Tài liệu ôn thi chuyên toán bậc THCS

Chia sẻ: ktct_1669

Tài liệu phù hợp để cho các học sinh lớp 9, các bạn đam mê toán ôn thi học sinh giỏi huyện, thành phố hay thi học sinh giỏi tỉnh và thi vào các trường chuyên , phổ thông năng khiếu, Giúp em học tốt Toán 9 bao gồm các dạng bài tập cơ bản và nâng cao, Tài liệu viết đầy đủ nhất, các em học sinh có thể tự ôn tập. Các Thầy cô giáo có thể chỉnh sửa thành giáo án dạy phụ đạo cho học sinh ...

Bạn đang xem 20 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Tài liệu ôn thi chuyên toán bậc THCS

Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 1:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001)

Vòng 1:

Câu 1:

a).CMR: n3 − n 6 với ∀ n ≥ 0.

)
(
b).Cho x = 6 + 2 5 + 6 − 2 5 : 20 . Hãy tính giá trị của biểu thức:

( )
2000
P = x5 − x 7 + 1

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:
⎧(m + 1).x + (3m + 1). y + m − 2 = 0 (1)

⎩2 x + (m + 2) y − 4 = 0 (2)

Câu 3:
x2 + y 2
a).Cho x > y và x. y = 1000 . Hãy tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = .
x− y
b).Giải phương trình : ( x − 1) + ( x − 2)
2000 2000
=1.

Câu 4: Gọi a,b,c là độ dài ba cạnh một tam giác: ha , hb , hc là độ dài ba đường cao tương
ứng với ba cạnh đó; r là bán kính đường tròn nộI tiếp tam giác đó.
1111
a).CMR: + + = .
ha hb hc r
b).CMR: ( a + b + c ) ≥ 4. ( ha + hb2 + hc2 ) .
2 2




Hướng dẫn giải :

Câu 1:

( )
a).Có: P = n3 − n = n. n 2 − 1 = ( n − 1) .n. ( n + 1) .
Vì n, n + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên P 2.
- Nếu n 3 ⇒ P 3.
- Nếu n chia cho 3 dư 1 thì (n-1) 3 ⇒ P 3.
- Nếu n chia cho 3 dư 2 thì (n+1) 3 ⇒ P 3.
Vậy P 3 mà ( 2,3) = 1 ⇒ P 6.


)
( ( )
b).Có : x = 6 + 2 5 + 6 − 2 5 : 20 = 5 + 1 + 5 − 1 : 20 = 1.



1
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Từ đó : P = (1 − 1 + 1)
2000
= 1.

Câu 2:
⎧(m + 1).x + (3m + 1). y + m − 2 = 0 (1)
Theo bài ra ta có: ⎨
⎩2 x + (m + 2) y − 4 = 0 (2)
⎧2(m + 1) x + 2(3m + 1) y + 2m − 4 = 0 (3)
⇒⎨
⎩2(m + 1) x + (m + 1)(m + 2) y − 4(m + 1) = 0 (4)
( )
Lấy (4) trừ (3) theo vế ta có: m 2 − 3m . y − 6m = 0 hay m. ( m − 3) . y = 6m (5) .
Để hệ có nghiệm duy nhất thì (5) phải có nghiệm duy nhất.Khi đó m ≠ 0, m ≠ 3.
m + 12
6 15
Ta có : y = (*) ⇒ x = = 1− (6).
m−3 3− m m−3
Từ (*) suy ra : Muốn y nguyên thì 6 ( m − 3 ) và từ (6) muốn x nguyên thì 15 (m − 3)
Suy ra 3 (m-3) ⇒ m = 2, 4, 6 (theo (*)). Thử lại thấy thỏa mãn.

Nhận xét: Học sinh có thể dùng kiến thức về định thức để giải quyết bài toán này.Tuy
nhiên theo tôi ,điều ấy không cần thiết.Chúng ta không nên quá lạm dụng kiến thức ngoài
chương trình,”giết gà cần gì phải dùng tới dao mổ trâu”.

Câu 3:
( x − y ) 2 + 2 xy 2000
2000
. Vì x > y nên x − y > 0 và
a).Có P = = x− y+ >0.Áp dụng
x− y
x− y x− y
2000
bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x − y và được: P ≥ 2 2000 = 40 5 .
x− y
2000
Đẳng thức xảy ra ⇔ x − y = ⇔ x − y = 20 5 .Kết hợp với x. y = 1000 ta tìm được
x− y
⎡ x = 10 5 − 10 15 , y = −10 5 − 10 15

⎢ x = 10 5 + 10 15 , y = −10 5 + 10 15


b).Có: (x − 1) + (x − 2)
2000 2000
2000 2000
= x −1 + x−2 .
-Thử với x = 1, x = 2 thấy thỏa mãn.
2000 2000
-Nếu x < 1 thì x − 2 >1.Do đó : x − 1 + x−2 >1.
2000 2000
-Nếu x > 2 thì x − 1 >1.Do đó : x − 1 + x−2 >1.
2000 2000
-Nếu 1 < x < 2 thì x − 1 < 1 ; x − 2 < 1 .Do đó: x − 1 + x−2 < ( x − 1) + (2 − x) = 1.
⎡x = 1
Vậy nghiệm của phương trình là ⎢
⎣x = 2
Câu 4:
a).Có: a.ha = b.hb = c.hc = ( a + b + c ) .r = 2 S .



2
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


(S là diện tích tam giác đã cho)


Suy ra:
a.ha a a
=1⇒ = .
2S a.ha 2 S
Hoàn toàn tương tự với b,c ta thu được:
a+b+c 1
a b c
+ + = =
a.ha b.hb c.hc 2S r
1 1 11
⇒ ++ = (đpcm).
ha hb hc r

b).
Xét tam giác ABC có: AB = c, BC = a, AC = b. Từ A dựngđườngthẳng d // BC.
Lấy B ' đối xứng với B qua d. Ta nhận thấy BB ' = 2.ha .
Ta có:
BB '2 + BC 2 = B ' C 2 ≤ ( B ' A + AC ) . Suy ra: 4.ha2 ≤ (c + b) 2 − a 2
2
(1).
Hoàn toàn tương tự ta có: 4.hb2 ≤ (c + a) 2 − b 2 (2).
4.hc2 ≤ (a + b) 2 − c 2 (3).
Từ (1), (2), (3) ta có :
(c + b )2 − a 2 + (c + a) 2 − b 2 + (b + a) 2 − c 2 ≥ 4(ha2 + hb2 + hc2 )
⇒ (a + b + c ) ≥ 4(ha + hb2 + hc2 ) (đpcm).
2 2




*Nhận xét: Ngoài cách giải trên chúng ta còn có thể giải bài toán theo phương pháp đại
số như sau:
a+b+c
Đặt p = .Theo công thức HêRông ta có:
2
4 S 2 = ha .a 2 = 4 p.( p − a).( p − b).( p − c)
2


p−b+ p−c 2
4 p( p − a)( )
4 p ( p − a )( p − b)( p − c) 2
⇒ ha = ≤ ⇒ ha ≤ p( p − a ).
2 2
2 2
a a
Tương tự: hb ≤ p ( p − b).
2


hc2 ≤ p ( p − c).
Suy ra:
p.( p − a) + p.( p − b) + p.( p − c) ≥ ha + hb2 + hc2 ⇒ (a + b + c ) ≥ 4(ha + hb2 + hc2 ) .
2
2 2




3
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 2:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001)

Vòng 2:

Câu 1: CMR:

a).Không thể có các số nguyên lẻ a1 , a 2 ,..., a 2000 thỏa mãn đẳng thức:
a12 + a 2 + ... + a1999 = a 2000 .
2 2 2




b).Tích của 4 số nguyên dương liên tiếp không thể là một số chính phương.

a2 b2 a 2 .b 2
Câu 2: Cho biểu thức: P = − − .
(a + b)(1 − b) (a + b)(1 + a ) (1 + a ).(1 − b)
a).Rút gọn P.

b).Tìm các cặp số nguyên (a, b ) để P = 5 .

Câu 3: Giả sử phương trình ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm thuộc đoạn [0;1] . Xác định
(a − b)(2a − c)
a, b, c để biểu thức P có giá trị nhỏ nhất,lớn nhất. Trong đó: P = .
a(a − b + c)
Câu 4:
a).Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên
đoạn CD lấy điểm M và trên đoạn OD lấy điểm N sao cho MN bằng bán kính R
của đường tròn. Đường thẳng AN cắt đường tròn tại điểm P khác A.Hỏi tam giác
AMP có vuông ở M không?

b).Trong đường tròn lấy 2031 điểm tùy ý. CMR:Có thể chia hình tròn này thành 3
phần bởi 2 dây cung sao cho phần thứ nhất có 20 điểm,phần thứ hai có 11 điểm,
phần thứ 3 có 2000 điểm.

Hướng dẫn giải:

Câu 1:

a).
Nhận xét: Nếu a là số nguyên lẻ thì a2 chia cho 4 dư 1.Thật vậy:

Đặt a = 2k + 1 thế thì: a 2 = ( 2k + 1) = 4k 2 + 4k + 1 = 4m + 1 (trong đó k,m ∈ Ζ ).
2


Áp dụng nhận xét trên vào bài toán ta có:
Nếu a1 , a 2 ,..., a 2000 đều là các số nguyên lẻ thì:
a12 + a 2 + ... + a1999 ≡ 1 + 1 + ... + 1 ≡ 1999 ≡ 3(mod 4) (1)
2 2




Mà a 2000 ≡ 1(mod 4) (2) .Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
2




4
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ



b).Giả sử ta có 4 số nguyên dương liên tiếp là n, n + 1, n + 2, n + 3 .
Có: P = n. ( n + 1) . ( n + 2 ) . ( n + 3) = ( n 2 + 3n ) . ( n 2 + 3n + 2 ) = ( n 2 + 3n ) + 2. ( n 2 + 3n ) .
2



Từ đó dễ dàng nhận thấy: ( n 2 + 3n ) < P < ( n 2 + 3n + 1) .
2 2



Suy ra P không thể là số chính phương.


Câu 2: Điều kiện a ≠ −1, a ≠ −b (do đó b ≠ 1 ).
a 2 (1 + a) − b 2 (1 − b) − a 2 b 2 (a + b)
a).Khi đó: P = = a − b + ab .
(a + b)(1 + a)(1 − b)
Vậy P = a − b + ab .

b).Có: P = 5 ⇔ a − b + ab = 5 ⇔ (a − 1).(1 + b) = 4. Ta xét các trường hợp:
⎧a − 1 = 1 ⎧a = 2 ⎧ a − 1 = −1 ⎧a = 0
⇔⎨ ⇔⎨
1i) ⎨ 4i) ⎨
⎩1 + b = 4 ⎩b = 3 ⎩1 + b = −4 ⎩b = −5
⎧a − 1 = 2 ⎧a = 3 ⎧a − 1 = −2 ⎧a = −1
⇔⎨ ⇔⎨
2i) ⎨ (lọai) 5i) ⎨ (loại)
⎩1 + b = 2 ⎩b = 1 ⎩1 + b = −2 ⎩b = −3
⎧a = 5
⎧a − 1 = 4 ⎧a = −3
⎧ a − 1 = −4
⇔⎨ ⇔⎨
3i) ⎨ 6i) ⎨
⎩b = 0
⎩1 + b = 1 ⎩b = −2
⎩1 + b = −1

Ta có các cặp (a, b ) cần tìm: ( 2;3) , ( 5;0 ) , ( 0; −5 ) , ( −3; −2 ) .


Câu 3:
b c
(1 − )(2 − )
(a − b)(2a − c) a a.
Có: P = =
a (a − b + c) bc
1− +
aa
⎧ b
⎪ x1 + x 2 = − a

Áp dụng định lý Vi-et ta có: ⎨
⎪ x .x = c
⎪1 2 a

Vậy P = 2 − A . ( x1 , x 2 là nghiệm của phương trình đã cho: x1 , x 2 ∈ [0;1] ).
x .x (3 + x1 + x2 )
Với A = 1 2
1 + x1 + x2 + x1.x2
⎧c = 0

Dễ thấy A ≥ 0 nên P = 2 − A ≤ 2 − 0 = 2 .Đẳng thức xảy ra ⇔ x1 .x 2 = 0 ⇔ ⎨ b
⎪− a ∈ [0;1]




5
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Lại có:
(x + x ) (x + x )
2 2

+1 2 .( x1 + x2 )
3. 1 2
3x1 x2 + x1 x2 .( x1 + x2 ) 4 4
A= ≤ =
( x1 + 1).( x2 + 1) ( x1 + 1).( x2 + 1)
(x + x )
3
. ( x1 + x2 ) . ( x1 + x2 ) + 1 2 . ( x1 + x2 ) . ( x + x )
=4 4 ≤
( x1 + 1).( x2 + 1)
1+1
3
.( x1 + 1).( x2 + 1) + .( x1 + 1).( x2 + 1)
5
≤4 4 =
( x + 1).( x + 1) 4
⎧b 2 = 4ac
Đẳng thức xảy ra ⇔ x1 = x 2 = 1 ⇔ ⎨
⎩− b = 2 a
⎧b 2 = 4ac
53
Suy ra: P = 2 − A ≥ 2 − = . Dấu “=” xảy ra ⇔ ⎨
⎩− b = 2 a
44
⎧ Pmax = 2

Vậy: ⎨ 3
⎪ Pmin = 4


Câu 4:
a).
- Nếu M ≡ C thì N ≡ O .Do đó Δ AMP vuông ở M.
- Nếu M ≡ O thì N ≡ D .Do đó Δ AMP vuông ở M.
- Nếu M nằm giữa C và O thì N nằm giữa O và D.Ta chứng minh trong trường hợp này
Δ AMP không vuông .Thật vậy,nếu Δ AMP vuông ở M thì khi đó ta hạ MH ⊥ AP tại H.
Có:
BAP = DMH ⇒ ΔMHN ΔPBC (g-g)
MH MN 1 AP
= = ⇒ MN =
⇒ (1).
AP AB 2 2
Hạ OI ⊥ AP tại I thì IA=IP.
AP
Trong Δ AMP vuông có: MI = .
2
AP
Vậy MH = MI = ⇒ H ≡ I ⇒ M ≡ O (vô lý).
2

b).
+Vì số điểm trong đường tròn là hữu hạn nên số các đường thẳng qua hai trong số các
điểm đã cho là hữu hạn.Do đó số giao điểm của các đường thẳng với đường tròn là hữu
hạn.Vì vậy tồn tại A thuộc đường tròn nhưng không nằm trên bất cứ đường thẳng nào
trong số đang xét.




6
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


+Vẽ các tia gốc A đi qua 2031 điểm đã cho, các tia này cắt đường tròn tại các điểm
B1,B2,...,B2031(theo chiều kim đồng hồ kể từ A).Rõ ràng các tia này là phân biệt.
+Vẽ tia nằm giữa hai tia AB20 và AB21 cắt đường tròn tại B,tia nằm giữa hai tia AB31 và
AB32 cắt đường tròn tại C.
+Rõ ràng các dây AB và AC chia hình tròn thành 3 phần:phần thứ nhất có 20 điểm,phần
thứ hai có 11 điểm,phần thứ ba có 2000 điểm.




7
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 3:Thi Sư Phạm I(2000-2001)

Vòng 1:
x3 3x 2
Câu 1: Giải phương trình: x 3 + + − 2 = 0.
( x − 1) 3 x − 1
⎧x + y + z = 0
Câu 2: Cho x,y,z ∈ R và thỏa mãn: ⎨
⎩− 1 ≤ x , y , z ≤ 1
CMR: x 2 + y 4 + z 6 ≤ 2 .

Câu 3: Tìm tất cả các số nguyên tố có dạng: p = n n + 1 . Trong đó n ∈ N*,biết p có không
nhiều hơn 19 chữ số.

Câu 4: Giả sử P là một điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng của một tam giác đều ABC cho
trước.Trên các đường thẳng BC,CA,AB lần lượt lấy các điểm 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:

BPC - B ' A'C ' = CPA - C ' B ' A' = APB - A'C ' 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: x ≠ 1, x ∈ R. Ta có:
x3 3x 2
x+ + −2=0
3

( x − 1) 3 x − 1
x ⎞⎛ 2 ⎞ 3x 2
x2 x2

⎟⎜ x − ⎟+
⇔ ⎜x + + ⎟ x −1 − 2 = 0 .
x − 1 ⎠⎜ x − 1 ( x − 1) 2
⎝ ⎝ ⎠
3
3x 2 ⎛ ⎛ x ⎞⎞
⎛ x⎞
⎜1 − ⎜ x + ⎟⎟ − 2 = 0 .
⇔ ⎜x + ⎟+ ⎜ x −1⎠⎟
x −1⎠ x −1⎝ ⎝
⎝ ⎠
3
⎛ x⎞ ⎛ x ⎞⎛ x⎞
⇔ ⎜x+ ⎟ + 3⎜ x + ⎟⎜1 − x − ⎟ − 2 = 0.
x −1⎠ x − 1 ⎠⎝ x −1⎠
⎝ ⎝


8
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ

3 2
x⎞
x⎞ ⎛
x⎞ ⎛

⎟ −2 = 0.
⎟ − 3⎜ x +
⎟ + 3⎜ x +
⇔ ⎜x +
x −1⎠
x −1⎠ ⎝
x −1⎠ ⎝

3

⎛ x
− 1⎟ = 1 .
⇔ ⎜x +
x −1 ⎠

x
⇔ ( x − 1) + 1 = 0 (vô nghiệm)
2
⇔ x+ = 2 ⇔ x 2 − 2x + 2 = 0
x −1

Vậy hệ đã cho vô nghiệm.

Câu 2:

Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số sao cho tích của chúng là một số không âm.
+) Nếu xz ≥ 0 ta có:
x 2 + y 2 + z 2 ≤ ( x + z ) + y 2 = 2 y 2 ≤ 2 ⇒ x 2 + y 4 + z 6 ≤ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2.
2


Đẳng thức xảy ra khi z = 0, x = −1, y = 1.
Các trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự.

Câu 3: Thử với n = 1 (thỏa mãn).

Với n > 1 ta có:
( ) ( n + 1) và ( n )
+ 1 > ( n + 1) .
+) Nếu n lẻ thì n n + 1 n

α α
+) Nếu n = 2α .t với α > 0, t lẻ. Khi đó: n n = n 2 .t ⇒ n n + 1 n 2 + 1 .
+) Nếu n = 2α .Có: 1616 + 1 = ( 210 ) .16 + 1 > (103 ) .10 = 1019 ⇒ n < 16.
6 6


Thử với n=2,4,8 thấy thỏa mãn.

Câu 4: Đây là bài không khó, đề nghị bạn đọc tự giải.




9
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 4:Thi Sư Phạm I(2000-2001)

Vòng 2:

Câu 1: CMR: 2 3 4... 2000 < 3 .

( )
⎧x 3 y 2 + 3 y + 3 = 3 y 2

( )
Câu 2: Giải hệ: ⎨ y 3 z 2 + 3z + 3 = 3 z 2
( )
⎪ z 3 x 2 + 3x + 3 = 3x 2

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.
BC
CMR: Nếu có ΔXYZ ΔABC thì Y ' Z ' = .
2
2.Trong số những tam giác XYZ nội tiếp tam giác ABC theo định nghĩa trên
và đồng dạng với tam giác ABC, hãy xác định tam giác có diện tích nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải:

Câu1: Có:

2 3... 1999 2000 < 2 3... 1999.2001 = 2 3... 1998 20002 − 1
4,3a + 1 b ⇒ 9a + 3 a − 1 ⇒ 12 a − 1
⇒ a = 7, b = 2 < c = 3 (loại).
-Nếu 3b + 1 = 2a . 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: YC 'C = ACB = YZX
⇒ Tứ giác ZYXC ' nội tiếp.
⇒ ZC ' B = ZYX
⇒ ZC ' B = ABC ⇒ Z'B=Z'C
BC
⇒ Y 'Z ' = .
2

2
2
⎛ YZ ⎞ ⎛ Y Z ⎞ 1
''
S
2. Có XYZ = ⎜ ≥⎜ ⎟= .

S ABC ⎝ Bc ⎠ ⎝ BC ⎠ 4
Đẳng thức xảy ra khi XB = XC , YA = YC & ZA = ZB.



11
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 5:Thi Tổng Hợp (1999-2000)

Vòng 1:
⎧a + b + c = 0
Câu 1: Các số a,b,c thỏa mãn: ⎨ 2
⎩a + b + c = 14
2 2


Tính P = 1 + a 4 + b 4 + c 4 .

Câu 2:
1.Giải phương trình: x + 3 − 7 − x = 2 x − 8 .
⎧ 119
⎪x + y + x + y = 2

2.Giải hệ: ⎨
⎪ xy + 1 = 5
⎪ xy 2

Câu 3: Tìm tất cả các số nguyên dương n để: ( n 2 + 9n − 2 ) ( n + 11) .


Câu 4: Cho vòng tròn(O) và điểm I ở trong vòng tròn.Dựng qua I hai dây cung bất kỳ
MIN, EIF. Gọi M ', 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 x, y > 0 thỏa mãn: x + y = 1 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
⎛ 1 ⎞⎛ 1⎞
P = ⎜ x 2 + 2 ⎟⎜ y 2 + 2 ⎟.
⎜ ⎟
y ⎠⎝ x⎠


Hướng dẫn giải:

⎧a + b + c = 0 ⎧ab + bc + ca = −7 ⎧22
⎪a b + c a + b c = 49
22 22

⇔⎨ 2 ⇔⎨ 2
Câu 1: Có: ⎨ 2
⎩a + b + c = 14 ⎩a + b + c = 14 ⎪a + b 2 + c 2 = 14
2 2 2 2

⎧a + b + c = 0
⇔⎨ 4 Vậy P=99.
⎩a + b + c = 98
4 4




Câu 2:

1.Đây là bài toán đơn giản,đề nghị bạn đọc tự giải.



12
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ



2.Điều kiện: xy ≠ 0 .
⎡ 1
⎢ xy = 2
15
= ⇔ ( 2 xy − 1) . ( xy − 2 ) = 0 ⇔
Từ giả thiết: xy +

xy 2
⎣ xy = 2
2 1 1 3 3y 9
+ Nếu xy = 2 ⇒ x = ⇒ x + y + + = + =.
y xyy22
⎡y = 1⇒ x = 2
⇒ y2 − 3y + 2 = 0 ⇒ ⎢
⎣y = 2 ⇒ x = 1
⎡ 1
⎢y = 1⇒ x = 2
1 1 119
+ Nếu xy = ⇒ x = ⇒ x + y + + = ⇒ 2 y2 − 3 y +1 = 0 ⇒ ⎢
⎢y = 1 ⇒ x = 1
2 2y xy2

⎣ 2
⎛ 1⎞ ⎛1 ⎞
Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ là: ( 2;1) , (1; 2 ) , ⎜1; ⎟ , ⎜ ;1⎟ .
⎝ 2⎠ ⎝2 ⎠

Câu 3: Có: n 2 + 9n − 2 n + 11 . Mà n 2 + 11n n + 11
⇒ ( 2n + 2 ) ( n + 11) . Mà ( 2n + 22 ) ( n + 11) .
⇒ 20 ( n + 11) ⇒ n = 9 .Vậy n = 9 là đáp số cần tìm.


Câu4:
1. Dễ thấy: E ' N ' M ' = ENM = 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
ΔM ' N ' F ' .Giả sử nó có bán kính là R ' .

Do ΔM ' N ' F ' ΔMNF ( g − g ) .
Suy ra:
R' M ' N ' 1
= =.
2
R MN
R
⇒ R ' = (đpcm).
2


3. Hạ OT ⊥ MN; OQ ⊥ EF.

Có:




13
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


1 1 1 1
( R 2 − OQ 2 )( R 2 − OT 2 )
SM 'E'N 'F ' =
S MENF = MN .EF = MT .EQ =
4 8 2 2
1 1
≤ ( R 2 − OQ 2 + R 2 − OT 2 ) = ( 2 R 2 − OI 2 ) .
4 4
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi OQ = OT ⇔ OIF = 450 .


