Đề1: Thi chuyên hùng vương (năm 2000-2001)

Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 1 Đề 1:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) Vòng 1: Câu 1: a).CMR: 3 6n n− # với ∀ n≥ 0. b).Cho ( )6 2 5 6 2 5x = + + − : 20 . Hãy tính giá trị của biểu thức: ( )20005 7 1P x x= − + Câu 2: Xác định các giá trị nguyên của m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất ( ),x y với x, y là các số nguyên: ( 1). (3 1). 2 0 (1) 2 ( 2) 4 0 (2) m x m y m x m y + + + + − =⎧⎨ + + − =⎩ Câu 3: a).Cho x y> và . 1000x y = . Hãy tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2x yP x y += − . b).Giải phương trình : ( ) ( )2000 20001 2 1x x− + − = . Câu 4: Gọi a,b,c là độ dài ba cạnh một tam giác: , ,a b ch h h là độ dài ba đường cao tương ứng với ba cạnh đó; r là bán kính đường tròn nộI tiếp tam giác đó. a).CMR: ah 1 + bh 1 + ch 1 = r 1 . b).CMR: ( ) ( )2 2 2 24. a b ca b c h h h+ + ≥ + + . Hướng dẫn giải : Câu 1: a).Có: ( ) ( ) ( )3 2. 1 1 . . 1 .P n n n n n n n= − = − = − + Vì , 1n n + là hai số nguyên liên tiếp nên P# 2. - Nếu 3n # ⇒P# 3. - Nếu n chia cho 3 dư 1 thì (n-1)# 3⇒P# 3. - Nếu n chia cho 3 dư 2 thì (n+1)# 3⇒P# 3. Vậy 3P # mà ( )2,3 1 6.P= ⇒ # b).Có : ( ) ( )6 2 5 6 2 5 : 20 5 1 5 1 : 20 1.x = + + − = + + − = Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 2 Từ đó : ( )20001 1 1 1.P = − + = Câu 2: Theo bài ra ta có: ( 1). (3 1). 2 0 (1) 2 ( 2) 4 0 (2) m x m y m x m y + + + + − =⎧⎨ + + − =⎩ ⇒ 2( 1) 2(3 1) 2 4 0 (3) 2( 1) ( 1)( 2) 4( 1) 0 (4) m x m y m m x m m y m + + + + − =⎧⎨ + + + + − + =⎩ Lấy (4) trừ (3) theo vế ta có: ( )2 3 . 6 0m m y m− − = hay ( ). 3 . 6 (5)m m y m− = . Để hệ có nghiệm duy nhất thì (5) phải có nghiệm duy nhất.Khi đó 0, 3.m m≠ ≠ Ta có : 6 (*) 3 y m = − ⇒ 12 151 (6). 3 3 mx m m += = −− − Từ (*) suy ra : Muốn y nguyên thì 6 ( 3 )m −# và từ (6) muốn x nguyên thì15 ( 3)m −# Suy ra 3# (m-3) 2,4,6m⇒ = (theo (*)). Thử lại thấy thỏa mãn. Nhận xét: Học sinh có thể dùng kiến thức về định thức để giải quyết bài toán này.Tuy nhiên theo tôi ,điều ấy không cần thiết.Chúng ta không nên quá lạm dụng kiến thức ngoài chương trình,”giết gà cần gì phải dùng tới dao mổ trâu”. Câu 3: a).Có 2( ) 2 2000x y xyP x y x y x y − += = − +− − . Vì yx > nên 0>− yx và yx − 2000 >0.Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x y− và yx − 2000 được: P≥ 54020002 = . Đẳng thức xảy ra ⇔ yx − = yx − 2000 ⇔ yx − = 520 .Kết hợp với . 1000x y = ta tìm được ⎢⎢⎣ ⎡ +−=+= −−=−= 1510510,1510510 1510510,1510510 yx yx b).Có: ( ) ( )20002000 21 −+− xx = 20002000 21 −+− xx . -Thử với 2,1 == xx thấy thỏa mãn. -Nếu 11.Do đó : 20002000 21 −+− xx >1. -Nếu 2>x thì 1−x >1.Do đó : 20002000 21 −+− xx >1. -Nếu 21 << x thì 11 <−x ; 12 <−x .Do đó: .1)2()1(21 20002000 =−+−<−+− xxxx Vậy nghiệm của phương trình là ⎢⎣ ⎡ = = 2 1 x x Câu 4: a).Có: ( ). . . . 2a b ca h b h c h a b c r S= = = + + = . Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 3 (S là diện tích tam giác đã cho) Suy ra: S a ha a S ha a a 2. 