1 ≥ 0 (do a ∈ , a > 0) và k ∈ , k > 0 nên từ (4) có:  ⇔  a = 2 1   k(a − 1) =  k = 1  m − 1 =2  1 b = 2 b − 1 = - Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2 ⇔  ⇔  m − 1 = 1 b = 3   b − 1 =2 Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3. b = 1 - Với a = 2 (vì k = 1). Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 ⇔  . m = 1 Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1. Khi m = 1: Từ (1) suy ra a + k = b ⇒ b = 3. Lúc này được: a = 2, b = 3. Tóm lại, có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1). 2) Ta có x + 2 3 = y + z ⇔ x + 2 3 = y + z + 2 yz ⇔ (x − y − z ) + 2 3 = 2 yz ⇒ (x − y − z ) + 4 3 (x − y − z ) + 12 = 4 yz (1) 2 4 yz − ( x − y − z ) − 12 TH1. Nếu x − y − z ≠ 0 Ta có 3 = (2) vô lý 4( x − y − z ) ( do x, y, z ∈ N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ). x − y − z = 0 TH2. x − y − z = 0 khi đó (1) ⇔  (3)  yz = 3 x = 4 x = 4   Giải (3) ra ta được  y = 1 hoặc  y = 3 thử lại thỏa mãn. z = 3 z = 1   2 46 Câu IV. E D M I H A F C O B  = 900 (góc nội tiếp 1) Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên AMB chắn nửa đường tròn)  = 900 . hay FMB  = 900 (giả thiết).Do đó FMB  + FCB = Mặt khác FCB 1800 .  ).   Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp ⇒ CBM = EFM (1) (vì cùng bù với CFM   = EMF  ( 2 ) (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn AM Mặt khác CBM . = ). Từ (1) và (2) ⇒ EFM EMF Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E.    nên suy ra EMF cân) (Có thể nhận ra ngay EMF = MBA = MFE   = DIF ( 3) 2) Gọị H là trung điểm của DF. Suy ra IH ⊥ DF và DIH 2  và DIF  lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn Trong đường tròn ( I ) ta có: DMF   = DIF ( 4 ) cung DF. Suy ra DMF 2  = DIH  hay DMA  = DIH . Từ (3) và (4) suy ra DMF  = DBA  (góc nội tiếp cùng chắn DA ) Trong đường tròn ( O ) ta có: DMA  = DIH.  Suy ra: DBA  + HIB = Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC. Do đó DBA 180o  + HIB  = 180o ⇒ Ba điểm D, I, B thẳng hàng. ⇒ DIH .  = ABD  = 1 sđ AD 3) Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ⇒ ABI 2 Mà C cố định nên D cố định ⇒ 1  sđ AD không đổi 2  có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD . Do đó góc ABI Câu V. Ta có: = B 1 − 2xy 1 1 + 1= . + 1= (x + y) − 3xy(x + y) xy 1 − 3xy xy xy(1 − 3xy) 3 47 (x + y) 2 1 . = 4 4 Gọi Bo là một giá trị của B, khi đó, ∃x, y để: 1 − 2xy ⇔ 3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + 1 = 0 (1) Bo = xy(1 − 3xy) Theo Côsi: xy ≤ B ≥ 4 + 2 3 Để tồn tại x, y thì (1) phải có nghiệm xy ⇔ ∆ = Bo2 – 8Bo + 4 ≥ 0 ⇔  o  Bo ≤ 4 − 2 3 Để ý rằng với giả thiết bài toán thì B > 0. Do đó ta có: Bo ≥ 4 + 2 3 . 