Câu 5:

Cách 1:
2 2
⎛ 2 1 ⎞⎛ 2 1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ x+ y⎞ 1
⎜ x + 2 ⎟⎜ y + 2 ⎟ = ⎜ xy + ⎟ .Dễ thấy 0 < xy ≤ ⎜ ⎟= .
⎜ ⎟


⎝2⎠ 4
xy ⎠
x⎠ ⎝
y ⎠⎝


⎛ 1⎤ ⎛ 1⎤
1
Xét hàm số: f (t ) = t + trên ⎜ 0; ⎥ .Lấy t1 < t2 ∈ ⎜ 0; ⎥ .
t ⎝ 4⎦ ⎝ 4⎦

⎛ ⎞ ⎛ 1⎤ 1
1
Xét : f (t1 ) - f (t1 ) = (t1 − t 2 )⎜1 − ⎟ .Vì t1 , t2 ∈ ⎜ 0; ⎥ ⇒ 1 < .
⎜ tt ⎟ t1 t 2
⎝ 4⎦
⎝ ⎠
12



⎛ 1⎤
Từ đó dễ dàng nhận ra: f (t1 ) − f ( t2 ) > 0 .Vậy f (t ) nghịch biến trên ⎜ 0; ⎥ .
⎝ 4⎦

⎛1⎞ ⎛ 1⎤ ⎛ 1⎤
17
Do đó mà: f ⎜ ⎟ ≤ f (t ) với ∀ t ∈ ⎜ 0; ⎥ .Hay ≤ f (t ) với ∀ t ∈ ⎜ 0; ⎥ .
4
⎝4⎠ ⎝ 4⎦ ⎝ 4⎦

2
289 ⎛ 1⎞
17 1
≤ ⎜ xy + ⎟ = P.
⇒ ≤ xy + ⇒ ⎜ xy ⎟
xy
4 16 ⎝ ⎠

1
Đẳng thức xảy ra khi x = y = .
2
289
⇒ Pmin = .
16


Cách 2:
1
Có : P = 2 + x 2 y 2 + (1) .
x y2
2


x2 y 2
1 1
Mà: x 2 y 2 + ≥2 = (2) .
22 22
256 x y 256 x y 8



14
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


1 255 255 255
≥ x 2 y 2 nên: ≥ =
Vì (3).
1
256 x 2 y 2
16 16
256.
16
⎧22 1
⎪ x y = 256 x 2 y 2


289 1 1
Từ (1),(2),(3) suy ra P ≥ .Đẳng thức xảy ra: ⇔ ⎨ x 2 y 2 = ⇔x=y= .
16 16 2

⎪x + y = 1






15
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 6:Thi Tổng Hợp (1999-2000)

Vòng 2:

Câu 1:
x+7
+ 8 = 2x 2 + 2x − 1 .
Giải phương trình:
x +1

Câu 2: Các số a1 , a2 ,..., a9 được xác định bởi công thức:
3k 2 + 3k + 1 i =9
với ∀k ≥ 1 .Hãy tính P = 1 + ∑ ai .
ak =
(k
+ k)
3
2
i =1

Câu 3: CMR: Tồn tại một số chia hết cho 1999 và tổng các chữ số của số đó bằng 1999.

Câu 4:Cho vòng tròn (O,R).Giả sử A,B là hai điểm cố định trên vòng tròn và AB = R. 3 .
1.Giả sử M là một điểm thay đổi trên cung lớn AB của đường tròn.Vòng tròn nội
tiếp tam giác MAB tiếp xúc với MA tại E và tiếp xúc với MB tại F.
CMR:Đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M thay đổi.
2.Tìm tập hợp các điểm P sao cho đường thẳng (d) vuông góc với OP tại P cắt
đoạn thẳng AB.
Câu 5: Cho hình tròn (O) bán kính bằng 1. Giả sử A1,A2,..,A8 là tám điểm bất kỳ nằm
trong hình tròn (kể cả trên biên). CMR: Trong các điểm đã cho luôn tồn tại hai
điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1.

Hướng dẫn giải:

⎧2 x − 1 ≥ 0
⎪x + 7
⎪ 1
≥0⇔ x≥ .
Câu 1: Điều kiện: ⎨
⎪ x +1 2
⎪ x ≠ −1


x+7
1 6
≤ x < 2 thì: + 8 = 1+ +8 >8+ 5.
-Với
x +1 x +1
2

x+7
Mà: 2 x 2 + 2 x − 1 < 8 + 5 ⇒ 2 x 2 + 2 x − 1 ≠ +8.
x +1

x+7 6
+ 8 < 8 + 5 .Và khi đó: 2 x 2 + 2 x − 1 > 8 + 5 .
+ 8 = 1+
-Với x > 2 thì:
x +1 x +1
x+7
⇒ 2x 2 + 2x − 1 ≠ +8.
x +1


16
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


-Thử với x = 2 thấy thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2 .


Câu 2: Với k ≥ 1 ta có:
3k 2 + 3k + 1 (k + 1) − k 3
3
1 1
ak = =3 = 3− .
( ) k (k + 1) (k + 1)3
3 3
k
k2 + k
11 1 1 1 1 1 999
Thay k = 1, 2,...,9 ta được: P = 1 + 3 − 3 + 3 − 3 + ... + 3 − 3 = 2 − 3 = 1 .
1000
12 2 3 9 10 10


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 ) .x + ( 3 + 9 + 9 + 8 ) . y = 28 x + 29 y.

Ta cần tìm hai số nguyên dương x,y để: 28 x + 29 y = 1999. Khi đó có:
1999 − 29 y 11 − y 11 − y
x= = 71 − y + .Vì x ∈ Ν nên ∈ Ν ⇒ y = 11 ⇒ x = 60.
28 28 28
Ta có số A = 19991999...1999 39983998...3998 thỏa mãn bài ra (số A có 60 số 1999,11
số 3998).

Câu 4:

1.Gọi I là trung điểm của AB.Có:
AI AB 3
⇒ AOI = 600 ⇒ AMB = 600.
= =
sin AOI =
AO 2 AO 2
Hạ IH ⊥ EF,AT ⊥ EF,BQ ⊥ EF.Có:
ME = MF ⇒ ΔMEF đều ⇒ TEA = BFQ = 600.Có:
AT BQ 3 3 3
= = cos 30 o = ⇒ AT + BQ = ( AE + BF ) = AB .
AE BF 2 2 2
3 3
⇒ 2 IH = AT + BQ = AB ⇒ IH = AB .
2 4
3
Vậy EF luôn tiếp xúc với đường tròn (I) bán kính AB cố định.
4

2.Ta tìm các điểm P để đường thẳng (d) cắt đoạn AI.
Khi ấy có: OPI = OTI ≥ OAI = 30o.
Như vậy P phải nằm trong miền mặt


17
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


phẳng gạch chéo được giới hạn bởi
cung chứa góc 30o OmI 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:
360 o
< 60 o (1 ≤ i , j ≤ 7).
Ai OAj ≤
7
Xét tam giác AiOAj có Ai OAj 0

1 ± 51
Ta cần phải có: f 2 ( −1) ≠ 0 ⇔ ( −1) − 2b. ( −1) − 5ab ≠ 0 ⇔ b ≠
2
.
50

⎧Δ > 0
+) ⎨ 1 ⇔ b = −5a . Khi đó (2) có nghiệm kép x1,2 = b.
⎩Δ 2 = 0

1 ± 51
Ta cần phải có: f1 ( b ) ≠ 0 ⇔ ab 2 + 2ab + 10b ≠ 0 ⇔ a ≠ .
5

⎧ a
⎪+ )ab > 0 ⇒ b > 10
⎧Δ > 0 ⎪
+) ⎨ 1 ⇔ ⎨
⎩Δ 2 > 0 ⎪+ )ab < 0 ⇒ a > − 1

⎩ b 5
Ta giả sử các nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2).Khi đó có(theo Vi-et):



21
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎧− 2 = 2b = ( x1 + x 2 = x3 + x 4 )
⎧b = −1

⇔⎨ (vô lý)
⎨10b
⎪ a = −5ab = ( x1 .x 2 = x3 .x 4 ) ⎩10 = −5a
2


Như vậy có thể thấy điều ta giả thiết ở trên không thể xảy ra.Tức là trong trường hợp này
(1) & (2) luôn có ít nhất 3 nghiệm phân biệt.


⎡a 1 ± 51
⎢ = 10, b ≠
50
⎢b
⎢a 1 ± 51
1
⎢ = − ,a ≠
5 5
Tóm lại,ta phải có: ⎢ b
⎢a
⎢ b > 10

⎢0 > a > − 1

⎣ 5
b
Câu 2:


* Nếu có một thừa số nhận giá trị là 0,ta sẽ có ngay đpcm.
* Nếu không có thừa số nào nhận giá trị là 0 thì:
+ Nếu có một số lẻ các thừa số nhận giá trị âm, ta sẽ có ngay đpcm.
+ Nếu có chẵn các thừa số nhận giá trị âm,ta có:


Ta thấy các thừa số trong tích trên không thể đồng thời nhận giá trị âm.
Thật vậy,nếu như thế thì:
( x1 − x2 ) < 0; ( x2 − x3 ) < 0; ( x3 − x4 ) < 0; ( x4 − x5 ) < 0; ( x5 − x6 ) < 0; ( x6 − x1 ) < 0.
⇒ x1 < x2 < x3 < x4 < x5 < x6 < x1 (vô lý).
Ta xét trong tích trên chỉ có 2 thừa số < 0 ,hoặc có 4 thừa số < 0 .


Bổ đề:
-Cho y1 , y2 , y3 , y4 , y5 , y6 ∈ [ −1;1] và y1 + y2 + y3 + y4 + y5 + y6 = 0(1) .

+Nếu chỉ có 2 số âm,giả sử y1 , y2 < 0 .Khi đó:
Có:
0 > y1 + y2 ≥ −2(2) .Từ (1) và (2) suy ra: 0 < y3 + y4 + y5 + y6 ≤ 2.




22
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ

4 4
⎛ y + y4 + y5 + y6 ⎞ ⎛2⎞ 1
⇒ y1. y2 ... y6 = y1. y2 y3 . y4 . y5 . y6 ≤ 1. ⎜ 3 ⎟ ≤ 1. ⎜ 4 ⎟ = 16 .
4 ⎝⎠
⎝ ⎠
+ Nếu chỉ có 4 số âm,giả sử y1 , y2 , y3 , y4 < 0 .Khi đó:
Có: 0 < y5 + y6 ≤ 2 nên: −2 ≤ y1 + y2 + y3 + y4 < 0.
4
⎛ y + y2 + y3 + y4 ⎞
Có: y1. y2 ... y6 = y1 . y2 . y3 . y4 . y5 . y6 ≤ ⎜ 1 ⎟ . y5 . y6 =
4
⎝ ⎠
4 4
⎛ y + y 2 + y3 + y 4 ⎞ ⎛2⎞ 1
⎟ . y 5 . y 6 ≤ ⎜ ⎟ .1.1 = .
=⎜ 1
4 ⎝4⎠ 16
⎝ ⎠

Trở lại bài toán ta có:
( x1 − x2 ) , ( x2 − x3 ) , ( x3 − x4 ) , ( x4 − x5 ) , ( x5 − x6 ) ∈ [ −1;1] và:
( x1 − x2 ) + ( x2 − x3 ) < 0; ( x3 − x4 ) + ( x4 − x5 ) + ( x5 − x6 ) + ( x6 − x1 ) = 0.
Áp dụng bổ đề ,ta có ngay đpcm. Vậy bài toán được chứng minh xong.
1 1
Đẳng thức xảy ra khi x1 = 1, x2 = 0, x3 = , x4 = 1, x5 = 0, x6 = .
2 2
Câu 3:

Gọi O là giao điểm của AC và BD.Có:
OA OD b bc ba
Δ AOD Δ BOC nên : = == = .
OB OC d dc da
OA OB a ad ab
Δ AOB Δ DOC nên: = == = .
OD OC c cd cb


⎧ cd + ab OC + OA AC
⎪ ad = OB =
⎪ OB
Từ đó suy ra được: ⎨
⎪ cd + ab = OA + OC = AC
⎪ bc
⎩ OD OD

bc + ad BD
⇒ = ⇒ đpcm.
cd + ab AC




23
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 9: Thi Sư Phạm I (1999-2000)

Vòng 1:

Câu 1:
⎛ 1999 ⎞ ⎛ 1999 ⎞ ⎛ 1999 ⎞
⎜1 + ⎟ . ⎜1 + ⎟ ... ⎜1 + ⎟
⎝ 1 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 1000 ⎠
1.Tính A với A = .
⎛ 1000 ⎞ ⎛ 1000 ⎞ ⎛ 1000 ⎞
⎜1 + ⎟ . ⎜1 + ⎟ ... ⎜ 1 + ⎟
⎝ 1 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 1999 ⎠

2.Cho a là số tự nhiên được viết bằng 222 chữ số 9.Hãy tính tổng các chữ số
của n với n = a 2 + 1.

Câu 2:

1.Giải phương trình: x( x + 1) + x( x + 2) = x( x − 3) .

2.Tìm a để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
x 2 − (3a − 2)x + 2a 2 − 5a − 3
= 0.
x 2 + 5 x − 14

2x 2y 2z 1 1 1
Câu 3: Với x, y, z > 0 . CMR: +6 +6 ≤ 4+ 4+ 4.
x +y y +z z +x
6 4 4 4
x y z

Câu 4: Trên mặt phẳng tọa độ xOy cho A (-3,0); B (-1,0). Xét điểm M và N thay đổi trên
trục tung sao cho AM ⊥ BN.

1.CMR: AN ⊥ BM và OM.ON không đổi. Từ đó suy ra đường tròn đường kính
MN luôn đi qua hai điểm cố định. Tìm tọa độ hai điểm cố định đó.

2.Tìm quĩ tích tâm đường tròn ngoại tiếp Δ AMN. Xác định vị trí M,N để Δ AMN
có diện tích nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải:

Câu 1:

1. A = 1 .

2.Có: a = 10222 − 1 ⇒ n = a 2 + 1 = 10444 − 2.10222 + 2 = 99...9 8 00..0 2 .
221 c / s 9 221 c / s 0

Tổng các chữ số của n: S = 221.9 + 8 + 2 = 1999.




24
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 2:
⎧ x( x + 1) ≥ 0 ⎡ x ≤ −2

1.Điều kiện : ⎨ x( x + 2) ≥ 0 hay ⎢ x = 0

⎪( x − 3) x ≥ 0 ⎢x ≥ 3
⎩ ⎣

x( x + 1) + x( x + 2) = x( x − 3)
Ta có:
⇔ x( x + 1) + x( x + 2) + 2 x ( x + 1)( x + 2) = x( x − 3) (1).
+ Nếu x ≥ 3 : (1) ⇔ x + 6 + 2 ( x + 1)( x + 2) = 0 (vô lý).
+ Nếu x ≤ −2 : (1) ⇔ x + 6 − 2 ( x + 1)( x + 2) = 0
⎧( x + 6) 2 = 4( x + 1)( x + 2)
⇔⎨
⎩x + 6 ≥ 0

28
⇔x=− (thỏa mãn).
3
+Thử với x = 0 (thỏa mãn).
⎡x = 0
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là ⎢
⎢ x = − 28

⎣ 3
⎧x ≠ 2
2.Điều kiện: x 2 + 5 x − 14 ≠ 0 ⇔ ⎨
⎩ x ≠ −7

Xét phương trình: x 2 − ( 3a − 2 ) .x + 2a 2 − 5a − 3 = 0 (1) .
Có Δ = ( 3a − 2 ) − 4. ( 2a 2 − 5a − 3) = ( a + 4 ) .
2 2




Từ đó thấy:
3a − 2 + (a + 4)

⎪ x1 = = 2a + 1
⎪ 2
(1) có nghiệm ⎨
⎪ x = 3a − 2 − (a + 4) = a − 3
⎪2
⎩ 2
Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ta xét :

+ (1) có nghiệm kép x0 ≠ -7 và 2.
⎧a = −4
⎧Δ = 0
⎪ ⎪
⇔⎨ ⇔ ⎨a ≠ −4 (vô lý)
3a − 2
⎪ x0 = 2 ≠ −7;2 ⎪a ≠ 2
⎩ ⎩

+ (1) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 2 (hoặc –7) còn nghiệm kia
khác 2 (hoặc –7).Tức là ta phải có:


25
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎧ a ≠ −4 ⎡a = 5
⎡a = 5
⎪ ⎢

⎨⎡a − 3 = 2 ⇔ Vậy
⎢a = 3
⎢a = 3
⎪ ⎢ 2a + 1 = 2 ⎣
⎣ 2
2
⎩⎣

Câu 3: Có:

2x 2y 2z 2x 2y 2z 1 1 1
+6 +6 ≤ 3 2+ 3 2+ 3 2= 2 2+ 2 2+ 2 2 .
x +y y +z z +x
6 4 4 4
2x y 2y z 2z x xy yz zx

Mà :
1 1 1 1 1 1
+ 4 + 4 −( 2 2 + 2 2 + 2 2) =
4
x y z xy yz zx
1 ⎡⎛ 1 1⎞ ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞⎤
2 2 2

= ⎢⎜ 2 − 2 ⎟ + ⎜ 2 − 2 ⎟ + ⎜ 2 − 2 ⎟ ⎥ ≥ 0
2 ⎢⎝ x y ⎠ ⎝y z ⎠ ⎝z x ⎠⎥
⎣ ⎦
Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1 .

Câu 4:

1.Dễ thấy B là trực tâm của Δ AMN. Do đó: AN ⊥ BM.
OA OM
Có: Δ OAN Δ OMB (g-g) ⇒ = ⇒ OM .ON = OA.OB = 3 .
ON OB
Giả sử đường tròn đường kính MN cắt

đường thẳng AB tại H , H ' .

Khi đó Δ MHN vuông tại H và
Δ MH'N vuông tại H'.

Có: HO2=H'O2=ON.OM =3
⇒ OH = OH ' = 3 ⇒ đpcm.

( )( )
3;0 ; H − 3;0 .
Đồng thời ta tìm được: H '

2.
Giả sử đường tròn ngoại tiếp Δ AMN cắt
AB tại T(T ≠ A).
Có: NMT = NAT = BMN
⇒ BO = OT ⇒ OT = 1
⇒ T cố định.



26
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ



Vậy tâm đường
tròn ngoại tiếp Δ AMN nằm trên đường trung
trực của [AT ] .
MN 3 3
S AMN = AO. = .MN ≥ .2 OM .ON
2 2 2
⇒ S AMN ≥ 3 3(đvdt )




27
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 10 : Thi Sư Phạm I (1999-2000)

Vòng 2:

Câu 1:
1.Giải và biện luận theo a: (x 2 − 5 x + 6) x 2 − 5ax + 6a 2 = 0.

2.Với giá trị nào của a thì hệ có ít nhất một nghiệm thỏa mãn x, y > 0 .Với các giá
trị a tìm được hãy tìm tất cả các nghiệm của hệ đã cho:
⎧ 11
⎪ x + y + x + y = 4.


⎪x 2 + y 2 + 1 + 1 = 2 − a 2 + 2 − 1 + a + 1.
2

⎪ x2 y2 a2 a

Câu 2:
⎧2 x = 2 y.

1.Tìm nghiệm nguyên dương của hệ 2 ẩn: ⎨ y
⎪2 = 2 x.

2.Cho P(x) là đa thức bậc 3 với hệ số của x3 là số nguyên ≠ 0,−1 .
Biết P (1999) = 2000 và P (2000) = 2001 .CMR: P (2001) − P(1998) là hợp số.

4

∑x 4
i
4
Câu 3: Cho x1 , x2 , x3 , x4 > 0 thỏa: ∑ xi = 1 .Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của T: T = i =1
.
4

∑x 3
i =1
i
i =1


Câu 4: Cho Δ ABC có các cạnh không bằng nhau.G là trọng tâm Δ ABC. A1,B1,C1 là các
điểm đối xứng của A,B,C qua G.Biết AB = 2.BC và S A1B1C1 =72.
Tính diện tích miền lục giác chung của Δ ABC và Δ A1B1C1.

Hướng dẫn giải:

Câu 1:
1.Có:
(x − 5 x + 6 ) x 2 − 5ax + 6a 2 = 0. ⇔ ( x − 2 )( x − 3) ( x − 3a )( x − 2a ) = 0
2


⎧( x − 3a )( x − 2a ) ≥ 0 (1)

⇔⎨
⎪( x − 2 )( x − 3) ( x − 3a )( x − 2a ) = 0 ( 2)


-Nếu 2 là nghiệm của (1) thì:




28
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⇔ (2 − 3a )(2 − 2a ) ≥ 0
⎡ 2
⎢a ≤ 3


⎣a ≥ 1
-Nếu 3 là nghiệm của (1) thì: ⇔ (3 − 3a )(3 − 2a ) ≥ 0
⎡a ≤ 1
⇔⎢
⎢a ≥ 3
⎣ 2
Vậy:
2
+Nếu a ≤ phương trình có nghiệm:
3
⎡ x = 2a
⎢ x = 3a

⎢x = 2

⎣x = 3
3
+Nếu a ≥ phương trình đã cho có nghiệm:
2
⎡ x = 2a
⎢ x = 3a

⎢x = 2

⎣x = 3
+Nếu a = 1 phương trình đã cho có nghiệm:
⎡x = 2
⎢x = 3


⎡x = 3
2
+Nếu < a < 1 thì phương trình đã cho có nghiệm: ⎢ x = 2a

3
⎢ x = 3a

⎡x = 3
3
+Nếu 1 < a < phương trình đã cho có nghiệm: ⎢ x = 2a

2
⎢ x = 3a


1 1 1 1
2.Với x, y > 0 thì: x + + y + ≥ 2 x. + 2 y. = 4 .
x y x y

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = 1.
Giả sử hệ đã cho có nghiệm x0 , y0 > 0 khi đó:



29
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎧ 11
⎪ x0 + y0 + x + y = 4 (1)
⎪ 0 0

⎪ x 2 + y 2 + 1 + 1 = 2 − a 2 + 2 − 1 + a + 1 (2)
2

⎪0 0
x0 2 y0 2 a2 a


Từ (1) ⇒ x0 = y0 = 1 .Khi đó từ (2) ta có:
1 a2 +1 11
4 = 2 − a2 + 2 − + = 2 − a 2 + a + 2 − 2 + .Có:
2
a a
a a

) ≤ ( 2 − a + a )(1 + 1 ) = 4 ⇒
(
2
2 − a2 + a 2 − a 2 + a ≤ 2 (3)
2 2 2 2


và:
2
⎛ 1 1⎞ ⎛ 1⎞ 2 2
1 11
⎜ 2 − 2 + ⎟ ≤ ⎜ 2 − 2 + 2 ⎟ (1 + 1 ) ⇒ 2 − 2 + ≤ 2 ( 4 )
⎜ ⎟⎝
a a⎠ a a⎠ a a

11
Vậy: 2 − a 2 + a + 2 − 2 + = 4 ⇔ (3) và (4) đồng thời trở thành đẳng thức
a
a
⇔ a = 1.

Với a = 1 hệ đã cho trở thành:
⎧ 11
x + y + + = 4.
⎪ xy

(I)

⎪ x 2 + y 2 + 1 + 1 = 4.
⎪ x2 y2


Có:
2

(1 + 1 + 1 + 1 ) .⎛ x2 + y 2 + x12 + y12 ⎞ ≥ ⎛ x + y + 1 + 1 ⎞
2 2 2 2
⎜ ⎟⎜ ⎟
x y⎠
⎝ ⎠⎝
⇔ 16 ≥ 16 .
11
xy y
Vậy (I) ⇔ = = x = ⇔ x = y = 1 .
1111
Từ đó suy ra x = y = 1 .

Câu 2:

1.Theo bài ra ta có:
⎧2 x = 2 y.

⇒ x, y > 0.
⎨y
⎪2 = 2 x.