1 2 . =⇒= . Hoàn toàn tương tự với b,c ta thu được: rS cba hc c hb b ha a cba 1 2... =++=++ rhhh cba 1111 =++⇒ (đpcm). b). Xét tam giác ABC có: , , .AB c BC a AC b= = = Từ A dựngđườngthẳng d // BC. Lấy 'B đối xứng với B qua d. Ta nhận thấy ' 2. aBB h= . Ta có: ( )22 2 2' ' 'BB BC B C B A AC+ = ≤ + . Suy ra: 2 2 24. ( ) (1).ah c b a≤ + − Hoàn toàn tương tự ta có: 2 2 24. ( ) (2).bh c a b≤ + − 2 2 24. ( ) (3).ch a b c≤ + − Từ )3(),2(),1( ta có : ( ) ( )222222222 4)()( cba hhhcabbacabc ++≥−++−++−+ ( ) )(4 2222 cba hhhcba ++≥++⇒ (đpcm). *Nhận xét: Ngoài cách giải trên chúng ta còn có thể giải bài toán theo phương pháp đại số như sau: Đặt 2 cbap ++= .Theo công thức HêRông ta có: )).().(.(4.4 222 cpbpappahS a −−−== 2 2 2 2 ) 2 )((4))()((4 a cpbpapp a cpbpappha −+−− ≤−−−=⇒ ).(2 appha −≤⇒ Tương tự: ).(2 bpphb −≤ ).(2 cpphc −≤ Suy ra: ).().().( cppbppapp −+−+− ≥ +2ah +2bh 2ch ( ) )(4 2222 cba hhhcba ++≥++⇒ . Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 4 Đề 2:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) Vòng 2: Câu 1: CMR: a).Không thể có các số nguyên lẻ 200021 ,...,, aaa thỏa mãn đẳng thức: 22000 2 1999 2 2 2 1 ... aaaa =+++ . b).Tích của 4 số nguyên dương liên tiếp không thể là một số chính phương. Câu 2: Cho biểu thức: )1).(1( . )1)(()1)(( 2222 ba ba aba b bba aP −+−++−−+= . a).Rút gọn P. b).Tìm các cặp số nguyên ( )ba, để 5P = . Câu 3: Giả sử phương trình 02 =++ cbxax có hai nghiệm thuộc đoạn [ ]1;0 . Xác định cba ,, để biểu thức P có giá trị nhỏ nhất,lớn nhất. Trong đó: )( )2)(( cbaa cabaP +− −−= . Câu 4: a).Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn CD lấy điểm M và trên đoạn OD lấy điểm N sao cho MN bằng bán kính R của đường tròn. Đường thẳng AN cắt đường tròn tại điểm P khác A.Hỏi tam giác AMP có vuông ở M không? b).Trong đường tròn lấy 2031 điểm tùy ý. CMR:Có thể chia hình tròn này thành 3 phần bởi 2 dây cung sao cho phần thứ nhất có 20 điểm,phần thứ hai có 11 điểm, phần thứ 3 có 2000 điểm. Hướng dẫn giải: Câu 1: a). Nhận xét: Nếu a là số nguyên lẻ thì a2 chia cho 4 dư 1.Thật vậy: Đặt 2 1a k= + thế thì: ( )22 22 1 4 4 1 4 1a k k k m= + = + + = + (trong đó k,m Ζ∈ ). Áp dụng nhận xét trên vào bài toán ta có: Nếu 200021 ,...,, aaa đều là các số nguyên lẻ thì: )4(mod319991...11... 21999 2 2 2 1 ≡≡+++≡+++ aaa )1( Mà )4(mod122000 ≡a )2( .Từ )1( và )2( suy ra điều phải chứng minh. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 5 b).Giả sử ta có 4 số nguyên dương liên tiếp là , 1, 2, 3n n n n+ + + . Có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2. 1 . 2 . 3 3 . 3 2 3 2. 3P n n n n n n n n n n n n= + + + = + + + = + + + . Từ đó dễ dàng nhận thấy: ( ) ( )2 22 23 3 1n n P n n+ < < + + . Suy ra P không thể là số chính phương. Câu 2: Điều kiện baa −≠−≠ ,1 (do đó 1≠b ). a).Khi đó: abba baba bababbaaP +−=−++ +−−−+= )1)(1)(( )()1()1( 2222 . Vậy P a b ab= − + . b).Có: 5P = ⇔ 5=+− abba ⇔ .4)1).