2 + Bo = 3 + 3 ⇒ x(1 − x) = 3 + 3 Với Bo =4 + 2 3 ⇒ xy = 6Bo 6(2 + 3) 6(2 + 3) 2 3 2 3 1+ −1 1− −1 3 = 3 3 ⇔ x 2 − x + 3 += . 0⇔x = ,x 2 2 6(2 + 3) 2 3 2 3 1+ −1 1− −1 3 3 Vậy, Bmin= 4 + 2 3 , đạt được khi x = hoặc = ,y 2 2 x 2 3 2 3 1− −1 1+ −1 3 3 . = ,y 2 2 ĐỀ SỐ 7 (2012-2013) (Đỗ Tiến Hải – THCS Vĩnh Tân – Vĩnh Lộc) Câu I. (4,0 điểm): - ĐKXĐ : x ≥ 0, x ≠ 9 1. Với x ≥ 0, x ≠ 9 thì P= = x x −3 x−2 x −3 − ( 2 x −3 x +1 )+ x +3 3− x = ( ( ) ( )( )( ) ( ) ( 2 x −3 x −3 x x −3 − − x +1 x − 3 x +1 x − 3 )( )( x + 1) )( x − 3) x +3 x +1 x x − 3 x + 8 x − 24 x+8 = x +1 x +1 x − 3 ( )( ) 2. * Cách 1: Với x ≥ 0, x ≠ 9 thì P = x+8 = x +1 x +1 + 9 −2 x +1 ) ( 9 x +1 − 2 = 6 − 2 = 4 x +1 ⇒ giá trị nhỏ nhất của P = 4 ⇔ x = 4 ( thỏa mãn đkxđ) y2 + 8 * Cách 2: đặt y = x ( y ≥ 0, y ≠ 3 ) . P = , tìm gtnn của P bằng phương pháp miền xác y +1 định ..... Câu II. (5,0 điểm): 4 2 1. * Cách 1 ta có : x4 – 4x3 + 8x + m = 0 (1) ⇔ ( x − 1) − 6( x − 1) + m + 6 = 0 ≥2 Đặt y = ( x − 1) , y ≥ 0 . Pt trở thành : y 2 − 6 y + m + 6 = 0 (2) 2 48 - phương trình x4 – 4x3 + 8x + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt (2) có 2 nghiệm ∆ > 0  dương phân biệt ⇔ s > 0 ⇔ -6 < m < 3 p > 0  * Cách 2: x4 – 4x3 + 8x + m = 0 (1) ⇔ (x 2 − 2 x ) − 4(x 2 − 2 x ) + m = 0 ; đặt ẩn phụ giải như cách 1 * Cách 3: Đặt x = a + 1 khi đó x4 – 4x3 + 8x + m = 0 (1) ⇔ a 4 − 6a 2 + 5 + m = 0 ;..... 2  2 + 3 x =  2.  x 3 − 2 =  8 y3 2 (I) ĐKXĐ: y ≠ 0 , đặt t = ≠ 0 hệ pt trở thành 6 y . y t 3 − 3 x − 2 = 0  3  x − 3t − 2 = 0 Cách 1 : - trừ vế với vế hai pt, đưa về pt tích, ta được : ( x − t )(x 2 + xt + t 2 − 3) = 0 ⇔ x − t = 0 hoặc x 2 + xt + t 2 − 3 = 0 ⇔ x = t hoặc x = t = 2 .......... ⇒ (x ;y) = (-1 ;-2) ; (2 ; 1) t 3 − 3 x − 2 = 0 * Cách 2  3 là hpt đối xứng loại 1, biến đổi đặt x + t = a và xt = b ,.......  x − 3t − 2 = 0 Câu III. (4,0 điểm) 1. vì n là số tự nhiên dương: + để 2n – 15 là số chính phương, dễ dàng chứng minh được n ≥ 4 và nếu n lẻ thì 2n – 15 không là số chính phương . + n chẳn đặt n = 2k ( k ∈ N , k ≥ 2 ) khi đó 2n – 15 = a 2 (a ∈ N * ) ⇔ (2 k − a )(2 k + a ) = 15 mà 0 < 2 k − a < 2 k + a ⇒ k = 2;3 thỏa mãn đk ⇒ n = 4;6 thỏa mãn đk . Vậy n = 4;6 là các giá trị cần tìm. 2. * Cách 1 do (m, n ∈ N * ) m 1 + 6− > ⇔ 6n 2 > m 2 ⇒ 6n 2 ≥ m 2 + 1 n 2mn 2 nếu 6n = m2 + 1 mà 6n2 chia hết cho 3 nên m2 + 1 ≡ 0(mod 3) vô lý vì m 2 ≡ 0,1(mod 3) vậy 6n2 ≥ m 2 + 2 (1) 1 2 1 mặt khác (m + ) = m2 + 1 + < m 2 + 2 (2) 2m 4m 2 2 m 1 1   2 từ (1) và (2) suy ra  m + đpcm  < 6n ⇔ 6 − > n 2mn 2m   * Cách 2 chứng minh : 6n2 ≥ m 2 + 2 (1) m 1 Mà 6 − > ⇔ 24m 2 n 4 > 4m 4 + 4m 2 + 1 (2) n 2mn