Giả sử x ≥ y thế thì : 2 x ≥ 2 y và 2 x ≥ 2 y .Lại có:



30
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


2 x = 2 y ≤ 2 x = 2 y ≤ 2 x ⇒ x = y.
⎧x = y
Hệ đã cho trở thành: ⎨ x
⎩2 = 2 x
Ta cần giải phương trình: 2 x = 2 x ( x ∈ Ν ).
Có: 2 x = 2 x ⇔ 2 x −1 = x ⇔ (1 + 1) = x.
x −1



Theo BĐT Becnuli: (1 + 1) ≥ 1 + 1. ( x − 1) = x.
x −1


⎡x = 1
⎡x −1 = 0
⇔⎢
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ⎢
⎣x = 2
⎣x −1 = 1
Vậy nghiệm của hệ đã cho :
⎡x = y = 1
⎢x = y = 2


2.Gọi hệ số của x3 là a (a ∈ Ζ ,a ≠ 0).
Đặt:
P ( x) = m + ( x − 1998 ) .b + ( x − 1998 ) . ( x − 1999 ) .c + ( x − 1998 ) . ( x − 1999 ) . ( x − 2000 ) .a


Ở đây ta đã sử dụng phep nội suy NewTon nên mới có cách đặt như trên (m,b,c ∈ R).
Ta có:

P (1999) = 2000 hay : ⎫

2000 = P (1999) = m + b ⎬ ⇒ (m + 2b + 2c) − (m + b) = 1 ⇒ b + 2c = 1
và : 2001 = P(2000) = m + 2b + 2c ⎪


Có: P (2001) − P(1998) = 6a + 6c + 3b = 3. ( 2a + 2c + b ) = 3. ( 2a + 1) là hợp số .
(vì a ≠ 0; − 1 nên 2a + 1 ≠ 1 ).

Câu 3:

Giả sử x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4 ⇒ x13 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4 .
3 3 3




Theo BĐT Trêbưsep:
x1 + x 2 + x3 + x 4 x13 + x 2 + x3 + x 4 x14 + x 2 + x3 + x 4
3 3 3 4 4 4 4

∑x
≤ = 1 ).
. (chú ý: i
4 4 4 i =1

x 4 + x 2 + x3 + x 4 1
4 4 4
⇒1 ≥.
4 4



31
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


1
Đẳng thức xảy ra ⇔ x1 = x2 = x3 = x4 = .
4
1
Vậy Tmin = .
4

Câu 4: Ký hiệu các giao điểm như hình vẽ.
CG X G 1 1
Có: 1 = 1 ⇒ X 1 B = GM = BB1 .
3 4
GC GM
1
Tương tự: X 2 C = CC1 .
4
1
X 3 A = AA1 .
4
2
⎛ B1 M ⎞
S B1SP 1
=⎜ ⎟= .
Có:
S B1C1 A1 ⎜ B1 X 1 ⎟ 9
⎝ ⎠
S KQA1 S RIC1
1 1
= và =.
Tương tự:
S B1C1 A1 9 S B1C1 A1 9
2
⇒ S RIKQPS = S A1B1C1 − S A1KQ − S C1RI − S B1SP = SABC .
3 111
⇒ S RIKQPS = 48(đvdt ).




32
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 11 : Thi Sư Phạm I (1997-1998)

Vòng 1:

Câu 1: CMR:Với mọi n nguyên dương đều có: 5n. ( 5n + 1) − 6n. ( 3n + 2n ) 91 .

Câu 2: Cho x, y là hai số dương thay đổi thỏa mãn: x. y = 1 .
x y
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 4 +2 .
x +y x + y4
2


Câu 3: Giải phương trình: x + 1 + 2. ( x + 1) = x − 1 + 1 − x + 3. 1 − x 2 .

Câu 4: Xét một hình vuông và một hình tam giác. Nếu chúng có diện tích bằng nhau thì
hình nào có chu vi lớn hơn.

Câu 5: Cho Δ ABC có A = 450 , BC = a , O là tâm đường tròn ngoại tiếp, B' và C' là chân
các đường cao hạ từ B, C xuống các cạnh AC, AB tương ứng.Gọi O ' là điểm đối
xứng của O qua B ' C ' .

1.CMR: A, B ', O ', C ' cùng nằm trên một đường tròn.

2.Tính B ' C ' theo a.


Hướng dẫn giải:

Câu 1: Có:
5n. ( 5n + 1) − 6n. ( 3n + 2n ) = ( 25n − 18n ) − (12n − 5n ) (chia hết cho 7)
= ( 25n − 12n ) − (18n − 5n ) (chia hết cho 13)
Mà ( 7,13) = 1 ⇒ đpcm.

Câu 2:
x y 1
A≤ + = = 1 . Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = 1.
2 2
xy
2 x y 2 xy
Vậy Amax=1.

Câu 3: Điều kiện: x ≤ 1 .
x + 1 + 2( x + 1) = x − 1 + 1 − x + 3 1 − x 2 .
Có:




33
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


( )( )
⇔ x + 1 − 1 − x 2 x + 1 − 1 − x + 1 = 0.
⎡ x +1 = 1− x
⇔⎢
⎢2 x + 1 = 1 − x − 1

⎡x = 0
Giải ra ta được nghiệm là ⎢
⎢ x = − 24
⎣ 25
Câu 4:

a,b,c là 3 cạnh của tam giác, x là cạnh hình vuông; ha là độ dài đường cao tương ứng với
cạnh a của tam giác.
Có: b + c > 2ha ⇒ a + b + c > a + 2ha ≥ 2. a.2ha = 2. 4 S = 4. x 2 = 4 x.
Vậy chu vi của tam giác lớn hơn.

Câu 5:

1.Dễ thấy các điểm B, C ', O, B ', C nằm trên đường tròn đường kính BC.
Có: ABB ' = 45o mà C 'OB ' + C ' BB ' = 180o.
⇒ C 'OB ' = 135o ⇒ C 'O ' B ' = 135o.
⇒ C 'O ' B ' + C ' AB ' =180o.
⇒ A,B',O',C' cùng nằm trên một đường tròn.

2.Hình thang nội tiếp trong hình tròn là hình
thang cân.Vì tứ giác OC ' BC nội tiếp nên
OC 'C = OBC = 450 . Mà tứ giác OB ' CC '
nội tiếp nên OB ' A = OC 'C = 450 = B 'CC ' .
⇒ OB'//CC'.Hình thang OB ' CC ' nội tiếp
được nên nó là hình thang cân.
a
⇒ B ' C ' = OC = .
2




34
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 12 : Thi Sư Phạm I (1997-1998)

Vòng 2:

Câu 1: Với giá trị nào của tham số a, phương trình sau có nghiệm duy nhất:
2x − a + 1 = x + 3 .
Câu 2: Giải hệ phương trình 4 ẩn sau:
⎧x + y = 3 (1)
⎪ xz + yt = 4 (2)

⎨2
⎪ xz + yt = 6 (3)
2


⎪ xz 3 + yt 3 = 10 (4)

Câu 3: Tìm các cặp số nguyên tố p,q thỏa mãn phương trình sau:
p 2
5 2 + 1997 = 5 2 q + q 2 .

Câu 4: Trong tất cả các tứ giác lồi với hai đường chéo có độ dài đã cho và góc giữa hai
đường chéo có độ lớn đã cho,xác định tứ giác có chu vi nhỏ nhất.

Câu 10: Hãy xem khẳng định sau đây đúng hay sai?
m 1
"Với mọi m,n ∈ N* đều có: − 2 ≥ 2 ."
n ( 3 + 2)
n
Hướng dẫn giải:

Câu 1: Theo bài ra ta có: 2 x − a + 1 = x + 3
⎧ 2 x − a = x + 2, x ≥ −3

⇔⎨
⎪ 2 x − a = − x − 4, x < −3

⎧⎡ x = a + 2, x ≥ −2
⎪⎢
⎪ ⎢ x = a − 2 , x ≥ −2
⎪⎣ 3
⇔⎨
⎪⎡ x = a + 4, x ≤ −4
⎪⎢ x−4
⎪⎢ x = , x ≤ −4
⎩⎣ 3




35
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎡⎧⎡ x = a + 2
⎢⎪⎢
⎢⎪⎢ x = a − 2

⎢⎪⎣ 3
⎢⎪
⎩a ≥ −4
⇔⎢
⎢⎧⎡ x = a + 4
⎢⎪⎢
⎢⎪⎢ a−4
⎢⎨⎣ x = 3
⎢⎪
⎢⎪a ≤ −8
⎣⎩

Vậy để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì:
⎡⎧ a−2
⎢ ⎪a + 2 = 3
⎢⎨
⎢⎪a ≥ −4 ⎡a = −4

⇔⎢

⎣a = −8
⎢⎧a ≤ −8

⎢⎨ a−4
⎢ ⎪a + 4 =
⎣⎩ 3
⎡a = −4
Vậy giá trị cần tìm: ⎢
⎣a = −8


Câu 2:Theo bài ra:
⎧x + y = 3 (1)
⎪ xz + yt = 4 (2)

⎨2
⎪ xz + yt = 6 (3)
2


⎪ xz 3 + yt 3 = 10 (4)

Nhân (2) với ( z + t ) ta được: 6 + 3zt = 4. ( z + t ) .
Nhân (3) với ( z + t ) ta được: 10 + 4 zt = 6. ( z + t ) .
⎧4( z + t ) − 3zt = 6 ⎧z + t = 3
⇔⎨
Từ đó có hệ: ⎨
⎩6( z + t ) − 4 zt = 10 ⎩ zt = 2
Từ đó:
+) z = 1, t = 2, x = 2, y = 1.
+) z = 2, t = 1, x = 1, y = 2.
p 2
Câu 3: Ta có: 5 2 + 1997 = 5 2 q + q 2 .Nhận thấy:
p
5 2 ≡ 1(mod 3)
2
5 2 q ≡ 1(mod 3)và1997 ≡ 2(mod 3)
⇒ q 2 ≡ 1 + 2 − 1 ≡ 2(mod 3).(vôlý )



36
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ

Vậy không tồn tại p,q thỏa mãn bài ra.

Câu 4:
Xét tứ giác ABCD có: DOC = α .
AC,BD có độ dài cố định.
Khi đó dựng hình bình hành BCB'D có:
B'C=BD và ACB ' = 180o- α .
Nên: AB' có độ dài cố định
( Δ ACB' có AC, B'C cố định về độ dài, ACB ' = 180o- α ).
Có: AD + BC = AD + DB ' ≥ AB ' .
Đẳng thức xảy ra ⇔ A,D,B' thẳng hàng ⇔ AD//BC.
Tương tự dẫn đến AB//CD.
Từ đó suy ra ABCD là hình bình hành thì chu vi của nó nhỏ nhất.


2 + 3 = a.
Câu 5: Đặt
m 1
Ta chứng minh: − 2 ≥ 2 (1).∀m, n ∈ Ν * .
n an
m 1 m 1
− 2 < 2 ⇒ − 2< 2
Nếu (1) không đúng thì:
n n
an an
1 1
⇒ m − 2 .n < ⇒ m < 2 .n +
an an
1 1 1
⇒ m + 2 .n < 2 2 .n + ⇒ n( m + 2 ) < 2 2 n 2 + = 2 2 n 2 + =
3+ 2
an a

( ) ( )

⎛ 1
⎟ − 2 + 3 .n 2 + 2 + 3 .n 2
= ⎜ 2 2 .n 2 + ⎟

3+ 2⎠

( )( )( ) ( )
= 2 − 3 n2 −1 + 2 + 3 n2 ≤ 2 + 3 .n 2 = an 2
1 1
⇒ > 2 (2).
n(m + 2 .n) an
m 2 − 2n 2
m 1
− 2= ≥
Mà: (3)
n( m + n 2 ) n( m + n 2 )
n
m 1
Từ (2) và (3) ⇒ − 2 > 2 . (mâu thuẫn với điều mà ta đã giả thiết)
n an
Vậy ta có đpcm.




37
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 13:Thi Tổng Hợp (1997-1998)

Vòng 1:

10 + 6 3 .( 3 − 1)
3
.Tính P = ( x 3 − 4 x + 1)
1999
Câu 1: Cho x = .
6+2 5 − 5

Câu 2: Giải phương trình: x + 3 + x + 8 = 5 x .


Câu 3: Giải hệ phương trình:
⎧2 xy = x + y + 1

⎨2 yz = y + z + 7
⎪2 xz = z + x + 2

Câu 4: Tìm tất cả các số tự nhiên n để: 2n + 15 là số chính phương.

Câu 5: Cho Δ ABC có các cạnh đều bằng 1(đvđd). Bên trong tam giác ta đặt hai đường
tròn (O,R) và ( O ', R ' ) tiếp xúc ngoài với nhau, sao cho một trong hai đường tròn
tiếp xúc với các cạnh BC,BA; đường tròn kia tiếp xúc với các cạnh BC, CA.
( )
1
1.CMR: R + R ' ≥ 3 − 1 . .
2
2. Các bán kính R, R ' bằng bao nhiêu để tổng diện tích hai hình tròn trên nhỏ nhất
và tính giá trị nhỏ nhất đó.

Hướng dẫn giải:

Câu 1: Theo bài ra ta có:
( ) ( )=2 .
3
3 +1 . 3 −1
3
x=
( 5 + 1) − 5
2




Suy ra: P = ( 8 − 8 + 1)
1997
= 1.

Câu 2: Điều kiện: x ≥ 0.

x + 3 + x + 8 = 5 x.
Ta có:




38
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⇔ 2 x + 11 + 2 ( x + 3)( x + 8) = 25 x
⎧4( x + 3)( x + 8) = (23x − 11) 2

⇔⎨ 11
⎪x ≥
⎩ 23
⇔ x = 1.
Vậy x = 1 .


Câu 3: Theo bài ra ta có:
⎧2 xy = x + y + 1

⎨2 yz = y + z + 7
⎪2 xz = z + x + 2 (1)

Có:
3 xy = ( x + 1) . ( y + 1) ⇒ 3 xyz = ( xz + z ) . ( y + 1) = ( x + 1) . ( zy + z )
3 yz = ( z + 1) . ( y + 1) + 6 ⇒ 3 xyz = ( xz + x ) . ( y + 1) + 6 x
⇒ 0 = ( y + 1) . ( z − x ) − 6 x . Mà 3xz = ( z + 1) . ( x + 1) + 1 nên:
3 xyz = ( x + 1) . ( yz + y ) + y ⇒ 0 = ( x + 1) . ( z − y ) − y.

+) Nếu x = −1 ⇒ y = 0, z = −7 (loại,không thỏa mãn).

+) Nếu y = −1 ⇒ x = 0, z = −2 (thỏa mãn).

+) Xét x và y ≠ -1.Có:

( x + 1)( y + 1) x + 1 x +1
3.xy xy
= = ⇒ = ⇔ xyz + xy = xyz + yz − 2 x − 2
3. yz − 6 ( z + 1)( y + 1) z + 1 yz − 2 z + 1
⇔ xy = yz − zx − 2 ⇔ 2 xy = 2 yz − 2 zx − 4 ⇔ x + y + 1 = y + z + 7 − 4 x − 4
⇔ 5x − 2 = z

Thay vào (1) được:
2 x(5 x − 2) = 5 x − 2 + x − 2 ⇔ x = 1 ⇒ z = 3 ⇒ y = 2 (loại trường hợp x = −1 do giả thiết).
Vậy nghiệm cần tìm là:
⎡ x = 1, y = 2, z = 3
⎢ x = 0, y = −1, z = −2


Câu 4:

Đặt 2n + 15 = k 2 .
___
___
3 ⇒ k 2 chia cho 3 dư 1.
3;15 3 nên k 2
Vì 2n


39
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ

( Dễ dàng chứng minh được rằng số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1).
⇒ 2n chia cho 3 dư 1 ⇒ n chẵn.

+) Nếu n = 0 ⇒ 2n = 42 .

+) Nếu n ≥ 2 thì: 2n ≡ 0(mod 4) ⇒ 2n + 15 ≡ 3(mod 4) ⇒ k 2 ≡ 3(mod 4)
(vô lý-Dễ dàng chứng minh được rằng số chính phương chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1).

Vậy n = 0 là số cần tìm.

Câu 5: Hạ OM , O ' N ⊥ BC .

1.Ta có:
BM
= cot gOBM = cot g 300 ⇒ BM = R. 3
OM
Tương tự: CN = R ' . 3
⇒ MN = 1 − 3 ( R + R ' )
Có: R + R ' = OO ' ≥ MN hay
R + R ' ≥ 1 − 3 ( R + R ' ) ⇒ ( R + R ' )(1 + 3 ) ≥ 1
3 −1
1
⇒ R + R' ≥ = .
1+ 3 2


2.Gọi S1 , S 2 lần lượt là diện tích của các hình tròn (O)và( O ' ). Có:
2
Π ⎛ 3 −1 ⎞
Π Π'
( ) ( ) ( )
2
S1 + S 2 = Π R + R = .2 R '2 + R 2 ≥ R +R ≥ .⎜
'2 2
⎟.
2⎜ 2 ⎟
2 2 ⎝ ⎠
3 −1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi R = R ' = .
4




40
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 14:Thi Tổng Hợp (1997-1998)

Vòng 2:

Câu 1:Giải hệ:
⎧ y 3 + y 2 x + 3x − 6 y = 0

⎨2
⎪ x + xy = 3


Câu 2: Có tồn tại hay không các số nguyên x, y thỏa mãn: 1992.x1993 + 1993. y1994 = 1995 .

Câu 3: Số 1997 được viết dưới dạng tổng của n số hợp số với nhau,nhưng không viết
được dưới dạng tổng của n + 1 số hợp số với nhau. Hỏi n bằng bao nhiêu?

Câu 4: Xét Δ ABC ngoại tiếp đường tròn có bán kính r = 1 .Gọi ha , hb , hc lần lượt là độ
dài các đường cao hạ từ đỉnh A,B,C tới BC,CA,BA.Hãy tính giá trị lớn nhất của M
với :
1 1 1
M= + + .
ha + 2hb hb + 2hc hc + 2ha

Câu 5: Trên đường tròn cho 16 điểm và dùng 3 màu:xanh,đỏ,vàng để tô các điểm này
(mỗi điểm một màu).Giữa mỗi điểm nối bằng một đoạn thẳng được tô màu tím
hoặc nâu. CMR:Với mọi cách tô màu trên các điểm(chỉ dùng 3 màu: xanh, đỏ,
vàng) và mọi cách tô trên các đoạn thẳng nối giữa các cặp điểm (chỉ dùng hai màu
tím hoặc nâu) ta đều tìm được trên hình vẽ một tam giác có các đỉnh là các điểm
đã cho mà các đỉnh được tô bằng cùng một màu và các cạnh cũng được tô bằng
cùng một màu (dĩ nhiên là khác màu tô trên đỉnh).

Hướng dẫn giải:

⎧3
⎪ y + y x + 3x − 6 y = 0
2

Câu 1: Theo bài ra ta có: ⎨
⎪ xy = 3 − x 2

⎧ ⎧3
⎪ y + y.(3 − x ) + 3 x − 6 y = 0 ⎪ y − x y + 3x − 3 y = 0
3 2 2

⇔⎨ ⇔⎨
⎪ xy = 3 − x ⎪ xy = 3 − x
2 2
⎩ ⎩
⎧( y − x)( y 2 + yx − 3) = 0 ⎧( y − x)( y 2 + 3 − x 2 − 3) = 0
⎪ ⎪
⇔⎨ ⇔⎨
⎪ xy = 3 − x ⎪ xy = 3 − x
2 2
⎩ ⎩
⎡⎧ xy = 3 − x 2
⎧ xy = 3 − x ⎢⎨
2

⎢⎩ x = y
⎪ 3
⇔x= y=±
⇔ ⎨⎡ y − x = 0 ⇔ ⎢ .
2
⎧ xy = 3 − x 2
⎪⎢ y + x = 0 ⎢⎨
⎩⎣ ⎢⎩ x = − y




41
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎡ 3
⎢x = y =
2

Vậy ⎢ 3
⎢x = y = −
⎣ 2

Câu 2: Có: 1992.x1993 + 1993. y1994 ≡ y1994 ≡ 1995(mod 4).

Từ giả thiết suy ra y lẻ ⇒ y 2 ≡ 1(mod 4) ⇒ y1994 ≡ 1(mod 4) ⇒ 1995 ≡ 1(mod 4) (Vô lý).
Như vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

___
Câu 3: Nhận thấy 4 là hợp số nhỏ nhất.Mà 1997 4.

Gọi n là số hợp số có tổng bằng 1997, n là số lớn nhất .
⎡1997 ⎤
⇒ n0.
⎝x y z⎠

⎛1 1 1⎞ 1 2 9
Áp dụng ta có: ( ha + hb + hb ) . ⎜ + + ⎟ ≥ 9 hay: + ≥ (1).
ha hb ha + 2hb
ha hb hb ⎠


1 2 9 1 2 9
+ ≥ (2); + ≥
Tương tự ta cũng có: (3).
hb hc hb + 2hc hc ha hc + 2ha

Cộng các BĐT (1),(2),(3) theo vế rồi rút gọn ta được:
111 1
+ + ≥ 3M ⇒ ≥ M . Đẳng thức xảy ra ⇔ Δ ABC đều.
ha hb hc 3




42
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 5:


Trên đường tròn có 16 điểm tô bởi
3 màu nên tồn tại ít nhất 6 điểm cùng tô bởi một màu.
Ta giả sử 6điểm A, B, C, D, E, F tô bởi cùng
một màu (màu đỏ chẳng hạn).
Nối A với B,với C,với D, với E,với F.
Trong 5 đoạn thẳng được tô bởi 2 màu luôn có
ít nhất 3 đoạn thẳng cùng màu.Ta giả sử
đoạn AE, AF, AD được tô bởi màu tím.

-Nếu một trong ba đoạn FE, ED, DF được tô bởi màu tím ⇒ đpcm.

-Nếu cả ba đoạn FE, ED, DF được tô bởi màu nâu ⇒ đpcm.




43
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 15: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998)

Vòng 1:

Câu 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của A: A = 10 x − 7 y .Trong đó x, y là nghiệm nguyên của
phương trình : 3x + 5 y = 11 .

Câu 2: CMR: (a + b)(c + d ) + (a + c)(b + d ) + (a + d )(b + c) ≥ 64 abcd .
Trong đó a,b,c,d > 0.

Câu 3: Cho đường tròn (O,r).Xét hình thang ABCD ngoại tiếp đường tròn nói trên, trong
đó BC // AD, BAD = α , CAD = β với α ≤ 900, β ≤ 900.
1 1 1 1
+ = +
a)Chứng tỏ : .
2 2 2
OD 2
OA OB OC

b)Tính S ABCD theo r, α , β .Với các góc α , β bằng bao nhiêu thì hình thang
ABCD có S nhỏ nhất và tính S nhỏ nhất đó theo r (S là diện tích của hình thang
ABCD).

Hướng dẫn giải:

Câu 1: Từ giả thiết 3 x + 5 y = 11 .Suy ra
y −1
⇒ y = 3t + 1, x = 2 − 5t ⇒ y = 3t + 1, x = 2 − 5t với t ∈ Ζ .
x = 4 − 2y +
3
Có: A = 10 x − 7 y .

-Nếu −1 < t < 1 thì: A = 10. ( 2 − 5t ) − 7. ( 3t + 1) = 13 − 71t ≥ 13.

-Nếu t ≤ -1 có: A = 10. ( 2 − 5t ) + 7. ( 3t + 1) = 27 − 29t ≥ 56.

-Nếu t ≥ 1 thì: A = 10. ( 5t − 2 ) − 7. ( 3t + 1) = 29t − 27 ≥ 2 .

Vậy Amin = 2 khi x = −3, y = 4 .

Câu 2: Bạn đọc tự giải.

Câu 3: Ta hạ OI, OT, OM, ON lần lượt vuông góc với AB, CD, BC, AD.

a).Dễ thấy các tam giác COD, BOA vuông ở O.
1 1 1 1 1 1
+ = = = +
Có: .
2 2 2 2 2
OD 2
OA OB OI OT OC



44
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


α α
b).Có AI = AN = OI .tg = r.tg .
2 2
α α
Và: BI = BM = OI .Cotg = r.Cotg .
2 2
Có:
α α
BM + AN
S BMNA = .2r = r 2 .(tg + Cotg ) .
2 2 2
Tương tự:
β β
SCMND = r 2 .(tg + Cotg ) .Suy ra:
2 2
α β α β
S ABCD = r 2 (tg + tg + Cotg + Cotg ).
2 2 2 2
Có:
α α α α
≥ 2 tg = 2.
tg +Cotg .Cotg
2 2 2 2
β β β β
≥ 2 tg = 2.
tg +Cotg .Cotg
2 2 2 2


Suy ra S ≥ 4r 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α = β = 900 .