(1( =+− ba Ta xét các trường hợp: 1i) ⎩⎨ ⎧ = =⇔⎩⎨ ⎧ =+ =− 3 2 41 11 b a b a 4i) ⎩⎨ ⎧ −= =⇔⎩⎨ ⎧ −=+ −=− 5 0 41 11 b a b a 2i) ⎩⎨ ⎧ = =⇔⎩⎨ ⎧ =+ =− 1 3 21 21 b a b a (lọai) 5i) ⎩⎨ ⎧ −= −=⇔⎩⎨ ⎧ −=+ −=− 3 1 21 21 b a b a (loại) 3i) ⎩⎨ ⎧ = =⇔⎩⎨ ⎧ =+ =− 0 5 11 41 b a b a 6i) ⎩⎨ ⎧ −= −=⇔⎩⎨ ⎧ −=+ −=− 2 3 11 41 b a b a Ta có các cặp ( )ba, cần tìm: ( ) ( ) ( ) ( )2;3 , 5;0 , 0; 5 , 3; 2− − − . Câu 3: Có: a c a b a c a b cbaa cabaP +− −− =+− −−= 1 )2)(1( )( )2)(( . Áp dụng định lý Vi-et ta có: ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ = −=+ a cxx a bxx 21 21 . Vậy 2P A= − . ( 21 , xx là nghiệm của phương trình đã cho: 21 , xx [ ]1;0∈ ). Với 1 2 1 2 1 2 1 2 . (3 ) 1 . x x x xA x x x x + += + + + Dễ thấy 0A ≥ nên 2 2 0 2P A= − ≤ − = .Đẳng thức xảy ra⇔ 0. 21 =xx ⇔ [ ]⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ∈− = 1;0 0 a b c Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 6 Lại có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3. .( )3 .( ) 4 4 ( 1).( 1) ( 1).( 1) 3 . . . . 4 4 ( 1).( 1) 3 1 1.( 1).( 1) .( 1).( 1) 54 4 ( 1).( 1) 4 x x x x x xx x x x x xA x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + ++ ++ += ≤ =+ + + + ++ + + + + = ≤+ + ++ + + + + ≤ =+ + Đẳng thức xảy ra ⇔ 121 == xx ⇔ ⎩⎨ ⎧ =− = ab acb 2 42 Suy ra: 5 32 2 4 4 P A= − ≥ − = . Dấu “=” xảy ra⇔ ⎩⎨ ⎧ =− = ab acb 2 42 Vậy: ax min 2 3 4 mP P =⎧⎪⎨ =⎪⎩ Câu 4: a). - Nếu M C≡ thì N O≡ .Do đóΔAMP vuông ở M. - Nếu M O≡ thì N D≡ .Do đó ΔAMP vuông ở M. - Nếu M nằm giữa C và O thì N nằm giữa O và D.Ta chứng minh trong trường hợp này ΔAMP không vuông .Thật vậy,nếuΔAMP vuông ở M thì khi đó ta hạ MH⊥ AP tại H. Có: nBAP =nDMH MHNΔ⇒  PBCΔ (g-g) ⇒ 22 1 APMN AB MN AP MH =⇒== (1). Hạ OI⊥ AP tại I thì IA=IP. Trong ΔAMP vuông có: 2 APMI = . Vậy 2 APMIMH == ⇒H≡ I⇒M≡O (vô lý). b). +Vì số điểm trong đường tròn là hữu hạn nên số các đường thẳng qua hai trong số các điểm đã cho là hữu hạn.Do đó số giao điểm của các đường thẳng với đường tròn là hữu hạn.Vì vậy tồn tại A thuộc đường tròn nhưng không nằm trên bất cứ đường thẳng nào trong số đang xét. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 7 +Vẽ các tia gốc A đi qua 2031 điểm đã cho, các tia này cắt đường tròn tại các điểm B1,B2,...,B2031(theo chiều kim đồng hồ kể từ A).Rõ ràng các tia này là phân biệt. +Vẽ tia nằm giữa hai tia AB20 và AB21 cắt đường tròn tại B,tia nằm giữa hai tia AB31 và AB32 cắt đường tròn tại C. +Rõ ràng các dây AB và AC chia hình tròn thành 3 phần:phần thứ nhất có 20 điểm,phần thứ hai có 11 điểm,phần thứ ba có 2000 điểm. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 8 Đề 3:Thi Sư Phạm I(2000-2001) Vòng 1: Câu 1: Giải phương trình: 02 1 3 )1( 2 3 3 3 =−−+−+ x x x xx . Câu 2: Cho x,y,z∈R và thỏa mãn: ⎩⎨ ⎧ ≤≤− =++ 1,,1 0 zyx zyx CMR: 2 4 6 2x y z+ + ≤ . Câu 3: Tìm tất cả các số nguyên tố có dạng: 1np n= + . Trong đó n∈N*,biết p có không nhiều hơn 19 chữ số. Câu 4: Giả sử P là một điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng của một tam giác đều ABC cho trước.Trên các đường thẳng BC,CA,AB lần lượt lấy các điểm ', ', 'A B C sao cho ', ', 'PA PB PC theo thứ tự song song với BA,BC,CA. 1.Tìm mối quan hệ giữa độ dài các cạnh của tam giác ' ' 'A B C với các khoảng cách từ P tới các đỉnh của tam giác ABC.CMR:Tồn tại duy nhất một điểm P sao cho tam giác ' ' 'A B C là tam giác đều. 2.CMR:Với mọi điểm P nằm trong tam giác ABC ta có: nBPC -n' ' 'B AC =nCPA -n' ' 'C B A =nAPB -n' ' 'AC B ( q= );và giá trị chung q của hiệu này không phụ thuộc vào vị trí của P. 3.Tìm quĩ tích các điểm P nằm trong tam giác ABC sao cho tam giác ' ' 'A B C vuông ở 'A , hãy chỉ rõ cách dựng quĩ tích này. Hướng dẫn giải: Câu 1: Điều kiện: .,1 Rxx ∈≠ Ta có: 02 1 3 )1( 2 3 3 3 =−−+−+ x x x xx 02 1 3 )1(11 2 2 22 2 =−−+⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −+−−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+⇔ x x x x x xx x xx . 02 1 1 1 3 1 23 =−⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+−−+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+⇔ x xx x x x xx . 02 1 1 1 3 1 3 =−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −−−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −++⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+⇔ x xx x xx x xx . Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 9 02 1 3 1 3 1 23 =−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −++⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+⇔ x xx x xx x xx . 11 1 3 =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −−+⇔ x xx . 0222 1 2 =+−⇔=−+⇔ xxx xx ( ) 011 2 =+−⇔ x (vô nghiệm) Vậy hệ đã cho vô nghiệm. Câu 2: Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số sao cho tích của chúng là một số không âm. +) Nếu 0xz ≥ ta có: ( )22 2 2 2 2 2 4 6 2 2 22 2 2.x y z x z y y x y z x y z+ + ≤ + + = ≤ ⇒ + + ≤ + + ≤ Đẳng thức xảy ra khi 0, 1, 1.z x y= = − = Các trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự. Câu 3: Thử với 1n = (thỏa mãn). Với 1n > ta có: +) Nếu n lẻ thì ( ) ( )1 1nn n+ +# và ( ) ( )1 1nn n+ > + . +) Nếu 2 .n tα= với α > 0, t lẻ. Khi đó: tn nn .2α= 11 2 ++⇒ αnnn # . +) Nếu 2n α= .Có: ( ) ( )6 616 10 3 1916 1 2 .16 1 10 .10 10 16.n+ = + > = ⇒ < Thử với n=2,4,8 thấy thỏa mãn. Câu 4: Đây là bài không khó, đề nghị bạn đọc tự giải. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 10 Đề 4:Thi Sư Phạm I(2000-2001) Vòng 2: Câu 1: CMR: 32000...432 < . Câu 2: Giải hệ: ( ) ( ) ( )⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ =++ =++ =++ 223 223 223 333 333 333 xxxz zzzy yyyx Câu 3: Tìm tất cả các bộ 3 số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn: Tích của hai số bất kỳ trong ba số ấy cộng với 1chia hết cho số còn lại. Câu 4: Tam giác XYZ có các đỉnh X,Y,Z lần lượt nằm trên các cạnh BC,CA,AB của tam giác ABC gọi là nội tiếp tam giác ABC. 1.Gọi ', 'Y Z là hình chiếu vuông góc của Y và Z lên cạnh BC. CMR: Nếu có XYZΔ  ABCΔ thì ' ' 2 BCY Z = . 