45
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 16: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998)

Vòng 2:
___ ___
Câu 1: Cho n ( n ≥ 2 ) số thực ai ( i = 1, n ) thỏa: −1 < ai < 0 với i = 1, n .
n
n
Chứng tỏ: ∑ a i + 1 = ∏ (1 + ai ) .
i =1 i =1


Câu 2: Trong 1997 số tự nhiên từ 1 đến 1997 chọn n số ( n ≥ 2 ) phân biệt sao cho 2 số
bất kỳ được chọn có tổng chia hết cho 8. Hỏi trong các cách chọn n số như thế thì
n lớn nhất là bao nhiêu?

Câu 3: Cho đoạn thẳng AB và một điểm C trên AB với AC = a, BC = b .Đường thẳng qua
C và vuông góc với AB cắt nửa đường tròn đường kính AB tại D.Dựng đường tròn
tâm P bán kính r1 tiếp xúc với CA,CD và tiếp xúc với nửa đường tròn đường kính
AB.Dựng đường tròn tâm Q bán kính r2 tiếp xúc với CB, CD và tiếp xúc với nửa
đường tròn đường kính AB. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABD.
a)Tính r1 , r2 theo a, b .
b)Tìm đẳng thức liên hệ giữa r , r1 , r2 .


Hướng dẫn giải:

Câu 1:

-Với n = 2 ta có:
a1.a2 > 0 hay: a1.a2 + a1 + a2 + 1 > a1 + a2 + 1 ⇔ ( a1 + 1) . ( a2 + 1) > ( a1 + a2 + 1)

-Giả sử BĐT đã cho đúng với n = k ≥ 2 tức là:
a1 + a2 + ... + ak + 1 < (1 + a1 ) . (1 + a2 ) ... (1 + ak +1 ) .

-Thật vậy:

Theo giả thiết qui nạp ta có: (1 + a1 ) . (1 + a2 ) ... (1 + ak ) > a1 + a2 + ... + ak + 1(1)

Lại có: 0 > ak +1 > −1 nên: ak +1. (1 + a1 ) . (1 + a2 ) ... (1 + ak ) > ak +1 (2)

Chú ý: 0 < (1 + a1 ) . (1 + a2 ) ... (1 + ak ) < 1.

Cộng (1) với (2) theo vế ta được: (1 + a1 ) . (1 + a2 ) ... (1 + ak +1 ) > a1 + a2 + ... + ak +1 + 1 (đpcm)




46
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 2:
Giả sử có n số tự nhiên a1 , a2 ,..., an trong đó tổng hai số bất kỳ chia hết cho 8.
(1 ≤ ai ≤ 1997 với i = 1, n)
Có:
a1 + a 2 8⎫
⎬ ⇒ a 2 ≡ a 3 (mod 8) .Đặt a2 = 8t1 + k , a3 = 8t2 + k (0 ≤ k ≤ 7) .
a1 + a3 8 ⎭
⎡k = 0
Do a2 + a3 8 ⇒ ⎢
⎣k = 4
+) k = 0 suy ra: a2 , a3 chia hết cho 8 mà a2 + ai 8 (i = 1, n) .
Suy ra ai 8 ⇒ a1 , a2 ,..., a8 8 .
⎡1997 ⎤
⎥ = 249 số chia hết cho 8.
Trong 1997 số tự nhiên:1,2,3,...,1997 có: ⎢
⎣8⎦
Vậy n = 249 .
+) k = 4 .Lập luận tương tự ta có: a1 , a2 ,..., a8 chia cho 8 dư 4.
⎡1997 + 4 ⎤
⇒n≤⎢ ⎥ = 250 .
8
⎣ ⎦
Vậy n = 250 (4,12,20,28,...,1996).

Câu 3:
a).Giả sử b ≥ a.Có:
b−a
OC = AO − AC = .
2
a+b
OP = − r1 .
2
Trong Δ PEO: PE 2 + EO 2 = PO 2 hay:
2 2
⎛a+b b−a⎞
⎞ ⎛
− r1 ⎟ = ⎜ r1 + ⎟ + r1 hay:
2

2 2⎠
⎝ ⎠ ⎝
b(a − 2r1 ) = r12 ⇒ r1 = −b + b 2 + ab .Tương tự: r2 = − a + ab + a 2
⎧ AD.BD = (a + b) ab

Suy ra: AD = ab + a 2 , BD = ab + b 2 .
Có: ⎨
⎪ AD 2 + BD 2 = (a + b) 2

b).
( AD + BD + AB ) .r = ( a + b ) ab
(a + b) ab ab . a + b
r= =
a + b( a + b + a + b) a + b + a+b
Có:
2 ab . a + b
r1 + r2 = a + b ( a + b − a + b ) = Suy ra: r1 + r2 = 2r .
a + b + a+b



47
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 17:Thi Tổng Hợp (1995-1996)

Vòng 1:

Câu 1: Giải hệ:
⎧2 x 2 − y 2 = 1

⎨2
⎪ x + xy = 2

Câu 2: Giải phương trình: 1 − x + 4 + x = 3 .

a +1 b +1
+
Câu 3: Giả sử a,b là các số nguyên dương sao cho: là một số nguyên
b a
dương.Gọi d là ước số của a,b.Chứng tỏ: d ≤ a + b .

Câu4: Cho hai hình chữ nhật có cùng diện tích.Hình thứ nhất có kích thước a và b
( a > b > 0 ).Hình thứ hai có kích thước c và d ( c > d > 0 ).
CMR: Nếu a > c thì chu vi của hình thứ nhất lớn hơn chu vi của hình thứ hai.

Câu 5: Cho 3 điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự ấy.Gọi ( Ω ) là một vòng tròn
qua B,C.Kẻ từ A các tiếp tuyến AE và AF đến vòng tròn ( Ω ) (E,F là các tiếp
điểm).Gọi O là tâm của vòng ( Ω ). I là trung điểm của BC,N là trung điểm của
EF.

1.Chứng tỏ: E và F nằm trên một vòng tròn cố định khi vòng tròn ( Ω ) thay đổi.

2.Đường thẳng FI cắt vòng tròn ( Ω ) tại E ' .CMR: EE '// AB .

3.CMR: Tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác NOI nằm trên một đường thẳng cố
định khi vòng tròn ( Ω ) thay đổi.

Hướng dẫn giải:

Câu 1:Từ hệ:
⎧2
⎪2 x − y = 1
2

(I)
⎨2
⎪ x + xy = 2

Suy ra: 4 x 2 − 2 y 2 − xy − x 2 = 0 hay: 3x 2 − xy − 2 y 2 = 0 (1)
- Nếu y = 0 ⇒ x = 0 (loại)
- Nếu y ≠ 0 từ (1):

x
= 1 ⇒ x = y = ±1 .
+) Nếu
y
x 2 2
+) Nếu = − ⇒ − y = x thay vào (I) ta có:
y 3 3



48
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎧8 2
⎪ y − y = 1 (vô lý ) ⎡x = y = 1
2

Tóm lại : ⎢
⎨9
⎣ x = y = −1
⎪ xy + x 2 = 2


Câu 2: Điều kiện: −4 ≤ x ≤ 1 .

Đặt u = 1 − x , v = 4 + x ta có:
⎧v = 3 − u
⎧u + v = 3 ⎧v = 3 − u ⎪
⇔⎨ 2 ⇔ ⎨⎡u = 1
⎨2
⎩u + v = 5 ⎩u + (3 − u ) = 5
2 2
⎪⎢u = 2
⎩⎣
⎡x = 0
Tóm lại ta có: ⎢
⎣ x = −3

Câu 3:

a2 + b2 + a + b
là số nguyên .Suy ra: ( a 2 + b 2 + a + b ) d 2 .
Theo giả thiết:
ab

Mà a 2 , b 2 d 2 nên ( a + b ) d 2 ⇒ a + b ≥ d 2 ⇒ a + b ≥ d .

Câu 4: Ký hiệu diện tích của hai hình chữ nhật là S.Ta phải chứng minh:
⎛ S⎞
S S
a + b > c + d ⇔ a + > c + ⇔ (a − c)⎜1 − ⎟ > 0 .
a c ⎝ ac ⎠
a > b⎫ S
⎬ ⇒ S < ac hay 1 − > 0.

c > d⎭ ac
⎛ S⎞
Theo giả thiết : a > c nên: (a − c)⎜1 − ⎟ > 0 .(đpcm)
⎝ ac ⎠
Câu 5:

1.E,F thuộc đường tròn (A) bán kính AB. AC .

2.Dễ thấy A,F,O,E,I nằm trên đường tròn đường
kính AO.
FIA = FEA = FE ' E ⇒ đpcm.

3.Có ΔAKN ΔAOI nên:
AN.AO = AK.AI mà AN.AO = AF2 = AB.AC ⇒ AK = const.
Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ΔONI nằm trên đường trung trực đoạn KI.(Chú ý:Tâm
đường tròn ngoại tiếp ΔONI cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONKI).




49
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 18:Thi Tổng Hợp (1995-1996)

Vòng 2:

)( )
(
Câu 1: Cho x + x 2 + 3 . y + y 2 + 3 = 3 .Hãy tính E với E = x + y .
⎧ x + xy + y = 1

Câu 2: Giải hệ: ⎨ y + yz + z = 3
⎪ z + zx + x = 7

1
Câu 3: Cho x, y ≥ 0 và x 2 + y 2 = 1 . Chứng tỏ: ≤ x3 + y3 ≤ 1 .
2

Câu 4: Tìm số có 9 chữ số: A= a1 a 2 a3 b1b2 b3 a1 a 2 a3 trong đó a1 ≠ 0 và b1b2 b3 =2 a1 a 2 a3 ,
đồng thời A có thể viết được dưới dạng : A = p12 . p2 . p3 . p4 với p1 , p2 , p3 , p4 là các
2 2 2


số nguyên tố phân biệt.

Câu 5: Cho vòng tròn ( Ω ),vẽ hai dây AB và CD cắt nhau tại I (I nằm trong đường
AN AI 2
=
tròn).M là trung điểm của BD,MI kéo dài cắt AC tại N.Chứng tỏ: .
NC CI 2

Hướng dẫn giải:

Câu 1:
)
(
Nhân cả hai vế của đẳng thức đã cho với x − x 2 + 3 ta được:
)( )
(
− 3 y + y 2 + 3 = 3 x − x 2 + 3 (1)
)
(
Nhân cả hai vế của đẳng thức đã cho với y − y 2 + 3 ta được:
)( )
(
− 3 x + x 2 + 3 = 3 y − y 2 + 3 (2)
Cộng (1) với (2) theo vế và rút gọn ta có: x + y = 0 .Vậy E = 0 .

Câu 2:

Hệ đã cho tương đương với:
⎧( x + 1)( y + 1) = 2

⎨( y + 1)( z + 1) = 4 (I)
⎪( z + 1)( x + 1) = 8

Nhân cả ba phương trình trên ta được:

⎡ ( x + 1)( y + 1)( z + 1) = 8
( x + 1) . ( y + 1) . ( z + 1)
2 2 2
⇒⎢ .
⎣ ( x + 1)( y + 1)( z + 1) = −8



50
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ

Từ đó ta tìm được:
⎡ x = 1, y = 0, z = 3
⎢ x = −3, y = −2, z = −5


Câu 3:

1.Từ giả thiết ta có: 0 ≤ x, y ≤ 1 .Nên: x3 + y 3 ≤ x 2 + y 2 = 1.
2.Có:
( x + y ) ≤ 2. ( x 2 + y 2 ) = 2 ⇒ x + y ≤ 2 .Lại có:
2




)
(
1 = ( x2 + y2 ) = ≤ ( x + y ) . ( x3 + y 3 )
2
2
x . x3 + y . y 3
1 1 1 1
⇒ ≤ x 3 + y 3 mà ≥ .Nên: x 3 + y 3 ≥ .
x+ y x+ y 2 2

Câu 4:

A = a1 a 2 a3 b1b2 b3 a1 a 2 a3
= a1a2 a3 .106 + b1b2b3 .103 + a1a2 a3
= a1a2 a3 . (106 + 2.103 + 1)
= a1a2 a3 .7 2.112.132
Vậy a1 a 2 a3 phải là bình phương của một số nguyên tố p ( p ≠ 13,11,7 ).
⎡a1 a 2 a 3 = 289
⎡ p = 19
Do b1b2b3 < 1000 nên a1a2 a3 < 500 ⇒ 10 < p < 23 ⇒ ⎢ ⇒ ⎢
⎣ p = 17 ⎢a1 a 2 a3 = 361

Như vậy bài toán có hai đáp số:

⎡ A = 289578289
⎢ A = 361722361


Câu 5:
Ta có:
AN S AIN S AIN S IDM S S
= = = AIN . IDM =
.
NC S NIC S NIC S IBM S IBM S NIC
AI .IN ID.IM AI .ID
= =
.
IM .IB NI .IC IC.IB
ID IA
=
Mà: .Từ đó ta có đpcm.
IB IC




51
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 19:Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1999-2000)

Câu 1:

a-CMR: Với ∀n ∈ Ν thì: n5 và n có chữ số tận cùng giống nhau.

b-Phân tích số 2000 thành tổng các bình phương của 3 số nguyên dương.

Câu 2:

a-Tìm a để nghiệm của phương trình : x 4 + 2 x 2 + 2a.x + a 2 + 6a + 1 = 0 là nhỏ
nhất, lớn nhất.

b-Cho a ≥ 10, b ≥ 100, c ≥ 1000 .
1 1 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng: P = a + +b+ +c+ .
a b c
Câu 3:
⎧3 1
⎪ x = y + y + 3 (1)
2



⎪ 1
Giải hệ: ⎨ y 3 = z 2 + z + (2)
3

⎪3 1
⎪ z = x + x + 3 (3)
2


Câu 4: Cho tam giác ABC không cân ở A.Gọi M là trung điểm cạnh BC,D là hình chiếu
vuông góc của A trên BC,E và F lần lượt là các hình chiếu vuông góc của B và C
trên đường kính AA ' của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. CMR: M là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF.

Hướng dẫn giải:


Câu 1:
a-Bạn đọc tự giải.

b-Ta phải tìm các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 2000 .
Chú ý : Một số chính phương khi chia cho 4 sẽ dư 0 hoặc 1.
Mà 2000 4 nên suy ra x,y,z chẵn. Đặt x = 2 x1 , y = 2 y1 , z = 2 z1 .
Ta có: x12 + y12 + z12 = 500 .
Tương tự : x1 = 2 x2 , y1 = 2 y2 , z1 = 2 z2 , ta có: x22 + y22 + z22 =125.
Không giảm tính tổng quát ta giả sử: x ≥ y ≥ z hay x2 ≥ y2 ≥ z2 .
Suy ra: x2 < 125 < 3.x2 ⇒ 6 < x2 < 12 .Ta xét:
2 2


+)Với x2 = 7 thì y2 + z2 = 76 .Theo nhận xét trên : y2 , z2 chẵn và có:
2 2




52
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


y3 + z3 = 19 với y2 = y3 , z2 = z3 .Chú ý 19 chia cho 4 dư 3. Như vậy ,theo nhận xét trên
2 2


thì không thể tồn tại y3 , z3 thỏa mãn : y3 + z3 = 19 .
2 2


+) Với x2 = 8 thì y2 + z2 = 61 ⇒ y2 = 6, z2 = 5 ⇒ x = 32, y = 24, z = 20 .
2 2


+) Với x2 = 9 thì y2 + z2 = 44 .Lập luận tiếp như trong trường hợp x2 = 7 sẽ thấy không
2 2


tồn tại.
+) Với x2 = 10 thì y2 + z2 = 25 ⇒ y2 = 4, z2 = 3 ⇒ x = 40, y = 16, z = 12 .
2 2


+) Với x2 = 11 thì y2 + z2 = 4 ⇒ y2 = 2, z2 = 0 (Không thỏa mãn).
2 2


Vậy 2000 = 322 + 242 + 202 = 402 + 162 + 122 .

Câu 2:

a-Giả sử x0 là nghiệm của phương trình đã cho ,thế thì ta có:
x0 + 2 x0 + 2a.x0 + a 2 + 6a + 1 = 0 hay : a 2 + 2. ( x0 + 3) .a + x0 + 2.x0 + 1 = 0 (1)
4 2 4 2


-Vì phương trình (1) với ẩn là a luôn có nghiệm. Suy ra:
Δ ' = ( x0 + 3) − ( x0 + 2.x0 + 1) = ( x0 + 3) − ( x0 + 1) ≥ 0
2 2 2
4 2



⇔ ( − x0 + x0 + 2 ) . ( x0 + x0 + 4 ) ≥ 0
2 2


⇔ − x0 + x0 + 2 ≥ 0
2


⇔ −1 ≤ x0 ≤ 2 (2).

-Thay x 0 = −1 vào (1) và rút gọn được : a 2 + 4a + 4 = 0 hay a = −2 ; Thay x 0 = 2 vào (1)
rồi rút gọn : a 2 + 10a + 25 = 0 hay a = −5 .Do đó:

Từ (2) suy ra:Với a = −2 thì phương trình đã cho có nghiệm nhỏ nhất là -1 và với a = −5
thì phương trình đã cho có nghiệm lớn nhất là 2.

b-Ta có:
1 99a ⎛ a 1 ⎞ 99.10
1 99a a a 101
a+ = + += +⎜ + ⎟≥ + 2. = .
a 100 100 a 100 ⎝ 100 a ⎠ 100 100.a 10
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = 10.
1 9999b ⎛ b 1 ⎞ 9999.100
1 9999b b b 10001
b+ = + += +⎜ + ⎟≥ + 2. = .
b 10000 10000 b 10000 ⎝ 10000 b ⎠ 10000 10000.b 100
Đẳng thức xảy ra ⇔ b = 100.
1 999999c ⎛ 1⎞
1 999999c c c
c+ = + += +⎜ + ⎟≥
c 1000000 1000000 c 1000000 ⎝ 1000000 c ⎠
999999.1000 c 1000001
≥ + 2. =
1000000 1000000.c 1000
Đẳng thức xảy ra ⇔ c = 1000.




53
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


111
(Đạt được khi a = 10, b = 100, c = 1000 ).
Do đó mà Pmin= 1110
1000
*Nhận xét:Ngoài cách sử dụng kỹ thuật tách trong BĐT Cô-Si như trên,các bạn có thể
giải bằng cách xét tính đồng biến của hàm số.
⎧3 1
⎪ x = y + y + 3 (1)
2



⎪ 1
Câu 3:Xét hệ phương trình: ⎨ y 3 = z 2 + z + (2)
3

⎪3 1
⎪ z = x + x + 3 (3)
2


1 1
Ta thấy: y 2 + y + > y 2 + y + ≥ 0 nên từ (1) ⇒ x > 0 .Tương tự: y > 0, z > 0 .
3 4
Lấy (1) trừ (2) và biến đổi: ( x − y ) . ( x 2 + xy + y 2 ) = ( y − z ) . ( y + z + 1) (4) .

Vì x, y, z > 0 nên x 2 + xy + y 2 , y + z + 1 > 0 .Do đó từ (4) ta có:
Nếu x ≥ y thì y ≥ z .Suy ra x ≥ z (5).
Mặt khác từ (2) và (3) và từ y ≥ z suy ra z ≥ x (6).
Từ (5) và (6) suy ra: x = y = z .
1
Hệ đã cho trở thành : x 3 = x 2 + x +
3
1
Hay 4 x 3 = x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 ⇔ 3 4 .x = x + 1 ⇔ x = 3 .
4 −1
1
Vậy nghiệm của hệ đã cho là: x = y = z = 3 .
4 −1
Câu 4:

Vì D và F nhìn AC dưới một góc vuông nên D và F thuộc đường tròn đường kính
AC,nghĩa là tứ giác ACDF nội tiếp đường tròn.
Gọi H là trung điểm của AB thế thì
H là tâm đường tròn qua A,C,D,F.

Lại có:
A ' BC = A ' AC mà:
A ' AC = FDB ⇒ FDB = A' BC
nên : DF // BA ' ⇒ DF ⊥ AB nên MN ⊥ DF
mà ND = NF ⇒ MD = MF .

Xét hình thang BECF có M là trung điểm BC
⇒ M ∈ đường trung trực của EF.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Chú ý:Vì Δ ABC không cân nên Δ DEF không bị suy biến.


54
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 20:Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1998-1999)
Câu 1:

a-CMR: Nếu a và b là các số nguyên lẻ thì phương trình x 2 + ax + b = 0 không
có nghiệm nguyên.

b-CMR: Trong ba số nguyên liên tiếp 2 N − 1, 2 N , 2 N + 1 không có số nào là số
chính phương. Trong đó: N = 1.3.5...1999 .
⎛1 1 1⎞
Câu 2: Cho a,b,c ≠ 0 thỏa mãn : ( a + b + c ) . ⎜ + + ⎟ = 1.
⎝a b c⎠
Tính T với: T = ( a + b ) . ( b + c1975 ) . ( c1999 + a1999 ) .
1945 1945 1975




Câu 3: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn : abc = 1 . Tìm GTLN của biểu thức:
ab bc ca
P= 5 5 +5 5 +5 .
a + b + ab b + c + bc c + a 5 + ca

Câu 4: Cho đường tròn tâm O, bán kính R và đường thẳng (d) ở ngoài đường tròn. M là
một điểm di động trên (d). Từ M kẻ các tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (P
và Q là các tiếp điểm). N là giao điểm của PQ với OM.

a-CMR: OM.ON không đổi.

b-CMR: Chứng tỏ:Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc một đường
thẳng cố định.

c-Tìm quĩ tích điểm N.

Hướng dẫn giải:

Câu 1:

a-Giả sử phương trình: x 2 + ax + b = 0 với a, b là các số nguyên lẻ có nghiệm là x1 , x2 .
⎧ x + x = −a (1)
Theo định lý Vi-et: ⎨ 1 2
⎩ x1.x2 = b (2)

Vì b là số nguyên lẻ nên nếu x1 , x2 là các số nguyên thì từ (2) suy ra x1 , x2 đều
là các số nguyên lẻ. Do đó x1 + x2 là số nguyên chẵn ⇒ x1 + x2 ≠ a (Vô lý).
Tóm lại : Ta có điều phải chứng minh.

b-Ta thấy:
___
2 N 2 , 2 N 4 ⇒ 2 N không là số chính phương .
N 3 ⇒ 2 N − 1 ≡ 2(mod 3) nên 2 N − 1 không là số chính phương.


55
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Giả sử 2 N + 1 = k 2 ⇒ k lẻ.
2 N = k 2 − 1 = ( k − 1) . ( k + 1) 4.
⇒ N 2 (Vô lý).
Tóm lại: Ta có đpcm.

Câu 2:
⎛1 1 1⎞
Theo giả thiết: ( a + b + c ) . ⎜ + + ⎟ = 1 ⇔ (a + b).(b + c).(c + a ) = 0 .
⎝a b c⎠
Từ đó : T = 0 .

Câu 3: Dễ thấy : a 5 + b5 − a 3b 2 − b3 a 2 ≥ 0 nên: a 5 + b5 ≥ a 3b 2 + b3 a 2 .
ab ab 1 c
⇒5 ≤22 = = .
a + b + ab a .b .(a + b) + ab ab(a + b) + 1 a + b + c
5


Tương tự:
bc a ac b
≤ ≤
và 5 .
c + b + cb a + b + c c + a + ca a + b + c
5 5 5

Từ đó ta có đpcm.

Câu 4:
a-Dễ thấy : OM .ON = OP 2 = R 2 .
b-Hạ OH ⊥ (d), I là trung điểm OM,
G là giao điểm của OH với PQ.
Dễ thấy: I là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác MPQ.
Dễ thấy:I ∈ đường trung trực [OH].


Δ OMH :
c-Có Δ OGN
OG.OH = ON .OM = R 2
R2
⇒ OG = ⇒ G cố định.
OH
N thuộc đường tròn đường kính OG (trừ điểm O).




56
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 21:Thi Tổng Hợp (1991-1992)

Vòng 1:

Câu 1:
a+x + a−x
= b trong đó a,b>0;x là ẩn
1.Giải và biện luận phương trình:
a+x − a−x
số.

2.Cho phương trình: x 2 + ax + b + 1 = 0 trong đó a, b ∈ Ζ và b ≠ −1 .Chứng tỏ: Nếu
phương trình có hai nghiệm đều là những số nguyên thì a 2 + b 2 là hợp số.

Câu 2: Cho a,b,c là những số đôi một khác nhau và khác 0.
⎧a 3 x + a 2 y + az = 1

Giải hệ: ⎨b 3 x + b 2 y + bz = 1
⎪3 + 2 + =
⎩c x c y cz 1

Câu 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 7 x = 3.2 y + 1.

Câu 4:

a-Cho hình thang ABCD (AB // CD).
Gọi E là giao điểm của hai cạnh bên,
F là giao điểm của hai đường chéo.
CMR:Đường thẳng nối E,F đi qua
các trung điểm của đáy AB,CD.

b-Cho ABC . M, N, P lần lượt
là các điểm trên các cạnh BC, CA, AB.
Nối AM, BN, CP. CMR: Nếu diện tích của 4 tam giác bằng nhau (Các tam giác gạch
chéo) thì các diện tích của ba tứ giác không gạch chéo cũng bằng nhau.

Câu 5: Tồn tại hay không 1991 điểm trên mặt phẳng sao cho bất kỳ 3 điểm nối trong
chúng đều là đỉnh của một tam giác có một góc tù.

Hướng dẫn giải:

Câu 1:

a-VP dương ,vậy VT dương nên:
a + x > a − x ⇒ a + x > a − x .Vậy x > 0 .
Điều kiện : 0 < x ≤ a .




57
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


A− B C − D
AC
= =
Ta có tính chất: Nếu thì .Có:
A+ B C + D
BD
a+x + a−x a−x b −1
= b thì: =
a+x − a−x a+x b +1
a − x b +1− 2 b x 2b
⇒ = nên: = ≤ 1.
a + x b +1+ 2 b a b +1
2a b
thỏa mãn : 0 < x ≤ a với b ≥ 1 và
Vậy phương trình có một nghiệm x =
b +1
vô nghiệm nếu 0 < b < 1 .

b-Dễ thấy: a 2 + b 2 = ( x12 + 1) . ( x2 + 1) .Thật vậy:
2


⎧− a = x1 + x 2
Theo định lý Vi-et: ⎨
⎩b + 1 = x1 .x 2
trong đó x1 , x2 ∈ Ζ là nghiệm của phương trình đã cho.Có:
a 2 + b 2 = ( x1 + x2 ) + ( x1 x2 − 1) = ( x12 + 1) . ( x2 + 1) .
2 2 2


Do b ≠ −1 nên x1 x2 = b + 1 ≠ 0 .Lại có:
x12 + 1 > 1 và x2 + 1 > 1 .Từ đó ta có đpcm.
2


⎧1 1 1
− 2 z− y−x=0
⎪a 3
a
a

⎪1 1 1
Câu 2: Vì a, b, c ≠ 0 nên viết lại hệ phương trình như sau: ⎨ 3 − 2 z − y − x = 0
b
⎪b b
⎪1 1 1
⎪c3 − c 2 z − c y − x = 0

Xét đa thức:
⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞
P ( X ) = X 3 − zX 2 − yX − x . Theo hệ trên ta thấy: P⎜ ⎟ = 0, P⎜ ⎟ = 0, P⎜ ⎟ = 0 .
⎝a⎠ ⎝b⎠ ⎝c⎠
111
Vậy đa thức có ba nghiệm đôi một khác nhau , , ; nên theo định lý Vi-et:
abc
⎧X1 + X 2 + X 3 = z

⎨ X 1 X 2 + X 2 X 3 + X 3 X 1 = − y trong đó X 1 , X 2 , X 3 là các nghiệm của P ( X ) .
⎪X X X = x
⎩123
⎧ 1
⎪ x = abc

a+b+c

Vậy: ⎨ y = −
abc

ab + bc + ca

⎪z = abc



58
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 3:

-Nếu x lẻ : 7 x ≡ 3(mod 4) . Suy ra: 3.2 y + 1 ≡ 3(mod 4) nên:
3.2 y ≡ 2(mod 4) ⇒ y = 1, x = 1.
-Nếu x chẵn : 7 x ≡ 1(mod 4) .Đặt x = 2k .
Có : 7 2 k − 1 = 3.2 y hay : ( 7 k − 1) . ( 7 k + 1) = 3.2 y .
Thấy: 7 k + 1 ≡ 2(mod 3) nên: 7 k + 1 = 2m (m ∈ Ν ) lúc đó: 7 k − 1 = 2m − 2 .
Vậy: ( 2m − 2 ) .2m = 3.2 y ⇒ ( 2m −1 − 1) .2m +1 = 3.2 y
Thấy : 2m −1 − 1 lẻ ⇒ 2m −1 − 1 = 3 ⇒ m = 3 ⇒ x = 2 ⇒ y = 4 .
Vậy : x = 1, y = 1 hoặc x = 2, y = 4 .

Câu 4:

a-EF cắt AB,DC tại I , F ' '.Dựng đường thẳng qua F và song song với AB cắt AD,BC tại
M,N.
Trong Δ ADC và Δ BDC có:
MF AF NF BF
= =
và:
DC AC DC BD
AF BF
=
mà: nên MF=FN.
AC BD

Trong EDF ' và ECF ' có:
MF EF FN
= = ' ⇒ DF ' = F ' C .
' '
DF EF FC
Tương tự : AI = IB .

b-AM, BN, CP cắt nhau tại I, J, K như hình vẽ. CI cắt NK ở L. Có:
S ANI = S IJK ⇒ S NAJ = S KAJ
⇒ NK // AJ .
Theo phần a) CI cắt NK tại
trung điểm L của NK. Có:
S NIC = S KIC , S ACI = SCIM
⇒ AI = IM .
⇒ S AIB = S BIM ⇒ S APJI = S BJKM
Tương tự ta có đpcm.




59
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 5:

Trên nửa đường tròn đường kính AB (trừ điểm A,B) ta lấy tùy 1991 điểm A1, A2, A3,...,
A1991 .Tập hợp 1991 điểm này luôn có ba điểm một không thẳng hàng nên chúng là đỉnh
của một tam giác có : Ai Aj Ak (1 ≤ i < j < k ≤ 1991) chắn cung lớn hơn nửa đường tròn
,vậy Ai Aj Ak tù.Vậy tồn tại tập hợp điểm thỏa mãn bài ra.




60
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 22:Thi Tổng Hợp (1991-1992)

Vòng 2:

Câu 1:
a-Rút gọn biểu thức: A = 3 2 3 − 4 2 . 6 44 + 16 6 .

b-Phân tích biểu thức: P = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) thành nhân tử.
5 5 5




Câu 2:
α β γ
a-Cho a, b, c, α , β , γ thỏa mãn: a + b + c = 0 và α + β + γ = 0 và: + + = 0.
a b c
Hãy tính: A = α .a 2 + β .b 2 + γ .c 2 .

b-Cho a, b, c, d ≥ 0 và a, b, c, d ≤ 1 1.CMR: 0 ≤ a + b + c + d − ab − bc − cd − da ≤ 2 .

Câu 3: Cho trước a và d là những số nguyên dương. Xét tất cả các số có dạng:
a, a + d , a + 2d ,..., a + nd ,... CMR: Trong các số đó có ít nhất một số mà 4 chữ số
đầu tiên của nó là 1991.

Câu 4: Trong một cuộc hội thảo khoa học có 100 người tham dự.Giả sử mỗi người đều
quen biết với ít nhất 67 người. CMR: Có thể tìm được một nhóm 4 người mà bất
kỳ 2 người trong nhóm đều quen biết nhau.

Câu 5:

a-Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm M nằm trong hình vuông:
MAB = MBA = 150 .CMR: Δ MCD đều.

b-Hãy xây dựng một tập hợp có 8 điểm mà: Đường trung trực của đoạn nối hai
điểm bất kỳ luôn đi qua ít nhất hai điểm của tập hợp đó.

Hướng dẫn giải:

Câu 1:
( )
2
a-Đáp số: A = 3 2 3 − 4 2 .6 2 3 + 4 2 = −3 20 .
b-Xét P ( x, y, z ) = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) .
5 5 5


Thấy P ( y, y, z ) = P ( x, z , z ) = P ( x, y, x ) = 0.
Nên: P ( x, y, z ) = ( x − y ) . ( y − z ) . ( z − x ) . ⎡ A. ( x 2 + y 2 + z 2 ) + B. ( xy + yz + zx ) ⎤
⎣ ⎦
Cho x = 0, y = 1, z = −1 có: −1.2.1. ⎡ A.2 + B. ( −1) ⎤ = −1 + 25 − 1 ⇒ 2 A − B = 15 (1) .
⎣ ⎦


61
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Cho x = 0, y = 1, z = 2 có: −1.1.2.[ A.5 + B.2] = −1 + ( −1) + 25 ⇒ 5 A + 2 B = 15 (2) .
Từ đó giải hệ (1)&(2) được: A = 5, B = −5 .
Nên: P = 5. ( x − y ) . ( y − z ) . ( z − x ) . ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) .

Câu 2:

a-Có: (a + b + c )(aα + bβ + cγ ) = 0
⇒ αa 2 + βb 2 + γc 2 + ab(α + β ) + bc(β + γ ) + ca(γ + α ) = 0
⇒ αa 2 + βb 2 + γc 2 − abγ − bcα − caβ = 0
⎛γ α β ⎞
⇒ αa 2 + βb 2 + γc 2 − abc⎜ + + ⎟ = 0
⎝c a b⎠
⇒ αa + βb + γc = 0.
2 2 2




b-Có: a + b + c + d − ab − bc − cd − da = a. (1 − b ) + b. (1 − c ) + c. (1 − d ) + d . (1 − a ) ≥ 0
⎧(1 − a ) . (1 − b ) ≥ 0 ⇒ a + b − ab ≤ 1

Lại có: ⎨
⎪(1 − c ) . (1 − d ) ≥ 0 ⇒ c + d − cd ≤ 1

Nên:
a + b + c + d − ab − bc − cd − da ≤ a + b + c + d − ab − cd =
= ( a + b − ab ) + ( c + d − cd ) ≤ 1 + 1 = 2.
Ta có đpcm.

Câu 3:
a,d cho trước, a + d là số tự nhiên, viết trong hệ thập phân có k chữ số:
10k −1 ≤ a + d ≤ 10k hay:
1 a d a d
≤ k + k ≤ 1 ⇒ k , k < 1.
10 10 10 10 10
Do đó sẽ tồn tại số n trong tập tự nhiên thỏa mãn:
a d
1991 ≤ k + n. k < 1992 .
10 10
Lúc đó: 1991.10k ≤ a + n.d ≤ 1992.10k .
Vậy 4 chữ số đầu tiên của a + n.d là 1991 (đpcm).

Câu 4: Ta chú ý rằng nếu có hai người A & B quen nhau chẳng hạn.Thế thì:
Số người quen chung của A & B ít nhất là 34 ( = 67 + 67 − 100 ) người.Gọi M là tập hợp
các người quen chung của A & B. Trong đó M phải có ít nhất cặp C&D quen nhau .Vì
nếu trong M chẳng có ai quen nhau thì mỗi người trong M chỉ quen nhiều nhất là
100 − 34 = 66 < 67 người (trái giả thiết).Vậy có ít nhất một nhóm 4 người (A,B,C,D) mà
bất kỳ hai người trong nhóm đó đều quen biết nhau (đpcm).




62
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 5:
a-Dựng tam giác đều ABE.(E nằm ngoài hình vuông).
ADM = AEM ⇒ DM = EM .
BCM = BEM ⇒ CM = EM .
⇒ CM = DM .
Dễ thấy AEM cân ở E nên:
EA = EM ⇒ EM = AB .
Từ đó suy ra đpcm.

b-Dựa vào phần a) ta có tập
hợp 8 điểm A,B,C,D,M,N,P,Q
thỏa mãn bài ra.




63
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 23:Thi Tổng Hợp (1992-1993)
Chuyên Lý-Hóa:

Câu 1:
⎪(x + y ) . y = 2
⎧ 2

a-Giải hệ ⎨
( )
⎪(x + y ). x 2 − xy + y 2 = 1

( ) 1
b-Cho x, y > 0 : x + y = 1 . CMR: 8. x 4 + y 4 + ≥ 5.
xy
Câu 2:
Giả sử m là một tham số để cho phương trình: ( x − 1) . ( x − 2 ) . ( x − 3) . ( x − 4 ) = m
có bốn nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 đều khác 0. Hãy tính giá trị của biểu thức sau theo m:
1 1 1 1
P= + + +.
x1 x 2 x3 x 4

Câu 3: Cho ABC : BC = a, CA = b, AB = c . AD là phân giác trong của A ( D ∈ BC ).
a-CMR: AD 2 = AB. AC − DB.DC
b-Tính AD theo a,b,c.

Câu 4: Cho ABC có AM, BN là các đường trung tuyến xuất phát từ A,B; AD,BI là các
đường phân giác xuất phát từ A và B. Chứng tỏ: Nếu A > B thì:
a) AM < BN .
b) AD < BI .

Câu 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 xy + x + y = 83.

Hướng dẫn giải:

Câu 1:
⎧y3 = 2

a-Nếu x = 0 thì ⎨ 2 (vô lý)
⎪ y. y = 1

Vậy nên x ≠ 0 . Đặt y = t.x .Ta có:
⎧(x + tx )2 .tx = 2 (1 + t )2 .t = 2 ( t ≠ −1 ).



( )
( ) (1 + t ) 1 − t + t 2 1
⎪(x + tx ). x 2 − tx 2 + t 2 x 2 = 1

⎡t = 1
⇒ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇒ ⎢
⎣t = 2
1 1
+)Nếu t = 1 ⇒ y = x ⇒ 4 x 3 = 2 ⇒ x = 3 ⇒ y = 3
2 2
1 2
+)Nếu t = 2 ⇒ y = 2 x ⇒ 18 x 3 = 2 ⇒ x = 3 ⇒ y = 3
9 9



64
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm như trên.
b-Có:
4
x4 + y4 ⎛ x + y ⎞
( )
1
≥⎜ ⎟= ⇒ 8 x 4 + y 4 ≥ 1 (1).
2 ⎝2⎠ 16
2
⎛x+ y⎞ 1 1
Lại có: xy ≤ ⎜ ⎟= ⇒ ≥ 4 (2).
⎝2⎠ 4 xy
Cộng (1)&(2) theo vế ta được đpcm.
1
Đẳng thức xảy ra khi x = y = .
2

Câu 2: Có: ( x − 1) . ( x − 2 ) . ( x − 3) . ( x − 4 ) = m (1)
⇔ ( x 2 − 5 x + 4 ) . ( x 2 − 5 x + 6 ) = m.
Đặt x 2 − 5 x + 4 = y , (1) sẽ trở thành: y. ( y + 2 ) = m ⇔ y 2 + 2 y − m = 0 (2) .

Để (1) có bốn nghiệm thì (2) phải có hai nghiệm y1 , y2 thích hợp.Có:
Δ ' = 1 + m > 0 ⇔ m > −1 .

Lại có: y1 + y2 = −2 và y1. y2 = −m .
Do vai trò của x1 , x2 , x3 , x4 trong P như nhau , nên có thể coi x1 , x2 là nghiệm
của phương trình: x 2 − 5 x + 4 = y1 ,và x3 , x4 là nghiệm của phương trình: x 2 − 5 x + 4 = y2
Có:
x 2 − 5 x + 4 − y1 = 0 , x 2 − 5 x + 4 − y2 = 0 và x1 + x2 = 5 , x1 x2 = 4 − y1 , và: x3 + x4 = 5
x1 x2 = 4 − y2 .Nên:
x + x 2 x3 + x 4
1 1 1 1 5 5 50
P= + ++ =1 + = + = .
4 − y1 4 − y 2 24 − m
x1 x 2 x3 x 4 x1 .x 2 x 3 .x 4

Câu 3:
a-Ta có:
c AD
Δ ABD Δ AA1C nên: = ⇒ bc = AD. AA1 .
AA1 b
(AD cắt đường tròn ngoại tiếp Δ ABC tại A1)
Có:
AD.DA1 = DB.DC ⇔ AD. ( AA1 − AD ) = DB.DC hay:
AD. AA1 − AD 2 = DB.DC ⇒ bc − AD 2 = DB.DC ⇒ AD 2 = AB. AC − DB.DC
DB DC DB + DC a
= = =
b-Có: nên:
b+c b+c
c b
⎡ a2 ⎤
a 2 bc
DB.DC = .Từ đó: AD 2 = bc ⎢1 − .
(b + C )2 ⎥
(b + c )2 ⎣ ⎦



65
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 4:
a) A
⎧2 a2
2m a = b 2 + c 2 −

⎪ 2
Chú ý: ⎨ 2
⎪2 m 2 = a 2 + c 2 − b
⎪b
⎩ 2
Do A > B nên a > b .
So sánh vế phải của hai đẳng thức :
B C
ma2 < mb2 ⇒ AM < BN . D
b)
⎧2 ⎡ a2 ⎤
⎪d a = bc ⎢1 − 2⎥ A1
⎣ (b + c ) ⎦

Theo bài 3: ⎨
⎡ b2 ⎤
⎪2
⎪d b = ca ⎢1 − (c + a )2 ⎥
⎣ ⎦

Từ đó ⇒ d a < d b ⇒ AD < BI .
2 2


Câu 5: Từ 2 xy + x + y = 83 ⇒ ( 2 x + 1) . ( 2 y + 1) = 167.
Từ đó: ( x, y ) là ( 83;0 ) , ( 0;83) , ( −1; −84 ) ; ( −84; −1) .




66
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 24:Thi Tổng Hợp (1992-1993)

Vòng 1:

Câu 1:
a-Giải phương trình: x + 2 + 3 2 x − 5 + x − 2 − 2 x − 5 = 2 2 .
⎧2
⎪ xy − 2 y + 3x = 0
2

b-Giải hệ: ⎨ 2
⎪ y + x 2 y + 2x = 0


Câu 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm (m,n) để phương trình:
x 2 − mnx + m + n = 0 có nghiệm nguyên.

Câu 3: Cho ABC có diện tích S. Trên các cạnh AB,BC,CA lấy C ', A ', B ' thỏa mãn:
AC ' = C ' B, 2.BA ' = A ' C ,3.B ' C = AB ' . Giả sử AA ' cắt B ' B ở M, C ' C cắt B ' B ở
N, C ' C cắt AA ' ở P. Tính diện tích MNP theo S.

Câu 4: Cho ABC nội tiếp trong một đường tròn. Lấy D trên cung BC (không chứa A)
của đường tròn đó. Hạ DH vuông góc với BC, DI vuông góc với CA, DK vuông
BC AC AB
= +
góc với AB. CMR: .
DH DI DK
Câu 5: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( m, n ) sao cho 2m + 1 chia hết cho n và
2n + 1 chia hết cho m.



Hướng dẫn giải :

Câu 1:
⎧2 x − 5 ≥ 0

a-Điều kiện : ⎨ x − 2 − 2 x − 5 ≥ 0 (I)

⎩x + 2 + 3 2x − 5 ≥ 0
x + 2 + 3 2x − 5 + x − 2 − 2x − 5 = 2 2
Có:
⇔ 2x + 4 + 6 2x − 5 + 2x − 4 − 2 2x − 5 = 4
⇔ 2x − 5 + 3 + 1 − 2x − 5 = 4

2x − 5 + 3 + 1 − 2x − 5 ≥ 2x − 5 + 3 + 1 − 2x − 5 = 4 .
Có:

( )( ) 5
Đẳng thức xảy ra ⇔ 2x − 5 + 3 1 − 2x − 5 ≥ 0 ⇔ 3 ≥ x ≥ (thỏa mãn (I)).
2
⎡5 ⎤
Vậy nghiệm của phương trình : x ∈ ⎢ ;3⎥ .
⎣2 ⎦


67
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎧ xy 2 − 2 y + 3x 2 = 0 (1)

b-Có: ⎨ 2
⎪ y + x y + 2 x = 0 (2)
2

-Nếu x = 0 ⇒ y = 0.
-Nếu x ≠ 0 ⇒ y ≠ 0 . Nhân (2) với x rồi trừ (1) theo vế ta có:
( )
x 3 y + 2 x 2 + 2 y − 3x 2 = 0 ⇔ x 3 + 2 y = x 2 ⇒ x 3 + 2 ≠ 0 nên :
2
x 8
y= thay vào (2) ta có: 3x 6 + 11x 3 + 8 = 0 ⇒ x 3 = −1, x 3 = − .
x +2
3
3

Vậy hệ phương trình có ba nghiệm:
2
x1 = −1, y1 = 1; x 2 = − 3 , y 2 = 4; x3 = 0, y 3 = 0 .
3

Câu 2: Theo bài ra: Nếu x1 , x2 là nghiệm của phương trình.Theo định lý Viet ta
⎧ x + x 2 = mn
có: ⎨ 1
⎩ x1 x 2 = m + n
⇒ Nếu x1 nguyên (hoặc x2 ) thì nghiệm còn lại cũng nguyên.
Do m, n ≥ 0 ⇒ x1 , x2 ≥ 0 .
-Nếu một trong bốn số x1 , x2 , m, n bằng 0 thì cả bốn số đều bằng 0.
Ta có cặp ( 0, 0 ) .
-Ta tìm cặp m ≠ 0, n ≠ 0 . Khi đó: m, n ≥ 1 .

Nên: ( x1 − 1) . ( x2 − 1) = − ( m − 1) . ( n − 1) + 2 ≤ 2 .

Từ đó: m = n = 2 hoặc m = 5, n = 1 hoặc m = n = 3 hoặc m = 1, n = 5 .

Câu 3: Kẻ AA '// C ' C , ta có:
A

BA ' BA1 A ' A1 1 CP ' AC ' AC ' 3
= và: ' = = =.
= = C1
A A1 A1 A AC ' + 2 AC ' 5
' '
BC BC 3
CC C'
P
3 B'
A1
M
N
C
B
C ' P C ' P A ' A1 3 1 1 S
PC 4 4
='. =.=⇒ = ⇒ APC =
Ta có: A'
' ' '
53 5 5 S AC 'C 5
CC A A1 CC CC

41 2S
nên S APC = . .S =
52 5

1 3
Tương tự : S BNC = S , S AMB = S .
5 10


68
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


1
Từ đó: S AMB = S.
10



Câu 4: Lấy cung CE = BA . DE cắt BC tại F.Có:

ADC và DFC
BDF DBA

Hai tam giác đồng dạng có các cạnh

và đường cao tương ứng tỉ lệ , nên:

AC BF AB FC
= =
;
DI DH DK DH
.
AC AB BF + FC BC
⇒ + = =
DI DK DH DH

⎧2 m + 1 n
⇒ m, n lẻ. Giả sử n ≤ m ⇒ 2n + 1 ≤ 3m .Ta xét:
Câu 5: Có: ⎨
⎩2 n + 1 m

⎡n = 1, m = 3
+) 2n + 1 = m thì do n \ 2m + 1 = 2. ( 2n + 1) + 1 ⇒ n \ 3 ⇒ ⎢
⎣n = 3, m = 7

+) 2n + 1 = 3m thì do 3m = 2n + 1 ≤ 2m + 1 ⇒ m = 1 ⇒ n = 1 .

Vậy ta có 5 cặp số nguyên dương: (1,1) ; (1,3) ; ( 3, 7 ) ; ( 3,1) ; ( 7,3) .




69
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 25:Thi Tổng Hợp (1992-1993)

Vòng 2:

Câu 1:
a-Tìm tất cả các số nguyên n để: n 4 + 2n3 + 2n 2 + n + 7 là số chính phương.

1 1 1
b-Cho a, b, c > 0 và a + b + c ≤ 1 . CMR: +2 +2 ≥ 9.
a + 2bc b + 2ca c + 2ab
2




() 1945
Câu 2: Cho a là tổng các chữ số của số 2 9 và b là tổng các chữ số của a.

Tìm tổng các chữ số của b.

Câu 3: Cho ABC . Giả sử đường phân giác trong và ngoài của góc A cắt BC tại D, K

tương ứng. CMR: Nếu AD = AK thì AB 2 + AC 2 = 4 R 2 ,trong đó R là bán kính

đường tròn ngoại tiếp ABC .

Câu 4: Trong mặt phẳng kẻ 1992 đường thẳng sao cho không có hai đường nào song

song và không có ba đường nào đồng qui. Tam giác tạo bởi ba đường thẳng trong

số các đường thẳng đã cho gọi là "tam giác xanh" nếu nó không bị đường nào

trong số các đường còn lại cắt.

a-CMR: Số tam giác xanh không ít hơn 664.

b-CMR: Số tam giác xanh không ít hơn 1328.