2.Trong số những tam giác XYZ nội tiếp tam giác ABC theo định nghĩa trên và đồng dạng với tam giác ABC, hãy xác định tam giác có diện tích nhỏ nhất. Hướng dẫn giải: Câu1: Có: 2 2 2 3... 1999 2000 2 3... 1999.2001 2 3... 1998 2000 1 2 3... 1998.2000 2 3... 1997 1999 1 ... 2.4 3.( )đpcm < = − < < = − < < < Câu 2: Theo bài ra ta có: ( ) ( ) ( )⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≥=++ ≥=++ ≥=++ 0333 0333 0333 223 223 223 xxxz zzzy yyyx Xét hàm số: ( ) 33 3 3 2 ++= tt ttf trên [ )+∞;0 .Lấy 21 tt < ∈ [ )+∞;0 .Xét: ( ) ( ) .0 )33)(33( )(3)(33 2 2 21 2 1 2121 2 2 2 1 21 <++++ −+−=− tttt tttttttftf Vậy )(tf đồng biến trên [ )+∞;0 . Từ đó suy ra được zyx == .Khi đó: ( )[ ] 041 33 3 33 2 2 3 =−+⇔++= xxxx xx Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 11 3 0 4 1 x x =⎡⇔ ⎢ = −⎣ Vậy hệ đã cho có nghiệm là: ⎢⎣ ⎡ −=== === 14 0 3 222 111 zyx zyx Câu 3: Gọi ba số cần tìm là , ,a b c .Ta giả sử 1 c b a< ≤ ≤ . Ta có: ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ + + + bca abc cab # # # 1 1 1 Suy ra:c≠ a≠ b≠ c 1 c b a⇒ < ≤ ≤ .Có: ( ) ( ) ( )1 . 1 . 1 (1) 1 3 1 3.ab bc ca abc abc ab bc ca abc ab c+ + + ⇒ ≤ + + + ⇒ ≤ ⇒ < ≤# + Nếu 2c = .Khi đó: ( )1 ,ab c a b+ ⇒# là số lẻ. Từ (1) 2 2 1 2 2 1a b ab a b ab⇒ + + ⇒ + + ≥# ( ) ( ) ( ) ( )2 . 2 5 0 2 . 2 1, 3, 5.a b a b⇒ − − + ≥ ⇒ − − = − − − Từ đó ta tìm được a=7,b=3 thỏa mãn. + Nếu 3c = .Khi đó: ⎩⎨ ⎧ + + ba ab # # 13 13 3 1 ;2 .b a a⇒ + = Xét: -Nếu 3 1 : 3b a a+ = ⇒ dư 1, 4,3 1 9 3 1 12 1a a b a a a> + ⇒ + − ⇒ −# # # 7, 2 3a b c⇒ = = < = (loại). -Nếu 3 1 2b a+ = . Hoàn toàn tương tự như trên, không có bộ số nào thỏa mãn. Vậy ba số tự nhiên cần tìm:7,3,2. Câu 4: 1. Lấy 'C đối xứng với C qua 'Y . Có:n'YC C = nACB = nYZX ⇒Tứ giác 'ZYXC nội tiếp. ⇒n'ZC B = nZYX ⇒n'ZC B = nABC ⇒Z'B=Z'C ⇒ ' 'Y Z = 2 BC . 2. Có 22 ' ' 1 . 4 XYZ ABC S YZ Y Z S Bc BC ⎛ ⎞⎛ ⎞= ≥ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Đẳng thức xảy ra khi , & .XB XC YA YC ZA ZB= = = Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 12 Đề 5:Thi Tổng Hợp (1999-2000) Vòng 1: Câu 1: Các số a,b,c thỏa mãn: ⎩⎨ ⎧ =++ =++ 14 0 222 cba cba Tính 4 4 41P a b c= + + + . Câu 2: 1.Giải phương trình: 8273 −=−−+ xxx . 2.Giải hệ: ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ =+ =+++ 2 51 2 911 xy xy yx yx Câu 3: Tìm tất cả các số nguyên dương n để: ( ) ( )2 9 2 11n n n+ − +# . Câu 4: Cho vòng tròn(O) và điểm I ở trong vòng tròn.Dựng qua I hai dây cung bất kỳ MIN, EIF. Gọi ', ', ', 'M N E F là các trung điểm của , , ,IM IN IE IF . 1.CMR: Tứ giác ' ' ' 'M E N F là tứ giác nội tiếp. 2.Giả sử I thay đổi,các dây MIN, EIF thay đổi. CMR:Vòng tròn ngoại tiếp tứ giác ' ' ' 'M E N F có bán kính không đổi. 3.Giả sử I cố định,các dây MIN, EIF thay đổi nhưng luôn vuông góc với nhau.Tìm vị trí của các dây MIN và EIF sao cho tứ giác ' ' ' 'M E N F có diện tích lớn nhất. Câu 5: Cho , 0x y > thỏa mãn: 1x y+ = . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .11 2 2 2 2 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ += x y y xP Hướng dẫn giải: Câu 1: Có: ⎩⎨ ⎧ =++ =++ 14 0 222 cba cba ⇔ ⎩⎨ ⎧ =++ −=++ 14 7 222 cba cabcab ⇔ ⎪⎩ ⎪⎨⎧ =++ =++ 14 49 222 222222 cba cbacba ⇔ ⎩⎨ ⎧ =++ =++ 98 0 444 cba cba Vậy P=99. Câu 2: 1.Đây là bài toán đơn giản,đề nghị bạn đọc tự giải. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 13 2.Điều kiện: 0xy ≠ . Từ giả thiết: ( ) ( )1 5 2 1 . 2 0 2 xy xy xy xy + = ⇔ − − = ⇔ ⎢⎢⎣ ⎡ = = 2 2 1 xy xy + Nếu 2xy = ⇒ 2x y = 1 1 3 3 9 . 2 2 yx y x y y ⇒ + + + = + = 2 3 2 0y y⇒ − + = ⇒ ⎢⎣ ⎡ =⇒= =⇒= 12 21 xy xy + Nếu 1 2 xy = ⇒ 1 2 x y = 1 1 9 2 x y x y ⇒ + + + = 22 3 1 0y y⇒ − + = ⇒ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎣ ⎡ =⇒= =⇒= 1 2 1 2 11 xy xy Vậy nghiệm ( );x y của hệ là: ( ) ( ) 1 12;1 , 1;2 , 1; , ;1 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . Câu 3: Có: 2 9 2 11n n n+ − +# . Mà 2 11 11n n n+ +# ⇒ ( ) ( )2 2 11n n+ +# . Mà ( ) ( )2 22 11n n+ +# . ⇒ ( )20 11 9n n+ ⇒ =# .Vậy 9n = là đáp số cần tìm. Câu4: 1. Dễ thấy:n' ' 'E N M = nENM = n' ' 'E F M .Vậy tứ giác ' ' ' 'M N E F nội tiếp. 2. Vòng tròn ngoại tiếp tứ giác ' ' ' 'M E N F chính là đường tròn ngoại tiếp ' ' 'M N FΔ .Giả sử nó có bán kính là 'R . Do ' ' ' ( )M N F MNF g gΔ Δ − . Suy ra: ' ' ' 1 2 R M N R MN = = . ⇒ ' 2 RR = (đpcm). 3. Hạ OT⊥MN; OQ⊥ EF. Có: Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 14 ( )( ) ( ) ( ) ' ' ' ' 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1. . 4 8 2 2 1 1 2 . 4 4 MENFM E N F S S MN EF MT EQ R OQ R OT R OQ R OT R OI = = = = − − ≤ − + − = − Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi n 045OQ OT OIF= ⇔ = . Câu 5: Cách 1: 2 2 2 2 2 111 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ + xy xy x y y x .Dễ thấy 2 10 2 4 x yxy +⎛ ⎞< ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠ . Xét hàm số: ( ) t ttf 1+= trên ⎥⎦ ⎤⎜⎝ ⎛ 4 1;0 .Lấy 1 2t t< ∈ ⎥⎦ ⎤⎜⎝ ⎛ 4 1;0 . Xét : ( )1tf - ( )1tf = ( ) ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −− 21 21 11 tt tt .Vì 1 2,t t ∈ ⎥⎦ ⎤⎜⎝ ⎛ 4 1;0 21 11 tt <⇒ . Từ đó dễ dàng nhận ra: ( )1tf ( )2 0f t− > .Vậy ( )tf nghịch biến trên ⎥⎦ ⎤⎜⎝ ⎛ 4 1;0 . Do đó mà: ( )tff ≤⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ 4 1 với ∀ t∈ ⎥⎦ ⎤⎜⎝ ⎛ 4 1;0 .Hay ( )tf≤ 4 17 với ∀ t∈ ⎥⎦ ⎤⎜⎝ ⎛ 4 1;0 . .1 16 2891 4 17 2 P xy xy xy xy =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +≤⇒+≤⇒ Đẳng thức xảy ra khi 1 2 x y= = . 16 289 min =⇒ P . Cách 2: Có : 2 2 2 2 12 (1)P x y x y = + + . Mà: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 12 (2) 256 256 8 x yx y x y x y + ≥ = . Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 15 Vì 22 16 1 yx≥ nên: 16 255 16 1.256 255 256 255 22 =≥yx (3). Từ (1),(2),(3) suy ra P 16 289≥ .Đẳng thức xảy ra: 2 1 1 16 1 256 1 22 22 22 ==⇔ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ =+ = = ⇔ yx yx yx yx yx . Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 16 Đề 6:Thi Tổng Hợp (1999-2000) Vòng 2: Câu 1: Giải phương trình: 1228 1 7 2 −+=++ + xx x x . Câu 2: Các số 1 2 9, ,...,a a a được xác định bởi công thức: ( )32 2 133 kk kkak + ++= với 1≥∀k .Hãy tính 9 1 1 i i i P a = = = +∑ . Câu 3: CMR: Tồn tại một số chia hết cho 1999 và tổng các chữ số của số đó bằng 1999. Câu 4:Cho vòng tròn (O,R).Giả sử A,B là hai điểm cố định trên vòng tròn và . 3AB R= . 1.Giả sử M là một điểm thay đổi trên cung lớn AB của đường tròn.Vòng tròn nội tiếp tam giác MAB tiếp xúc với MA tại E và tiếp xúc với MB tại F. CMR:Đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M thay đổi. 2.Tìm tập hợp các điểm P sao cho đường thẳng (d) vuông góc với OP tại P cắt đoạn thẳng AB. Câu 5: Cho hình tròn (O) bán kính bằng 1. Giả sử A1,A2,..,A8 là tám điểm bất kỳ nằm trong hình tròn (kể cả trên biên). CMR: Trong các điểm đã cho luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Hướng dẫn giải: Câu 1: Điều kiện: ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ −≠ ≥⇔≥+ + ≥− 1 2 10 1 7 012 x x x x x . -Với 2 2 1 <≤ x thì: 588 1 618 1 7 +>+++=++ + xx x . Mà: 22 2 1x x+ − < 58 + ⇒ 122 2 −+ xx 8 1 7 ++ +≠ x x . -Với 2x > thì: 588 1 618 1 7 +<+++=++ + xx x .Và khi đó: 122 2 −+ xx > 58 + . ⇒ 122 2 −+ xx 8 1 7 ++ +≠ x x . Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 17 -Thử với 2x = thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 2x = . Câu 2: Với 1≥k ta có: ( ) ( ) ( ) ( )3333 33 32 2 1 11 1 1133 +−=+ −+=+ ++= kkkk kk kk kkak . Thay 1,2,...,9k = ta được: 1000 9991 10 12 10 1 9 1... 3 1 2 1 2 1 1 11 3333333 =−=−++−+−+=P . Câu 3: Có 3998 = 2.1999 Ta thấy rằng số:A = 19991999...1999 39983998...3998 luôn chia hết cho 1999 (số A có x số 1999, y số 3998). Tổng các chữ số của A là: ( ) ( )1 9 9 9 . 3 9 9 8 . 28 29 .x y x y+ + + + + + + = + Ta cần tìm hai số nguyên dương x,y để: 28 29 1999.x y+ = Khi đó có: 28 1171 28 291999 yyyx −+−=−= .Vì Ν∈x nên 11 11 60. 28 y y x− ∈Ν⇒ = ⇒ = Ta có số A = 19991999...1999 39983998...3998 thỏa mãn bài ra (số A có 60 số 1999,11 số 3998). Câu 4: 1.Gọi I là trung điểm của AB.Có: sinnAOI = ⇒== 2 3 2AO AB AO AI nAOI = 600 ⇒nAMB = 600. Hạ IH⊥ EF,AT⊥ EF,BQ⊥ EF.Có: ME MF MEF= ⇒ Δ đều⇒nTEA = nBFQ = 600.Có: 2 330cos === o BF BQ AE AT ABBFAEBQAT 2 3)( 2 3 =+=+⇒ . ABIHABBQATIH 4 3 2 32 =⇒=+=⇒ . Vậy EF luôn tiếp xúc với đường tròn (I) bán kính AB 4 3 cố định. 2.Ta tìm các điểm P để đường thẳng (d) cắt đoạn AI. Khi ấy có: nOPI =nOTI ≥nOAI = 30o. Như vậy P phải nằm trong miền mặt Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 18 phẳng gạch chéo được giới hạn bởi cung chứa góc 30o qOmI và OI. Ngược lại nếu P nằm trong miền mặt phẳng này thì dễ dàng chứng minh được (d) sẽ cắt AI. Do tính đối xứng (d) còn có thể cắt BI. Lập luận tương tự thấy rằng lúc này P nằm trong phần mặt phẳng được gạch ngang(hình vẽ).Phần mặt phẳng này đối xứng với phần mặt phẳng gạch ngang qua trục OI. Vậy quĩ tích điểm P cần tìm là hai phần mặt phẳng kể trên. Câu 5: Ta thấy rằng:Luôn tồn tại 7 điểm không trùng tâm,có thể giả sử 7 điểm đó là A1,A2,...,A7. Nối O với các điểm trên ta thấy:Luôn tồn tại hai điểm Ai,Aj sao cho: ni jAOA ≤ o o 60 7 360 < (1≤ i , j≤ 7). Xét tam giác AiOAj có ni jAOA <60o ⇒ AiAj < max(AiO , AjO) ≤ 1. Ta có điều phải chứng minh. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 19 Đề 7: Thi Chuyên Hùng Vương (1999-2000) Vòng 1: Câu 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau với a,b,c là các số nguyên không âm: cba a c c b b a +++≤+ +++ +++ +≤ 3 1 1 1 1 1 13 . Câu 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 23 4 1B a a= + − với các giá trị của a [ ]1;1−∈ . Câu 3: CMR: Trong 7 số tự nhiên bất kỳ ta luôn chọn được 4 số sao cho tổng của chúng chia hết cho 4. Câu 4: Cho tam giác ABC.Trên cạnh BC lấy hai điểm M,N sao cho:nBAM =nCAN .CMR: a). 2 . ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= AN AM BN CM CN BM . b). 2 . ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= AC AB CM BN CN BM . c). AN AM BN CM CN BM 2≥+ . Hướng dẫn giải: Câu 1: Theo BĐT Cô-si ta có: 313 1 1. 1 1. 1 13 1 1 1 1 1 1 33 ==+ + + + + +≥+ +++ +++ + a c c b b a a c c b b a . Đẳng thức xảy ra khi a=b=c. Lại có: aa b a +≤+≤+ + 11 1 1 (vì a,b là số nguyên không âm).(1) Tương tự: bb c b +≤+≤+ + 11 1 1 (2) cc a c +≤+≤+ + 11 1 1 (3) Cộng theo vế (1),(2),(3) ta thu được : cba a c c b b a +++≤+ +++ +++ + 3 1 1 1 1 1 1 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0a b c= = = . Câu 2: Do a [ ]1;1−∈ nên 21 0a− ≥ . Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki: Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 20 ( ) ( )( )22 2 2 23 4 1 1 9 16 5B a a a a B= + − ≤ + − + ⇒ ≤ . Mà với 3 5 a = [ ]1;1−∈ thì 5B = .Vậy max 5B = . Câu 3: Xét 7 số tự nhiên bất kỳ : 1 2 7, ,...,a a a . *)Nhận xét: Trong ba số tự nhiên bất kỳ luôn tồn tại hai số có tổng chia hết cho 2 . (Bạn đọc tự chứng minh). Áp dụng: -Trong ba số 1 2 3, ,a a a giả sử 1 2 2a a+ # . -Trong ba số 3 4 5, ,a a a giả sử 3 4 2a a+ # . -Trong ba số 5 6 7, ,a a a giả sử 5 6 2a a+ # . ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ =+ =+ =+ ⇒ 365 243 121 2 2 2 kaa kaa kaa (k1,k2,k3 Ν∈ ) - Trong ba số 1 2 3, ,k k k giả sử 1 2 2k k+ # 1 2 2k k m⇒ + = ( m∈Ν ) Suy ra: ( )1 2 3 4 1 22. 4a a a a k k m+ + + = + = chia hết cho 4 (đpcm). Câu 4: Áp dụng công thức tính diện tích tam giác: 1 . . 2 S ab SinC= . a).Có: n n n n 2 2 . . .sin( ). . .sin( ). . . .sin( ). . .sin( ) ABM ACM ACN ABN S SBM CM AB AM BAM AM AC MAC AM CN BN S S ANAC AN NAC AB AN BAN = = = . b).Có: n( ) n( ) n( ) n( ) 2 .. . . . .sin . . .sin . .sin . . .sin ABM ABN AMC ANC S SBM BN BM BN CN CM MC NC S S AB AM BAM AB AN BAN AB ACAM AC MAC AN AC NAC = = ⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠ c).Áp dụng BĐT Cô-si và sử dụng kết quả của phần a) ta có: AN AM BN CM CN BM BN CM CN BM 2.2 =≥+ . Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh tr