Câu 5:Có 41 thành phố được nối với nhau bằng các đường chỉ đi được một chiều.Biết từ

mỗi thành phố có đúng 16 đường đến các thành phố khác và có đúng 16 đường từ

các thành phố khác tới nó.Giữa hai thành phố bất kỳ không có quá một con đường

của mạng lưới trên. CMR: Từ một thành phố bất kỳ A đều có thể đi đến một

thành phố bất kỳ B mà chỉ đi qua nhiều nhất hai thành phố trung gian.


Hướng dẫn giải :




70
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 1:


a-Đặt y 2 = n 4 + 2n3 + 2n 2 + n + 7 = ( n 2 + n + 1) − ( n 2 + n + 6 ) .
2




2
⎛ 1⎞ 3
hay: y = ( n + n ) + ⎜ n + ⎟ + 6.
2
2 2

2⎠ 4

hay: y 2 = ( n 2 + n + 2 ) − 3. ( n 2 + n − 1)
2



Khi n = 0 hoặc n = −1 thì y 2 = 7 không phải là số chính phương.
Vậy n ≠ 0; −1 . Lúc đó: n 2 + n − 1 = ( n − 1) . ( n + 1) + n và −3. ( n 2 + n − 1) < 0 .
Ta có: ( n 2 + n ) < y 2 < ( n 2 + n + 2 )
2 2



Suy ra:
⎡n = 2
y 2 = ( n 2 + n + 1) lúc đó n 2 + n − 6 = 0 ⇒ ⎢
2

⎣ n = −3

b-Bạn đọc tự giải.

Câu 2: Vì 23 ≡ −1 (mod 9) ⇒ ( 23 )
3.1945
≡ −1 (mod 9) .


Vậy ( 29 )
1945
≡ 8 (mod 9) .
Ký hiệu S (m) là tổng các chữ số của m .
⇒ S (a), S (b) chia cho 9 cũng dư 8.
⎧217420 < 10 40.134

Có: 213 = 8192 < 104 ⇒ 2130 < 1040 nên: ⎨(213 ) < 10 24
⎪ 6


⎪2 7 < 10 3


Vậy : (2 9 ) = 217420+13.6+ 7 < 10 5391 ⇒ (2 9 )
1945 1945
có không quá 5391 chữ số. Lại có:

) ≤ 5391.9 = 48519
(
a = S ( 29 )
1945



b = S ( a ) ≤ 3 + 9 + 9 + 9 + 9 = 39
c = S (b) ≤ 12
⇒ S (b) = 8 .




71
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 3:

Δ ADK vuông cân ở A.Gọi AI là đường cao.
⎧ A2 + CAI = 450

Có: ⎨
⎪ A1 + ABD = ADK = 45
0

nên : CAI = ABD ⇒ AI tiếp xúc với (O)
ngoại tiếp Δ ABC.
⇒ OA ⊥ AI ⇒ OA // BC . OA cắt (O) tại A1
(A1 ≠ A). Có AC = A1B và:
AB 2 + AC 2 = AB 2 + A1 B 2 = 4 R 2 .


Câu 4: Gọi P ( k ) là số "tam giác xanh" tạo ra do k đường thẳng . Ta có P ( 3) = 1 .
Xét k + 1 đường thẳng như vậy. Trong đó phải có ít nhất 1 đường thẳng d mà giao điểm
của k + 1 đường thẳng ở cùng một nửa mặt phẳng có bờ là d. Xét các giao điểm không ở
trên d, ắt phải có một giao điểm gần d nhất.Chính điểm này là đỉnh của một "tam giác
xanh" (Các "tam giác xanh" cũ vẫn giữ nguyên).Vậy P ( k + 1) ≥ P ( k ) .
P (3) = 1 ⎫
P (4) ≥ P(3) + 1 ⎪ ⎪
⎬ ⇒ P ( n) ≥ n − 2 .
Có:
..... ⎪
P (n) ≥ P (n − 1) + 1⎪

Vậy ta có kết luận mạnh hơn ở cả hai câu a&b: Số "tam giác xanh" không ít hơn
1992 − 2 = 1990 .

Câu 5:




Từ A có đúng 16 đường đi ra. Nếu có một đường tới B ⇒ đpcm.

Nếu không thì từ A có 16 đường đi tới 16 thành phố trong tập M.

Nếu trong M có một đường đi tới B ⇒ đpcm.Nếu không thì:




72
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Gọi N là tập hợp 16 thành phố có đường tới B. Nếu trong M có một thành phố tới
N ⇒ đpcm.
Nếu không có thì:

Trong M : 16 thành phố có 16 × 16 = 256 đường đi đến các thành phố trong M và P (P tức
là tập hợp 41 − 2 − 16 − 16 = 7 thành phố còn lại).

Số các đường đi ra của các thành phố trong M đến một thành phố khác trong M nhiều
nhất là: 15 + 14 + ... + 2 + 1 = 120 .

Số các đường đi ra từ các thành phần của M đến các thành phố của P nhiều nhất là:
16 × 7 = 112 . Vậy: 256 ≤ 120 + 112 (Vô lý).

Tóm lại ta có đpcm.
Chú ý:Có thể thay dữ kiện có 41 thành phố thành 42 thành phố cũng được.




73
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 26:Thi Sư Phạm I(1998-1999)

Vòng 1:

Câu 1:
1-Cho ab ≠ 0, a + b ≠ 0 .CMR:
1 1 1 11 1
+ 2+ =+−
a) .
(a + b ) a b a + b
2 2
a b
a 2b 2 ab
b) a + b + = a+b− .
(a + b ) a+b
2


2-Sử dụng kết quả trên tính: x = 1 + 99...9 2 + 0, 999..9 2 với n ≥ 2 .
n n
3
4x
Câu 2: CMR: x + > 3 với ∀x > 1 .
(x − 1)(x + 1)3
.
( )
7
Câu 3: Tìm số nguyên lớn nhất không vượt quá : 4 + 15 .

⎧ x 2 + 4 yz + 2 z = 0

Câu 4: Giải hệ: ⎨ x + 2 xy + 2 z 2 = 0
⎪2 + 2 + + 1 = 0
⎩ xz y y

Câu 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).Đường thẳng BD và các tiếp tuyến với
(O) tại A,C đồng qui tại S.Gọi I là giao điểm của AC và BD.
CMR:
a) AC.DC = AD.BC
SB IB AB.CB
= =
b) .
SD ID AD.CD

Hướng dẫn giải :

Câu 1:
1.
a) Có:
11 1 11 1
+ 2+ =+−
a b (a + b) a b a+b
2
2


11 1 11 1 2 2 2
⇔ + 2+ = 2+ 2+ + − −
a b ( a + b ) ab a ( a + b ) b ( a + b )
a b (a + b) 2 2
2


2 2 2
⇔ − − = 0 ⇔ 2(a + b) − 2b − 2a = 0
ab a (a + b) b(a + b)
Ta có đpcm.


74
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


a 2b 2 ab
a+b+ = a+b−
b) Có:
(a + b ) a+b
2


2(a + b)ab
a 2b 2 a 2b 2
⇔ a +b + = a +b + − + 2ab ⇔ 0 = 0 (hiển nhiên).
2 2 2 2

(a + b ) (a + b ) a+b
2 2


2.Với a = 1 và b = 999...9 (n chữ số 9) thì a + b = 10n và:
n c/s 9

1
ab = 0, 999...9; ab = 99...9 . Suy ra:
a+b n n

a 2b 2 ab
⇒ x = a+b+ = a+b− = 999...9, 00...01 .
(a + b ) a+b
2
n −1
n



Câu 2: Có:
x2 −1 x +1 x +1
4x 3 4x 3
x+ = + + + − 1 ≥ 44 1 − 1 = 3 .
(x − 1)(x + 1) 2 x ( x − 1)( x + 1)3
3
x 2x
x2 −1 x +1
= = 1 vô nghiệm.
Đẳng thức không xảy ra vì phương trình :
x 2x
Tóm lại ta có đpcm.

Câu 3: Ta có : x1 = 4 − 15 , x 2 = 4 + 15 là hai nghiệm của phương trình: x 2 − 8 x + 1 = 0
Ta có: x1 x 2 = 1, x1 + x 2 = 8 và x12 = 8 x1 − 1, x 2 = 8 x 2 − 1
2


⇒ x1n, + 2 = 8 x1n, +1 − x1n, 2 ⇒ S n + 2 = 8S n +1 − S n (với S k = x1k + x 2 ).
k
2 2

Từ đó:
( ) 7
x17 + x 2 = S 7 = 1874888 ⇒ x 2 = 4 + 15 = 1874888 − x17 mà 0 < x1 < 1 nên:
7 7



( 15 ) ( )
< 1874888 ⇒ ⎡ 4 + 15 ⎤ = 1874887 .
7 7
0 < x17 < 1 ⇒ 1874887 < 4 +
⎢ ⎥
⎣ ⎦
Chú ý : Kí hiệu x1k, 2 = x1k + x 2 .
k




Câu 4:
Có: 2 xz + y 2 + y + 1 = 0 ⇒ xz ≠ 0 .
Mà :
x 2 + 4 yz + 2 z = 0 ⇒ 2 z. (1 + 2 y ) = − x 2
x + 2 xy + 2 z 2 = 0 ⇒ x. ( 2 y + 1) = −2 z 2
⇒ 2 xz. (1 + 2 y ) = 2 x 2 .z 2 > 0 (1)
2


Lại có: 2 xz + y 2 + y + 1 = 0 ⇒ 2 xz = − ( y 2 + y + 1) < 0 (2) .
Thấy (1) & (2) mâu thuẫn với nhau ⇒ Hệ đã cho vô nghiệm.




75
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 5:
SA AB SB
= =
a). SAB SDA nên: (1)
SD DA SA
SC CB SB
= =
SCB SDC nên: (2)
SD DC SC
AB CB
=
Do SC = SA , từ (1) & (2) :
DA DC
nên : AB.CD = AD.CB
SB SB.SC AB.CB
= =
b)Từ (1) & (2) ta có: .
SD SD.SA AD.CD
Tương tự như trên ta có:
IAB IDC và ICB IDA
IB AB.CB
=
Suy ra được : .
ID AD.CD
Ta có đpcm.




76
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 27:Thi Sư Phạm I(1998-1999)

Vòng 2:

Câu 1: Cho x, y, z , t ∈ [ 0;1) và thỏa mãn: xyzt = (1 − x ) . (1 − y ) . (1 − z ) . (1 − t ) .
CMR: x. (1 − t ) + t. (1 − z ) + z. (1 − y ) + y. (1 − x ) ≥ 1 .

Câu 2: Tìm các số nguyên dương n sao cho số S n = 1.2.3...7 + n. ( n + 1) ... ( n + 7 ) có thể
viết dưới dạng tổng các bình phương của hai số nguyên dương.

(x + 1)
3

( )
2
Câu 3: Giải bất phương trình: x + x + 1 + x x − x + 1 ≤
4 2 2
.
x

Câu 4: Cho ABC cân ở B, cạnh bên AB lớn hơn cạnh đáy AC, biết diện tích ABC là
1(đvdt). CMR : Ta có thể đặt lọt ABC vào một miền tam giác vuông có diện
tích ≤ 3 .

Câu 5: Cho hình chữ nhật ABCD và điểm M nằm trong hình chữ nhật.
1.CMR: MA + MB + MC + MD ≤ AB + AC + AD .
2.Tìm tất cả các vị trí của M để : MA.MC ≤ MB.MD .

Hướng dẫn giải :

Câu 1: Theo giả thiết: xyzt = (1 − x ) . (1 − y ) . (1 − z ) . (1 − t ) (1).
Có: x. (1 − t ) + t. (1 − z ) + z. (1 − y ) + y. (1 − x ) ≥ 1 ⇔ (1 − x − z ) . (1 − y − t ) ≤ 0 (2) .
⎡⎧ xz ≥ (1 − x )(1 − z ) ⎡⎧0 ≥ 1 − x − z
.
⎢⎨ ⎢⎨
⎩ yt ≤ (1 − y )(1 − t ) ⎢⎩0 ≤ 1 − y − t ⇒ (2) luôn đúng.
.
Từ (1) suy ra: ⎢ ⇔
⎢⎧ xz ≤ (1 − x )(1 − z ) ⎢⎧0 ≤ 1 − x − z
.
⎢⎨ ⎢⎨
⎢⎩ yt ≥ (1 − y )(1 − t ) ⎢⎩0 ≥ 1 − y − t
.
⎣ ⎣
Vậy ta có đpcm.


Câu 2: Giả sử S n = a 2 + b 2 với a, b ∈ Ν* .
Dễ thấy: n. ( n + 1) ... ( n + 7 ) 64 ⇒ S n 4 ⇒ a, b chẵn ⇒ a = 2a1 , b = 2b1 .
Đặt: n. ( n + 1) ... ( n + 7 ) = 64k . Có:
a12 + b12 = 2.3.5.6.7 + 16k 4 ⇒ a1 = 2a2 , b1 = 2b2 .Có:
a2 + b22 = 9.5.7 + 4k ≡ 3 (mod 4) (Điều này không thể xảy ra).
2


Vậy không tồn tại n thỏa mãn bài ra.




77
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 3: Điều kiện: x > 0 .
x( x 2 + 1) và biến đổi để BPT trở thành:
Chia cả hai vế của BPT cho
1 1 1 1
x+ − + 1− ≤ x+ (1).
1 1
x x
x+ x+
x x
1
Đặt : x + =t ≥ 2.
x
1 1 1 1
Khi đó (1) trở thành: t − + 1 − ≤ t ⇔ 1 − ≤ t − t − .
t t t t
Do cả hai vế đều dương nên:
1 1 1
⇔ 1 − ≤ t 2 + t − − 2t. t −
t t t
2
⎛ 1⎞
1 1
⇔ ≤ t + 1 − 2 t − ⇔ 0 ≤ ⎜ t − − 1⎟
⎜ ⎟
t t t
⎝ ⎠
Điều này luôn đúng với ∀t ≥ 2.
Vậy: BPT đã cho có nghiệm với ∀x > 0.


Câu 4: Gọi O là trung điểm AB = 2a .
Vẽ nửa đường tròn (O) bán kính R = OC
có đường kính DE nằm trên đường thẳng AB.
Do ACB < 900 ACB < 900 ⇒ ACB < DCE
⇒ AB < DE (Vì OC > OA ).
⇒ ABC nằm hoàn toàn trong miền tam giác vuông CDE.
Có:
BOC > AOC nên BOC > 900 (Do BOC & AOC bù nhau).
Hạ CH ⊥ AB.Có:
OB 2 + OC 2 = OB 2 + OH 2 + HC 2 < CB 2 = AB 2 = 4a 2 ⇒ R < a 3 = 3
(Do SABC=1(đvdt)).

Từ đó ta có đpcm.

Câu 5:

*Bổ đề: Cho điểm M bất kỳ trong tam giác tù ABC (tù ở A).
Khi đó: BM + CM < AB + AC .
Thật vậy: Kéo dài BM cắt AC tại K.
BM + CM < BM + ( MK + KC ) = BK + CK
0 , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
6
⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞
x + ⎟ − ⎜ x6 + 6 ⎟ − 2

x⎠ ⎝
P= ⎝
x⎠
.
3
⎛ 1⎞ 1
⎜x+ ⎟ + x + 3
3

x⎠
⎝ x

⎧ 1 1
+ 2− =2

y
x

Câu 2: Giải hệ: ⎨
1 1
⎪ + 2− =2
⎪ x
y


Câu 3: CMR: Với mọi n nguyên dương ta có: ( n3 + 5n ) 6 .

a 3 b3 c3
Câu 4: Cho a, b, c > 0 . CMR: + + ≥ ab + bc + ca.
b c a

Câu 5: Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. Gọi M, N, P, Q là các điểm bất kỳ lần lượt
nằm trên các cạnh AB, BC, CD, DA.

1.CMR: 2a 2 ≤ MN 2 + NP 2 + PQ 2 + QM 2 ≤ 4a 2 .

2.Giả sử M là một điểm cố định cho trước trên cạnh AB. Hãy xác định vị trí của
các điểm N,P,Q lần lượt trên các cạnh BC,CD,DA sao cho MNPQ là một hình
vuông.

Hướng dẫn giải :


6
⎛ 1⎞ ⎛ 6 1 ⎞
⎜x+ ⎟ −⎜x + 6 ⎟−2
x⎠ ⎝
Câu 1: Có: P = ⎝
x⎠
=
3
⎛ 1⎞ 1
⎜x+ ⎟ + x + 3
3

x⎠
⎝ x
3
⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞
= ⎜ x + ⎟ − ⎜ x 3 + 3 ⎟ = 3.⎜ x + ⎟ ≥ 6 ( x > 0) .
x⎠ ⎝ x⎠
⎝ x⎠ ⎝
Vậy Pmin = 6 khi x = 1 .




94
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


1 1
Câu 2: Đặt X = ;Y = ( x, y > 0).
x y
Có: X + 2 − Y = Y + 2 − X .Thấy:
-Nếu X > Y thì: X + 2 − Y > Y + 2 − X .
-Nếu X < Y thì: X + 2 − Y < Y + 2 − X .

Vậy phải có: X=Y . Với X=Y ta có:
X + 2 − X = 2 ⇔ X + (2 − X ) + 2. X .(2 − X ) = 4
⇔ X .(2 − X ) = 1 ⇔ X 2 − 2 X + 1 = 0 ⇔ X = 1.
Suy ra X = Y =1 ⇒ x = y = 1.

Vậy ta có cặp nghiệm (x,y) là (1;1).

Câu 3: Có: n3 + 5n = ( n − 1) .n. ( n + 1) + 6n 6 .

Câu 4: Có:
⎛ a3 ⎞ ⎛ b3 ⎞ ⎛ c3 ⎞
⎜ + ab ⎟ + ⎜ + bc ⎟ + ⎜ + ca ⎟ ≥ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 ≥ 2ab + 2bc + 2ca.
⎜b ⎟ ⎜c ⎟ ⎜a ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
a 3 b3 c3
+ + ≥ ab + bc + ca.
Suy ra:
b c a
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c .

B
Câu 5: A M
1.Chú ý: ∀x, y ≥ 0 ta luôn có:
1
( x + y ) ≥ x 2 + y 2 ≥ . ( x + y ) (1).
2 2
F
2 H
⎧MN = MB + NB 2
2 2

⎪2
⎪ NP = NC + PC
2 2

Ta có: ⎨ 2
⎪ PQ = PD + QD
2 2
C
D
⎪QM 2 = QA 2 + MA 2
⎩ G
⇒ MN 2 + NP 2 + PQ 2 + QM 2 =
( )( )( )( )
= MB 2 + MA 2 + NB 2 + NC 2 + PC 2 + PD 2 + QD 2 + QA 2
Áp dụng (1) ta có: 2a2 ≤ MN2 + NP2 + PQ2 + QM2 ≤ 4a2.

2.Giả sử MB = x . Ta chọn N,P,Q : NC = DP = QA = x .
Dễ thấy MNPQ là hình vuông .Bài toán có duy nhất một nghiệm.




95
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 33:Thi Tổng Hợp (1996-1997)

Vòng 2:

( )
3
x − 1 + 1 + 2. x − 1 = 2 − x.
Câu 1: Giải phương trình:

⎧x − y = 1


Câu 2: Giải hệ: ⎨ y − z = 1

⎪z − x = 1


Câu 3: Cho x,y là những số nguyên dương thay đổi thỏa mãn: x + y = 201 .
Hãy tìm GTLN & GTNN của biểu thức: P = x. ( x 2 + y ) + y. ( y 2 + x ) .


Câu 4: Cho đoạn thẳng BC và đường thẳng (d) song song với BC. Biết khoảng cách giữa
BC
(d) và đường thẳng qua B và C nhỏ hơn .
2
Giả sử A là một điểm thay đổi trên (d).

1.Xác định vị trí của A để bán kính vòng tròn ngoại tiếp Δ ABC là nhỏ nhất.
2.Gọi ha , hb , hc là độ dài các đường cao của Δ ABC .
Xác định A để tích ha .hb .hc lớn nhất.

Câu 5.a:(Dành cho chuyên toán)
3
Cho x + y + z > 0 và x + y + z ≤ .
2
1 1 1 3
Chứng tỏ: x 2 + 2 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ . 17 .
2
x y z


Câu 5.b:(Dành cho chuyên tin)
Chia một hình tròn thành 14 hình quạt bằng nhau.
Trong một hình quạt đặt một viên bi (xem hình vẽ).
Gọi I là phép biến đổi: Lấy hai hình quạt bất kỳ có
bi và chuyển từ mỗi hình quạt đó một viên bi sang
hình quạt liền kề nhưng theo hai chiều ngược nhau
(ví dụ, nếu viên bi ở một hình quạt được chuyển
theo chiều kim đồng hồ thì viên bi ở hình quạt kia được chuyển theo chiều ngược lại).
Hỏi bằng việc thực hiện phép biến đổi trên, sau một số hữu hạn bước ta có thể chuyển
được tất cả các viên bi vào một hình quạt được không? Nếu có hãy chỉ ra cách biến đổi.
Nếu không thì hãy giải thích?



96
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Hướng dẫn giải :

Câu 1: Điều kiện: x ≥ 1 .

Phương trình đã cho tương đương với:
( )
3
x − 1 + 1 + ( x − 1) + 1 + 2. x − 1 = 2.
⇔( x − 1 + 1) + ( )
3 2
x − 1 + 1 = 2. Đặt x − 1 + 1 = t ta được:
t +t −2 = 0
3 2


⇔ (t − 1).(t 2 + 2t + 2) = 0 ⇔ t = 1.
Với t = 1 ⇒ x = 1.
⎧x = y + 1


Câu 2: Hệ đã cho tương đương với (điều kiện x, y, z ≥ 1 ): ⎨ y = z + 1

⎪z = x + 1

Giả sử ( x, y, z ) là một nghiệm với xmin (các trường hợp khác làm tương tự).
⎧x ≤ y
kết hợp với hệ trên ⇒ y ≤ z ⇒ z ≤ x ⇒ x = y = z .
Khi đó ta có: ⎨
⎩x ≤ z
3+ 5
( x ≥ 1) .
Hệ trên trở thành: x = x + 1 ⇔ x =
2
3+ 5
Suy ra: x = y = z = .
2

Câu 3:
Có: P = x. ( x 2 + y ) + y. ( y 2 + x ) = ( x + y ) − 3 xy. ( x + y ) + 2 xy hay P = 2013 − 601.xy
3



⎧ P ⇔ ( xy ) min
Rõ ràng ⎨ max
⎩ Pmin ⇔ ( xy ) max
Ta giải quyết bài toán : x, y ∈ Z + thỏa mãn:
x + y = 201 .Tìm max, min: A = xy .
Có: A = x. ( 201 − x ) = − x 2 + 201.x
Suy ra:
⎧ x = 100 ⎧ x = 101
Amax khi ⎨ hoặc ⎨
⎩ y = 101 ⎩ y = 100
⎧x = 1 ⎧ x = 200
Amin khi ⎨ hoặc ⎨
⎩ y = 200 ⎩y = 1

Từ đó: Pmax = 2013 - 601.200.1

và Pmin = 2013 - 601.100.101



97
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 4:

1.Do BC cố định nên tâm O của vòng tròn ngoại tiếp Δ ABC luôn chạy trên đường trung
trực của [BC] ⇒ Bán kính đường tròn ngoại tiếp Δ ABC nhỏ nhất khi O trùng với trung
BC BC
⇒ Đường tròn (I) bán kính
điểm I của BC. (Do d( BC ,( d )) < cắt (d) tại hai điểm
2 2
phân biệt).

Bài toán có hai nghiệm : A & A ' đều nhìn BC dưới một góc vuông.

2.S
2.Chú ý: hc = (S là diện tích Δ ABC).
AB
h
2S
Có: ha .hb .hc = ha .hb . = h a .2 S . b .
AB AB
Do ha và 2S luôn không đổi nên:
h h h
(ha .hb .hc ) max ⇔ b max . Song: b ≤ 1 ⇒ b max = 1 ⇔ hb = AB .
AB AB AB
Khi đó Δ ABC vuông ở A.

Bài toán có hai nghiệm hình.

Câu 5.a:
111 9
Có: + + ≥ ≥ 6.
x y z x+ y+z
2
⎛1 1 1⎞
Đặt: a = ⎜ + + ⎟ ≥ 6 2 và b = ( x + y + z ) ⇒ ab ≥ 9 2.
2
⎜x y z⎟


Ta có:



2⎢
ab ⎡ 2 ⎛ 3 ⎞ ⎤ a
b ⎥ ⎡ 2 ⎛3⎞ ⎤ a ⎛3⎞
2
2 2
⎛3⎞ ⎢ a
+ ⎢6 − ⎜ ⎟ ⎥. 2 ≥ ⎜ ⎟ .2. 2 + ⎢6 − ⎜ ⎟ ⎥. 2
a+b =⎜ ⎟ . 2 +
⎛3⎞ ⎥ ⎢
⎝ 2 ⎠ ⎢6
2
⎝2⎠ ⎥ 6
⎝2⎠ ⎥ 6 ⎝2⎠ 9 ⎢
⎣ ⎦
⎜ ⎟⎥ ⎣ ⎦

⎝2⎠ ⎥
⎢ ⎦

⎡ 2 ⎛ 3 ⎞2 ⎤
2 2
⎛ 3⎞ ⎛3⎞
⇒ a + b ≥ ⎜ ⎟ .2.1 + 6 − ⎜ ⎟ ⎥.1 = ⎜ ⎟ + 6 2.

⎝2⎠ ⎥
⎝ 2⎠ ⎝2⎠

⎣ ⎦
(a1 + b1 + c1 )2 (a 2 + b2 + c 2 )2
Áp dụng: a12 + a 2 + b12 + b2 + c12 + c 2 ≥ +
2 2 2


ta được:
2
⎛1 1 1⎞
1 1 1
(x + y + z ) 2
+⎜ + + ⎟ = a+b ≥
x + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 ≥
2
⎜x y z⎟
x y z ⎠

2
⎛3⎞ 3
≥ ⎜ ⎟ + 6 2 = . 17 .
⎝2⎠ 2


98
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


1
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = .
2

Câu 5.b:

Ta chứng minh rằng không thể chuyển tất
cả các bi vào một hình quạt.

Thật vậy,ta sơn đen các hình quạt như hình vẽ.
Tại thời điểm ban đầu :


Tổng số các viên bi trong các hình quạt đen và
tổng số các viên bi trong hình quạt trắng đều là một số lẻ.
Dễ thấy với mọi thời điểm thì tổng số các viên bi trong các hình quạt đen và trong các
hình quạt trắng luôn là một số lẻ.

Vì vậy, không thể chuyển tất cả các viên bi vào trong một hình quạt được.




99
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 34:Thi Sư Phạm I(1996-1997)

Vòng 1:

Câu 1:
Xét phương trình: x3 + ax 2 + bx + 1 = 0 trong đó a và b là hai số hữu tỉ.

1.CMR: a = −5, b = 3 là cặp số hữu tỉ duy nhất làm cho phương trình đã cho có ba
nghiệm trong đó có một nghiệm là x = 2 + 5 .Kí hiệu x1 , x2 , x3 là ba nghiệm đó.

2.Với mỗi số tự nhiên n đặt S n = x1n + x2 + x3 .
n n


Tính S1 , S2 , S3 . CMR: Sn luôn là số nguyên.

3.Tìm số dư trong phép chia S1996 cho 4.

Câu 2: Cho ba số nguyên x, y, z thỏa mãn điều kiện : ( x + y + z ) 6 .
CMR: M chia hết cho 6 với M = ( x + y ) . ( x + z ) . ( z + y ) − 2.xyz .

Câu 3: Tìm giá trị của tham số a để hệ sau có nghiệm duy nhất:
⎧ x 2 + a + 1.x ≤ x 5 − 7 x 2 + x + 2

⎨4
( )
⎪ x + x 3 + a 2 − 3 .x 2 − 4 x − 4 − 4a 2 = 0


Câu 4: Cho tam giác ABC vuông cân ở A. AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền. M là một
điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N,P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M
xuống AB & AC. H là hình chiếu vuông góc của N xuống đường thẳng PD.

1.Xác định vị trí của M để Δ AHB có diện tích lớn nhất.

2.CMR: Khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 5:
1.Trên một mảnh giấy có ghi 1996 câu khẳng định như sau:
+Câu thứ 1:"Trên mảnh giấy này có đúng 1 câu khẳng định sai".
+Câu thứ 2:"Trên mảnh giấy này có đúng 2 câu khẳng định sai".
+Câu thứ 3:"Trên mảnh giấy này có đúng 3 câu khẳng định sai".
....
+Câu thứ 1996:"Trên mảnh giấy này có đúng 1996 câu khẳng định sai".
Hỏi trong số 1996 câu khẳng định đó có câu nào đúng không? Hãy trình bày rõ
lập luận và chỉ ra tất cả các câu đúng nếu có.

2.Cũng câu hỏi như trên nhưng trong các câu khẳng định đã cho chữ "đúng" được
thay bằng "không quá".Ví dụ:
Câu thứ 1:"Trên mảnh giấy này có không quá 1 câu khẳng định sai".


100
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Hướng dẫn giải :

Câu 1:

1.Có: x = 2 + 5 là nghiệm của phương trình đã cho khi và chỉ khi:
(2 + 5 ) + a.(2 + 5 ) ( )
3 2
+ b. 2 + 5 + 1 = 0
⇔ (4a + b + 17 ). 5 + (9a + 2b + 39) = 0
⇔ 4a + b + 17 = 9a + 2b + 39 = 0
⇔ a = −5; b = 3.

2.Với a = −5; b = 3 phương trình trở thành: x3 − 5 x 2 + 3x + 1 = 0 hay:
(x − 4 x − 1) . ( x − 1) = 0 có ba nghiệm là: x1,2 = 2 ± 5 và x3 = 1 .
2


Vậy Sn = 1 + x1n + x2 .
n


Ta dễ dàng tính được : S1 = 5; S2 = 19; S3 = 77.
Đặt Pn = x1n + x2 ta dễ dàng chứng minh được: Pn + 2 − 4.Pn +1 − Pn = 0 (1) với mọi n ≥ 1 .
n


Từ đó, bằng phép qui nạp, suy ra Pn ∈ Ζ với mọi n = 1, 2,3,... do đó S n ∈ Ζ với ∀n .

3.Từ (1) ⇒ Pn + 2 ≡ Pn (mod 4). Mặt khác: P2 = 18 ≡ 2 (mod 4).
Từ đó: P 996 ≡ P ≡ P ≡ ... ≡ P2 ≡ 2 (mod 4).
1 1994 1992



Câu 2:

Dễ dàng chứng minh được:
( x + y ) . ( z + y ) . ( x + z ) + xyz = ( x + y + z ) . ( xy + yz + zx ) .
Từ đó có: M = ( x + y + z ) . ( xy + yz + zx ) − 3 xyz .
Từ điều kiện : ( x + y + z ) 6 ta suy ra trong ba số x, y, z có ít nhất một số chẵn
⇒ 3 xyz 6 . Từ đó ta có đpcm.

Câu 3:

Phương trình thứ hai trong hệ có thể phân tích thành:
( x2 − 4 ) .( x2 + x + 1 + a 2 ) = 0 có đúng hai nghiệm là x1 = −2; x2 = 2 .
Bằng phép thử trực tiếp vào phương trình thứ nhất, ta thấy x1 = −2 luôn thỏa mãn với
mọi a.Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x2 = 2 không thỏa mãn bất phương
trình, nghĩa là:
⎡ a < −3
4 + 2. a + 1 > 6 + 2 ⇔ a + 1 > 2 ⇔ ⎢
⎣a > 1


101
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 4:

1.Dựng BE // AC cắt PD tại E. Thấy:
C
BE = PC = BN ⇒ NEB = NHB = 450 .

E
Mặt khác: AHN = APN = 450 . D

H
Vậy AHB = 900 và HN là đường phân giác của AHB .
P M
Suy ra: A B
N
2
1 ⎛ AH 2 + BH 2 ⎞ AB 4
1
S AHB = . AH 2 .BH 2 ≤ .⎜ ⎟=
2

4⎜ ⎟
4 2 16
⎝ ⎠
AB 2
⇒ S AHB ≤
4


Đẳng thức xảy ra khi AH = BH tức là khi H ≡ D ≡ M .
Vậy khi M ≡ D thì S AHB lớn nhất.
2.Vì HN là đường phân giác AHB nên HN luôn đi qua điểm giữa của nửa đường tròn
đường kính AB. Rõ ràng điểm này cố định.

Câu 5:

1.Nếu 1 câu là đúng thì các câu khác đều sai.Vậy có không quá 1 câu đúng.
Mặt khác:Nếu tất cả đều sai thì câu thứ 1996 đúng,vô lý.
Vậy phải có câu đúng và chỉ có 1 câu đúng.Điều đó có nghĩa là câu thứ 1995 là câu duy
nhất đúng.

2.Nếu có h câu là sai ( 0 < h < 1996 ) thì các câu h, h + 1, h + 2,..., h + 1996 đều đúng.Suy ra
chỉ có các câu 1, 2,..., h − 1 là sai (trái giả thiết có h câu sai).Vậy không có câu nào sai ,
nghĩa là cả 1996 câu đều đúng.




102
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 35:Thi Sư Phạm I(1996-1997)

Vòng 2:

Câu 1: Cho biểu thức:
x + 3x + (x − 4). x2 −1 − 4
3 2 2
P(x ) = với x ≥ 1.
( )
x − 3x + x − 4 . x 2 − 1 + 4
3 2 2


1.Rút gọn P(x).

2.Giải phương trình : P ( x ) = 1 .
Câu 2:
1.Phân tích đa thức thành nhân tử: ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) .
3 3 3


2.Với n là một số tự nhiên đã cho,xét xem khẳng định sau đúng hay sai:
Đa thức: ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) chia hết cho đa thức n. ( a − b ) . ( b − c ) . ( c − a )
n n n




⎧2 x − 1 = y z
Câu 3: Cho ba số nguyên dương x,y,z thỏa mãn: ⎨
⎩x > 1
CMR: z = 1 .

Câu 4: Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CD của tứ giác lồi ABCD.
1
CMR: S ABCD ≤ .( AM + AN ) . (Kí hiệu S ABCD chỉ diện tích tứ giác ABCD).
2

2

Câu 5: Trên bờ một biển hồ hình tròn có 2n thành phố ( n ≥ 2 ).Giữa hai thành phố tùy ý
có thể có hoặc không có đường thủy nối trực tiếp với nhau.Người ta nhận thấy
rằng,đối với hai thành phố A&B bất kỳ thì giữa chúng có đường thủy nối trực tiếp
với nhau khi và chỉ khi giữa các thành phố A' và B' theo thứ tự là hai thành phố
gần với A&B nhất nếu đi từ A đến A' và B đến B' trên bờ hồ dọc theo cùng một
chiều (cùng chiều kim đồng hồ hoặc ngược chiều kim đồng hồ). CMR: Từ mỗi
thành phố đều có thể đi bằng đường thủy tới một thành phố tùy ý khác theo một lộ
trình qua không quá hai thành phố trung gian.

Hướng dẫn giải :

Câu 1:

1.Phân tích tử và mẫu thành nhân tử được:
[ ]
( x + 2). x − 1. x − 1.( x + 2) + ( x − 2). x + 1
P( x) =
[ ]
( x − 2). x + 1. x + 1.( x − 2) + ( x + 2). x − 1
2
Suy ra điều kiện để tồn tại P(x) là: x ≥ 1; x ≠ 2; x ≠ ± .
3



103
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


( x + 2). x − 1
Với điều kiện ấy: P ( x) = .
( x − 2). x + 1
2
2.Giải P ( x ) = 1 ta được: x = ± .Cả hai giá trị này đều không thỏa mãn điều kiện trên.
3
Vậy phương trình vô nghiệm.

Câu 2:

1. ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) = 3. ( a − b ) . ( b − c ) . ( c − a ) .
3 3 3




2. Sử dụng nhị thức Newton có thể thấy khẳng định đúng khi n lẻ.
Dễ thấy khẳng định sai khi n chẵn.

Câu 3:
Do x > 1 ⇒ 2 x 4 ⇒ y z + 1 4 nên y lẻ. Xét:
___
+) z chẵn ⇒ y z là số chính phương lẻ ⇒ y z ≡ 1 (mod 4) ⇒ y z + 1 4.
Vậy z lẻ.Ta đặt z = 2t + 1 (t ≥ 0) .
Khi đó: y z + 1 = ( y + 1) . ( y z −1 − y z − 2 + y z −3 − ... − y + 1)
Đặt M = y z −1 − y z − 2 + y z −3 − ... − y + 1 , M là tổng của 2t + 1 số lẻ ⇒ M lẻ
⇒ M là ước lẻ của số 2 x ⇒ M = 1 .
Vậy y z + 1 = y + 1 ⇒ z = 1 (đpcm).

Câu 4:Giả sử MA cắt BD ở I. Từ giả thiết M, N là trung điểm của BC và CD. Ta có:

S ABCD = 2 S AMCN = 2 ( S AMN + SCMN ) = B E
C
= 2 ( S AMN + S IMN ) ≤ 2 ( S AMN + S AMN ) = I

1
= 4 S AMN ≤ 4. . AM . AN ≤ F
2
A D
2
⎛ AM + AN ⎞ 1
⎟ = . ( AM + AN ) (đpcm).
2
≤ 2. ⎜
2 2
⎝ ⎠

Câu 5: Với 3 thành phố liên tiếp X , Y , Z kể theo chiều nào đó ta có: Y = X ' và Z = Y ' .
Do đó theo giả thiết:
( X , Y ) = 1 ⇒ ( X ', Y ') = (Y , Z ) = 0
( X , Y ) = 0 ⇒ ( X ', Y ') = (Y , Z ) = 1
trong đó kí hiệu ( X , Y ) = 1 (hay 0) chỉ rằng giữa hai thành phố X và Y có ( không có)
đường thủy nối trực tiếp. Từ đó suy ra rằng có thể biểu diễn 2n thành phố đã cho bởi sơ




104
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


đồ sau (hình 1): Trong đó mũi tên chỉ rõ cặp thành phố kề nhau có đường thủy nối trực
tiếp (hình vẽ với n = 4 ).
Hình1
Xét hai thành phố A và B tùy ý.
Nếu ( A, B ) = 1 ta có ngay đpcm.
Nếu ( A, B ) = 0 ta có 3 trường hợp:
10) ( A, A ') = ( B, B ') = 1 (hình 1).
Lúc này vì ( A, B ) = 0 nên ( A ', B ') = 1 .
Ta có đường đi: A → A ' → B ' → B .
20) ( A, A ') = 1, ( B, B ') = 0 (hình 2).
Nếu B = B1 thì 3 thành phố B1 , B, B ' liên tiếp.
Mà: ( B, B ' ) = 0 nên ( B1 , B ) = 1 . Nên: ( A, B1 ) = 1 thì có đường đi: A → B1 → B .
Nếu ( A, B1 ) = 0 thì ( A ', B ) = 1 và có đường đi: A → A ' → B .
3 ) ( A, A ') = ( B, B ' ) = 0 (hình 3). Giả sử A = A1 và B = B1 .Tương tự như trên ta phải có:
0


( A, A1 ) = ( B, B1 ) = 1 . Vì ( A, B ) = 0 nên ( A1 , B1 ) = 1 .
Ta có đường đi: A → A1 → B1 → B .

Hình2 Hình3




Tóm lại trong mọi trường hợp ta đều có đpcm.




105
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 36:Thi Chuyên Hùng Vương(1999-2000)

Chuyên Lý:

⎧ x2 + 2 + x + y2 + 3 + y = 5

Câu 1: Giải hệ: ⎨
⎪ x2 + 2 − x + y2 + 3 − y = 2


2 a.(c − d ) + 3d 3
≤ với mọi số a, b, c, d ∈ [2;3] .

Câu 2: CMR:
3 b.(d − c) + 3c 2

Câu 3: CMR: Với ba số thực a,b,c phân biệt thì phương trình:
1 1 1
+ + = 0 có hai nghiệm khác nhau.
x−a x−b x−c
Câu 4: Cho Δ ABC ( AB = AC ).Trên cạnh BC lấy các điểm E,F (khác B,C) thỏa
BC
mãn: BE = CF < .Gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại các tam giác
2
ABC, AEF.

a).CMR: Hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ABF có bán kính bằng
nhau.
b).Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp Δ ABF theo R và r.

Hướng dẫn giải :

Câu 1:
Đặt a = x 2 + 2 + x; b = y 2 + 3 + y. Hệ đã cho trở thành:
⎧a = 5 − b
⎧a + b = 5 ⎡b = 3, a = 2


⇔⎢
⇔⎨ 2
⎨2 3 3 ⎢b = a = 5
⎪5 − b + b = 2
⎪a + b = 2 ⎣

⎩ 2
⎡ 13
17
⎢ x = 20 , y = 20
Từ đó ta có các nghiệm: ⎢
⎢x = 1 , y = 1

⎣ 2

a.(c − d ) + 3d 2

Câu 2: Ta chứng minh: (1) .
b.(d − c) + 3c 3
a.(c − d ) + 3d 3d − a(d − c) 3d − 3(d − c) c 2
= ≥ =≥.
-Nếu d ≥ c thì:
b.(d − c) + 3c b(d − c) + 3c 3(d − c) + 3c d 3
a.(c − d ) + 3d 2(c − d ) + 3d d + 2c
≥ =
-Nếu c > d thì: .
b.(d − c) + 3c 3c − 2.(c − d ) c + 2d



106
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


d + 2c 2
≥ ⇔ 3d + 6c ≥ 4d + 2c ⇔ 4c ≥ d (luôn đúng).
Có:
c + 2d 3

Vậy (1) được chứng minh.
a.(c − d ) + 3d 3
≤ (2) .
Ta chứng minh:
b.(d − c) + 3c 2
a.(c − d ) + 3d a.(c − d ) + 3d 3.(c − d ) + 3d c 3
-Nếu c > d thì: = ≤ =≤.
b.(d − c) + 3c 3c − b.(c − d ) 3c − 3(c − d ) d 2
a.(c − d ) + 3d 3d − a (d − c) 3d − 2(d − c) d + 2c
-Nếu d ≥ c thì: = ≤ = ..
b.( d − c) + 3c b(d − c) + 3c 2(d − c) + 3c c + 2d
d + 2c 3
≤ ⇔ 2d + 4c ≤ 3c + 6d ⇔ c ≤ 4d (luôn đúng).
Có:
c + 2d 2
Vậy (2) được chứng minh.
Bài toán được chứng minh xong.

Câu 3: Điều kiện: x ≠ a, x ≠ b, x ≠ c.
1 1 1
+ + =0
Có:
x−a x−b x−c
⇔ ( x − a).( x − b) + ( x − b).( x − c) + ( x − c).( x − a) = 0
⇔ 3 x 2 − 2.(a + b + c).x + ab + bc + ca = 0(1)
Đặt f ( x) = 3x 2 − 2.(a + b + c).x + ab + bc + ca = 0 .

⎧ f ( a) = ( a − b).(a − c) ≠ 0

Có: ⎨ f (b) = (b − c).(b − a) ≠ 0
⎪ f (c) = (c − a).(c − b) ≠ 0

Hơn nữa: Ta xét phương trình (1) có:
[ ]
1
Δ' = (a + b + c) 2 − 3.(ab + bc + ca) = . (a − b ) + (b − c ) + (c − a ) > 0
2 2 2

2
(Do a ≠ b, b ≠ c, c ≠ a ).
Từ đó ta có đpcm.

Câu 4: Đáp số: RΔABF = R.r .
Chú ý:Khi các bạn giải bài toán 3,các bạn thường xét Δ' > 0 rồi suy ra điều phải chứng
minh ngay là chưa đủ.Các bạn phải chứng minh thêm một ý quan trọng là : a,b,c không
phải là nghiệm của phương trình đang xét.




107
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 37:Thi Chuyên Hùng Vương(1998-1999)

Vòng 1:

Câu 1: Giải phương trình: x 2 + x 2 − 2 x − 19 = 2 x + 39.

⎧ x + y + xy = 2

Câu 2: Giải hệ phương trình nghiệm nguyên: ⎨ y + z + yz = 5
⎪ z + x + zx = 7


Câu 3: Cho hai số dương a,b thỏa mãn: a + 2b ≤ 8 . CMR:
a + 3b + 2a + 5b + 3a + 4b < 12.

Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 24 (cm). Trên tia OB lấy các điểm
C và D sao cho: OC = 15 (cm) và OD = 20 (cm). Hai tiếp tuyến CM và DN cắt
nhau ở E. Tính CM, DN và diện tích Δ CDE.

Hướng dẫn giải :

Câu 1:

x 2 − 2 x − 19 = t ≥ 0. Ta viết lại phương trình đã cho:
Đặt

x 2 − 2 x − 19 + ( x 2 − 2 x − 19) − 20 = 0 hay:

t 2 + t − 20 = 0 ⇔ (t − 4).(t + 5) = 0 mà t ≥ 0 nên:
⇔t=4
⎡x = 7
Từ đó có: x 2 − 2 x − 19 = 16 ⇔ x 2 − 2 x − 35 = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = −5
Câu 2: Đây chính là Câu2-Đề 18.


Câu 3: Áp dụng BDT Bunhiacôpxki:

( ) ≤ (a + 3b + 2a + 5b + 3a + 4b ).(1 + 1 + 1) hay:
2
a + 3b + 2a + 5b + 3a + 4b

a + 3b + 2a + 5b + 3a + 4b ≤ (6a + 12b).3.
Mà a + 2b ≤ 8 nên 6a + 12b ≤ 48 . Từ đó suy ra:

a + 3b + 2a + 5b + 3a + 4b ≤ 48.3 = 12. Đẳng thức không xảy ra, vậy ta có đpcm.




108
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 4: Gọi E là giao điểm của CM và DN.

Dễ dàng tính được: CM = 9(cm), DN = 16(cm) .


( ) ( )
CM ON ⎛ 3 ⎞
⎜ = ⎟ nên: tg COM = tg NDO ⇒ COM = NDO.
=
Có:
MO DN ⎝ 4 ⎠

Gọi M ' là điểm đối xứng của M qua AB. Có:

COM ' = COM = NDO ⇒ OM ' // ND.

Gọi H là giao điểm của CM ' với ND.

Dễ thấy tứ giác ONHM ' là hình vuông.

(Vì có M ' O // NH và OM 'C = OMC = ONH = 900
và có ON = OM ' = 12 cm )

⇒ HC = HM '− CM ' = ON − CM = 3 cm .

Đặt x(cm) = ME = NE . Có: CE 2 = EH 2 + HC 2 hay :
12
( CM + x ) = ( NH − EN ) + 9 ⇔ ( 9 + x ) = (12 − x ) + 9 ⇔ x =
2 2 2 2
(cm)
7
100
Suy ra: DE = DN − EN = (cm).
7
150
1
1
1
= .DE.CH = .100. .3 = (cm 2 ).
Có: S ΔDCE
7
7
2
2




109
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 38:Thi Chuyên Hùng Vương(1998-1999)

Vòng 2:
⎧ x 3 + x 3 y 3 + y 3 = 17
Câu 1: Giải hệ: ⎨
⎩ x + xy + y = 5
Câu 2: CMR: Với n ≥ 4 thì BĐT đúng với các số dương x1 , x2 ,..., xn bất kỳ:
(x1 + x2 + ... + xn )2 ≥ 4.(x1 .x 2 + x2 .x3 + ... + xn .x1 ).

( )
Câu 3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y = 2 x 2 − 7 x + 3 .( x − 3) với x ∈ [− 3;3].

Câu 4: Cho Δ ABC có ba góc nhọn. Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Kí hiệu
S ABC , S DEF là diện tích của các tam giác ABC và DEF.

S DEF
= 1 − Cos 2 A − Cos 2 B − Cos 2 C.
a).CMR:
S ABC
b).Biết AD = 3 (cm), BE = 2 2 (cm) và HC = 5.HF . Tính S ABC = ?

Hướng dẫn giải :

⎧x + y = a ⎧a 3 − 3ab + b 3 = 17
Câu 1: Đặt ⎨ Hệ đã cho trở thành: ⎨ hay :
⎩ xy = b ⎩a + b = 5

( )
⎧(a + b). a 2 − ab + b 2 − 3ab = 17 ⎧5a 2 − 8ab + 5b 2 = 17

⇔⎨

⎩a + b = 5
⎪a + b = 5

⎡ a = 2, b = 3
⎧5a 2 − 8a.(5 − a ) + 5.(5 − a) 2 = 17
⇔⎨ ⇔⎢
⎣ a = 3, b = 2
⎩b = 5 − a
⎡ x = 1, y = 2
Từ đó ta có: ⎢
⎣ x = 2, y = 1

Câu 2:
-Với n chẵn ta có: (x1 − x 2 + x3 − ... + x n −1 − x n ) ≥ 0 hay:
2


(x1 + x2 + ... + xn )2 ≥ 4.(x1 .x2 + x2 .x3 + ... + xn .x1 ) (đpcm).
-Với n lẻ ta có:
Không giảm tính tổng quát giả sử xn = min ( x1 , x2 ,..., xn ) . Có:
(x1 + x2 + ... + xn )2 ≥ 4.(x1 .x2 + x2 .x3 + ... + xn .x1 )
⇔ [(x1 + x 2 + ... + x n −1 ) + x n ] ≥ 4.( x1 .x 2 + x 2 .x3 + ... + x n .x1 )
2




110
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⇔ ( x1 + x2 + ... + xn −1 ) + xn + 2 xn . ( x1 + x2 + ... + xn −1 ) ≥
22


≥ 4. ( x1.x2 + x2 .x3 + ... + xn − 2 .xn −1 + xn −1.x1 ) + 4.( xn −1.xn + xn .x1 − xn −1.x1 )
Vì n − 1 chẵn nên: (x1 + x 2 + ... + xn −1 ) ≥ 4( x1 .x2 + x2 .x3 + ... + x n − 2 .x n−1 + xn −1 .x1 ) .
2


Ta sẽ chứng minh: x n + 2 x n .( x1 + x 2 + ... + x n −1 ) ≥ 4.( x n −1 .x n + x n .x1 − x n −1 .x1 )
2


⇔ x n + 2 x n .(x 2 + x3 + ... + x n − 2 ) + 2 x n −1 .( x1 − x n ) + 2 x1 .( x n −1 − x n ) ≥ 0 .
2


Do x1 ≥ x n , x n −1 ≥ x n ⇒ ( x1 − x n ) ≥ 0; ( x n −1 − x n ) ≥ 0.
Vậy ta có đpcm.

Câu 3: Có: y = (3 − x).(3 − x ).( 2 x − 1)
1
-Nếu x ≤ ⇒ y ≤ 0.
2
1
-Nếu x > . Áp dụng BĐT Cô-Si (Chú ý: 3-x ≥ 0;2x-1 ≥ 0) có:
2
3
⎛ 3 − x + 3 − x + 2x − 1 ⎞ 125
y = (3 − x ).(3 − x ).(2 x − 1) ≤ ⎜ ⎟= .
3 27
⎝ ⎠
4
Đẳng thức xảy ra khi x = .
3
125 4
Vậy y max = khi x = .
27 3
Câu 4:

AF . AE CE.CD BF .BD
S
S DEF S S
= 1 − AEF − CED − BFD = 1 − − −
a-Có: .
AC. AB CB.CA BC.BA
S ABC S ABC S ABC S ABC
S
Từ đó: DEF = 1 − Cos 2 A − Cos 2 B − Cos 2 C.
S ABC

b-Trước hết ta chứng minh các bổ đề sau:
AB BC CA
10 ) = = = 2 R (Định lý hàm số sin).
SinC SinA SinB


20) Với a = BC,b = CA,c = AB có:


b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 b2 + a2 − c2
CosA = ; CosB = ; CosC = .
2bc 2ac 2ac

Có: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp Δ ABC, kéo dài AO cắt (O) tại điểm thứ hai H.Ta
có:




111
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


AC AC
SinB = Sin AHC = = .
AH 2 R
AB CB
Tương tự: SinC = ; SinA = .
2R 2R
AB BC CA
= = = 2R .
Vậy:
SinC SinA SinB
Lại có:
AF
AF . AB = AB. AC.
AC
AF
⇒ AF .BF + AF 2 = AB. AC.
AC
AF
⇒ 2. AF .BF + 2. AF 2 = 2. AB. AC. . Từ đó: 2. AF .BF + 2. AF 2 = 2. AB. AC.CosA
AC
⇒ BF + CF = ( AF + CF ) + AF 2 + CF 2 − 2. AB. AC.CosA
2 2 2


⇒ a 2 = c 2 + b 2 − 2bc.CosA
b2 + c2 − a2
⇒ CosA = .
2bc
a2 + c2 − b2 b2 + a2 − c2
Tương tự: CosB = ; CosC = .
2ac 2ab

Trở lại bài toán:
Ta có:
AC DC
= SinB = SinDHC = .
2R HC
DC
Suy ra: HC = 2 R. ⇒ HC = 2 R.CosC
AC
HD
⇒ HD = HC. = 2 R.CosC.CosDHC
HC
⇒ HD = 2 R.CosB.CosC (1)
Tương tự: HF = 2 R.CosB.CosA (2) .
Từ (1) ta có:
HD
HC = = 2 R.CosC = 5.HF (3) .
CosB
Từ ( 2) & (3) suy ra: 2 R.CosC = 2 R.CosB.CosA.5 ⇒ CosC = 5.CosB.CosA .
b2 + a2 − c2 a2 + c2 − b2 b2 + a2 − c2
⇒ = 5. .
2ac 2ac 2ab
5. ( c + b − a ) . ( a + c 2 − b 2 )
2 2 2 2

⇒ a 2 + b2 − c2 = (4) .
2.c 2
3 3 22
AC AD b
= = ⇒= .Suy ra: a =
Mà: .b thay vào ( 4) được:
3
BC BE 2 2 a 22


112
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ

2

⎛ c2 34 c 2 5
34 5
⎟ − . 2−
7c − .b 2 c 2 − .b 4 = 0 ⇔ 7.⎜ 2 =0
4

⎜b
9 81 9b 81


c2 5 5
Suy ra: 2 = ⇒ c 2 = .b 2 .Có:
9 9
b
2
⎛2 2 ⎞ 5
.b ⎟ + b 2 − .b 2

3 9
b +a −c
2 2 2
1
=⎝ ⎠
CosC = =
2ab 22 2 2
2. .b
3
BE
⇒ C = 450 ⇒ BC = = 4 (cm).
CosC
1
⇒ S ABC = .BC. AD = 6 (cm 2 ).
2
Vậy: SABC = 6 (cm2).




113
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 39:Thi Chuyên Hùng Vương(1995-1996)

Vòng 1:

Câu 1: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a + b + c = 12 .
3a + 2. a + 1 + 3b + 2. b + 1 + 3c + 2. c + 1 ≤ 3. 17 .
CMR:

Câu 2: Một cuộc thi đấu bóng bàn có khoảng từ 20 đến 30 người tham dự,trong đó có
các kiện tướng và các vận động viên(chưa được phong kiện cấp tướng). Theo thể
lệ thì mỗi đấu thủ phải đấu với tất cả các đấu thủ khác và mỗi cặp chỉ đấu một
trận. Ai thắng được 2 điểm, thua bị 0 điểm,còn hòa được 1 điểm. Biết rằng tổng
số điểm của mỗi đấu thủ khi gặp tất cả các kiện tướng thì bằng nửa số điểm của
mình sau mọi trận đấu. Hỏi có bao nhiêu người tham dự cuộc thi,trong đó có bao
nhiêu kiện tướng?

Câu 3: CMR: Với mỗi số nguyên n > 1 thì:
2n − 1 ⎞
1⎛ 1⎞⎛ 3⎞⎛ 5⎞ ⎛
< ⎜ 2 − ⎟.⎜ 2 − ⎟.⎜ 2 − ⎟...⎜ 2 − ⎟ < 1.
n! ⎝ n⎠⎝ n⎠⎝ n⎠ ⎝ n⎠

Câu 4: Cho Δ ABC vuông ở C có BC = a, CA = b . Lấy các điểm K,M,N nằm ngoài
Δ ABC sao cho các Δ KAB, Δ MBC, Δ ANC vuông cân với cạnh huyền tương ứng
là AB,BC,CA.Vẽ các nửa đường tròn đường kính AB, BC, CA theo thứ tự đi qua
các điểm KMN.

1.Tính S KMN theo a, b .
2.Tính bán kính đường tròn tiếp xúc với 3 nửa đường tròn trên khi
a = 6 (cm), b = 8 (cm)


Hướng dẫn giải :

a + b + c ≤ (a + b + c).(1 + 1 + 1) = 6.
Câu 1: Có:
Lại có:

)≤
(
2
3a + 2 a + 1 + 3b + 2 b + 1 + 3c + 2 c + 1

( )( )( )
≤ ⎡ 3a + 2 a + 1 + 3b + 2 b + 1 + 3c + 2 c + 1 ⎤ .(1 + 1 + 1) =
⎣ ⎦
( )
= ⎡3.(a + b + c) + 2. a + b + c + 3⎤ .3 ≤ ( 3.12 + 2.6 + 3) .3 = 51.3
⎣ ⎦

Suy ra:
3a + 2. a + 1 + 3b + 2. b + 1 + 3c + 2. c + 1 ≤ 51.3 = 3. 17
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 4 .


114
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ



Câu 2: Giả sử có: x vận động viên , y kiện tướng.

Mỗi vận động viên sẽ đấu số trận: +) y trận với kiện tướng
+) x-1 trận với các vận động viên khác

Mỗi vận kiện tướng sẽ đấu số trận: +) y-1 trận với kiện tướng
+) x trận với các vận động viên khác

y.( y − 1)
⇒ Số trận có kiện tướng thi đấu: xy + trận.
2
( x + y ).( x + y − 1)
Tổng số các trận đấu: trận.
2
Sau mỗi trận đấu tổng số điểm của cả hai người chơi luôn là 2.

Theo bài ra ta có:
1
Tổng số điểm của tất cả mọi người sau khi gặp kiện tướng = tổng số điểm của tất cả
2
( x + y ).( x + y − 1)
y.( y − 1) ⎤ 1

⎥ = 2 .2.
mọi người. Ta có: 2 ⎢ xy + .
2 2


Suy ra:
x 2 − (2 y + 1).x − ( y 2 − y ) = 0 .Vì x ∈ Ν ⇒ Δ x = 8 y 2 + 1 là số chính phương.
Mà 1 ≤ y ≤ 20 ⇒ y = 6 ⇒ x = 15.
Vậy có 21 người tham dự cuộc thi,trong đó có 6 kiện tướng.


Câu 3: Áp dụng BĐT Cô-Si ta có:
2n − 1 ⎞
n
⎛ 1 3
⎜ 2 − n + 2 − n + ... + 2 − n ⎟
2n − 1 ⎞
⎛ 1⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 5⎞ ⎛
⎜ 2 − ⎟ . ⎜ 2 − ⎟ . ⎜ 2 − ⎟ ... ⎜ 2 − ⎟ ⇔ 2− ≥
n − t +1 n − t +1
n n

Từ đó ta có BĐT :
2n − (2t − 1) 1
với 1 ≤ t ≤ n .
2− ≥
n − t +1
n



115
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Thay t = 1,2,..., n ta có:
2n − 1 1 ⎫
2− ≥
n⎪
n

2n − 3 1⎪
2− ≥ 2n − 1 ⎞
⎪ 1⎛ 1⎞⎛ 3⎞⎛ 5⎞ ⎛
n − 1⎬ ⇒ ≤ ⎜ 2 − ⎟.⎜ 2 − ⎟.⎜ 2 − ⎟...⎜ 2 − ⎟
n
n! ⎝ n⎠⎝ n⎠⎝ n⎠ ⎝ n⎠

...

11 ⎪
2− ≥


n1
Dấu bằng không xảy ra.
2n − 1 ⎞
1⎛ 1⎞⎛ 3⎞⎛ 5⎞ ⎛
Vậy: < ⎜ 2 − ⎟.⎜ 2 − ⎟.⎜ 2 − ⎟...⎜ 2 − ⎟ < 1 (đpcm).
n! ⎝ n⎠⎝ n⎠⎝ n⎠ ⎝ n⎠

Câu 4:

1.Dễ thấy các tam giác AKC,KCM vuông. Có:
1 1
S KMN = .MN .KC = .( NC + MC ).KC .
2 2
Mà : ACK = 45 nên: KC = AC. 2 = b. 2 .Có:
0

1 1 1 1
NC = . AC = .b và: MC = .CB = .a .
2 2 2 2
Từ đó:
11 1
S KMN = . .(a + b). 2 .b ⇒ S KMN = .(a + b).b
22 2

2.Trước hết ta xét bài toán phụ sau:

"Cho Δ HQT vuông ở H có HQ = 3, HT = 4 (đvdd). Tìm điểm O ở trong tam giác HQT
để: HO = QO − 1 = TO − 2 ".
Giải:

Hạ OL,OP lần lượt vuông góc với QH,HT.
Đặt OH = x, HP = y . Có:
OP 2 = OT 2 − TP 2 hay:
x 2 − y 2 = ( x + 2) 2 − (4 − y ) 2 hay: x = 3 − 2 y (1) .
Lại có: OL2 = OQ 2 − QL2
hay: x 2 − y 2 = ( x + 1) 2 − (3 − HL) 2
hay:
x 2 − y 2 = ( x + 1)2 − 9 + 6. x 2 − y 2 − ( x 2 − y 2 )
⇒ x − 4 + 3. x 2 − y 2 = 0 (2).
Từ ( 2) ta có: (4 − x) 2 = 9.( x 2 + y 2 ) kết hợp với (1) có:


116
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎡y = 4
23 y − 112 y + 80 = 0 ⇔ ⎢
⎢ y = 20
⎣ 23
20 29
Từ (1) ⇒ y < 4 .Vậy y = ⇒x= .
23 23



Trở lại bài toán:

Gọi O là tâm đường tròn đã tiếp xúc với ba nửa đường tròn trên. Gọi các điểm tiếp xúc
lần lượt là: T ', Q ', H ' (hình vẽ).
Gọi T,Q,H lần lượt là trung điểm của các cạnh AC,CB,BA của Δ ABC.
Có: OT ' = OH ' = OQ ' hay: OT + TT ' = OH + HH ' = OQ + QQ '
⇔ OT + 3 = OH + 5 = OQ + 4 ⇔ OT − 2 = OQ − 1 = OH
Áp dụng bài toán phụ trên cho Δ HTQ có:
29 29 144
OH = ⇒ OH ' = +5=
23 23 23
144
Vậy bán kính cần tìm có độ dài : (cm).
23




117
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 40:Thi Chuyên Hùng Vương(1995-1996)

Vòng 2:

ac
+ trong đó a, b, c, d ∈ Ν thỏa
Câu 1: Tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của biểu thức :
bd
mãn : a + c = b + d = 50.

Câu 2: Cho Δ ABC có góc A tù và AB < AC . Xét điểm D trên cạnh BC sao cho DM
vuông góc với AB tại M thuộc đoạn AB, DN vuông góc với AC tại N thuộc đoạn
AC. Hãy xác định D sao cho đoạn MN nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo các
cạnh và các góc của Δ ABC.

Câu 3: Tìm tất cả các số nguyên dương n trong đó 1500 < n < 2000 sao cho n có đúng 16
ước số trong đó có ước là 19.


Hướng dẫn giải :

Câu 1:

-Ta tìm GTLN của biểu thức đã cho.
ac
Ta hoàn toàn có thể giả sử rằng : ≤ khi đó ta có:
bd
a a+c c a
≤ = 1 ≤ ⇒ ≤ 1. Lại có:
b b+d d b
c ac
+Nếu c ≤ 48 ⇒ ≤ 48 ⇒ + ≤ 1 + 48 = 49.
d bd
a c 1 49 1 1
+Nếu c = 49 ⇒ a = 1 ⇒ + = + ≤ + 49 = 49 .
49 49
bdbd
⎛ a c⎞ 1
Vậy ⎜ + ⎟ = 49 khi a = 1, b = 49, c = 49, d = 1.
49
⎝ b d ⎠ max

-Ta tìm GTNN của biểu thức đã cho.
ac
Nhận xét: Trong hai phân số , luôn tồn tại một phân số có giá trị lớn hơn hoặc bằng
bd
a
1.(Điều này dễ dàng chứng minh được bằng phản chứng).Vậy ta giả sử rằng ≥ 1 .Khi
b
đó ta có a ≥ b .Ta biến đổi biểu thức như sau:
a c a 50 − a ⎛1 1⎞
P= + = + = 2 + (a − b).⎜ − ⎟(*)
b d b 50 − b ⎝ b 50 − b ⎠
1 1
+)Nếu b ≤ 25 ⇒ ≥ ⇒ P ≥ 2.
b 50 − b



118
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎛1 1⎞ ⎛1 1 ⎞ 50 50
+)Nếu b > 25 ⇒ P = 2 − (a − b).⎜ − ⎟ ≥ 2 − (50 − b).⎜ − ⎟= ≥
⎝ 50 − b b ⎠ ⎝ 50 − b b ⎠ b 49
a c 50
Mặt khác khi a = 50, b = 49, c = 0, d = 1 thì + = .
b d 49
⎛a c ⎞ 50
Vậy ⎜ + ⎟ = .
⎝ b d ⎠ min 49

Câu 2:
Dễ thấy MDN = 1800 − A < 900 .
MN
= AD.
Áp dụng bổ đề 1 trong đề 38 có:
SinMDN

(Chú ý: A,M,D,N cùng nằm trên đường tròn đường kính AD).
hay: MN = AD.SinMDN mà AD ≥ AH nên:
MN ≥ AH .SinMDN = AH .Sin(1800 − A)
Vậy: MN min = AH .Sin(1800 − A) khi D ≡ H .

Câu 3:

Từ giả thiết n chia hết cho 19 nên ta đặt: n = 19 α . A với A, α ∈ Ν .
Ta có: 1500 < 19 α . A < 2000 ⇒ α < 3.

-Nếu α = 2 ⇒ 4 < A < 6 ⇒ A = 5 không thỏa mãn.

-Nếu α = 1 ⇒ 78 < A < 106.


Ta có thể đặt :

A = p1 1 . p 2 2 ... p k k với pi ∈ P, α i > 0. Các số p i đôi một khác nhau i = 1, k .
α
α α

α
α α
⇒ n = 19. . p1 1 . p 2 2 ... p k k từ giả thiết ta có:
(1 + 1).(α 1 + 1)(α 2 + 1)...(α k + 1) = 16 ⇒ (α 1 + 1)(α 2 + 1)...(α k + 1) = 8 = 2.4 = 2.2.2
. .

+Nếu (α 1 + 1)(α 2 + 1)...(α k + 1) = 2.2.2 suy ra:
.
⎧α 1 = α 2 = α 3 = 1

⎩k = 3
⎡ A = 3.5.7 ⎡n = 3.5.7.19
⇒ 78 < A = p1 . p 2 . p3 < 106 ⇒ ⎢ ⇒⎢
⎣ A = 2.3.17 ⎣n = 2.3.17.19




119
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


+Nếu (α 1 + 1)(α 2 + 1)...(α k + 1) = 2.4 suy ra:
.
⎧α 1 = 1

⎨α 2 = 3 ⇒ 78 < A = p1 . p 2 < 106 ⇒ p 2 < 4.
3

⎪k = 2

Nếu p 2 = 3 ⇒ 2 < p1 < 4 ⇒ p1 = 3 (loại).
⎡ p = 11 ⎡ A = 2 .11 ⎡n = 2 .11.19
3 3

Nếu p 2 = 2 ⇒ 9 < p1 < 14 ⇒ ⎢ 1 ⇒⎢
⇒⎢
⎣ p1 = 13 ⎢ A = 2 .13 ⎢n = 2 .13.19
3 3


⎧α 1 = 7
+Nếu (α 1 + 1)(α 2 + 1)...(α k + 1) = 8 ⇒ ⎨ ⇒ A = 2 7 > 105 (loại).
.
k =1

Tóm lại ta có bốn đáp số thỏa mãn bài ra:
n = 1672 hoặc 1976 hoặc 1995 hoặc 1938.




-Bất cứ diễn đàn nào hay trang web nào sử dụng file này phải xin
phép và được sự cho phép của ban quản trị diễn đàn
http://mathnfriend.org mới được phép sử dụng.

-Bất cứ cá nhân nào sử dụng file phải xin phép tác giả và được sự
cho phép của tác giả mới được phép sử dụng.




120
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 41:Thi Sư Phạm I(2001-2002)

Vòng 1:

( )( )
Câu 1: Xét đa thức : P( x) = 1 − x + x 2 − x 3 + ... − x 1999 + x 2000 . 1 + x + x 2 + ...x 2000 .
Khai triển và ước lượng các số hạng đồng dạng có thể viết:
P ( x ) = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + a 4000 x 4000 .Tính a 2001 .


Câu 2: Giải phương trình : 3x 2 − 7 x + 3 − x 2 − 2 = 3x 2 − 5 x − 1 − x 2 − 3x + 4 .

2001
Câu 3: Tìm ba chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm của số: A = 26 6 .

Câu 4: Cho a, b > 0 .Biết rằng phương trình: x 3 − x 2 + 3ax − b = 0 có ba nghiệm
a3
(không nhất thiết phân biệt).CMR: 3 + 27.b ≥ 28 .
b

Câu 5: Gọi A ', B ', C ' lần lượt là trung điểm của các cung BC,CA,AB không chứa các
đỉnh A,B,C của đường tròn ngoại tiếp Δ ABC. Các cạnh BC,CA,AB cắt các cặp
đoạn thẳng C ' A ', B ' A '; B ' A ', C ' B '; C ' B ', C ' A ' lần lượt ở các cặp M,N,P,Q và
R, S. Chứng tỏ:

A ' B ' C ' trùng với tâm I đường tròn nội tiếp ABC .
1.Trực tâm H ' của

2.Các đường chéo MQ,NR và PS của lục giác MNPQRS đồng qui ở I.

ABC đều.
3.Ba đoạn MN,PQ và RS có độ dài bằng nhau khi và chỉ khi

Hướng dẫn giải:

Câu 1:

Có:
( )( )
P( x) = 1 − x + x 2 − x 3 + ... − x 1999 + x 2000 . 1 + x + x 2 + ...x 2000
= (1 + x ) − (x + x + ... + x )
2000 2 1999 2
+ x 4 + ... + x
2 3


= (1 + x ) − x .(1 + x + x + ... + x )
2 2
+ x 4 + ... + x 2000
2 2 2 4 1998


Ta thấy: P ( x ) có được sau khi bỏ các dấu ngoặc và nhóm các số hạng trong tích sẽ là
một đa thức không chứa các số hạng với lũy thừa lẻ của x .
Tóm lại: a 2001 = 0.




121
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎧3x 2 − 7 x + 3 ≥ 0 ⎡x ≤ − 2
⎪2 ⎢
⇔⎢
Câu 2: Điều kiện: ⎨ x − 2 ≥ 0 5 + 37 (I).
x≥
⎪ x 2 − 3x + 4 ≥ 0 ⎢
⎣ 6

Phương trình đã cho có thể viết lại:
3x 2 − 7 x + 3 + x 2 − 3x + 4 = x 2 − 2 + 3x 2 − 5 x − 1
(3x ) (x )
⇔ − 5 x − 1 − 2.( x − 2) + − 2 − 3.( x − 2) = 3 x 2 − 5 x − 1 + x 2 + 2 (1)
2 2




Nếu x > 2 ta thấy VT < VP.

Nếu x < 2 ta thấy VT > VP.

Thử với x = 2 thấy thỏa mãn phương trình (1) và hệ điều kiện (I).
Tóm lại : Nghiệm của phương trình đã cho là x = 2 .

Câu 3: Dễ thấy: 6 2001 = 5t + 1 (t ∈ Ν )
Có: A = 26 5t +1 = (26 5 ) .26
t


Có: 26 5 ≡ 1(mod125) ⇒ A ≡ 26(mod125).
Ta có thể đặt: A = 125k + 26 (k ∈ Ν ) .
Dễ thấy A 8 ⇒ 125k + 26 8 ⇒ 5k + 2 8 ⇒ k ≡ 6(mod 8) nên:
k = 8m + 6 với m ∈ Ν .Từ đó suy ra: A = 1000.m + 776.
Chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm của A lần lượt là : 6,7,7.

Câu 4: Gọi x1 , x 2 , x3 là các nghiệm của phương trình : x 3 − x 2 + 3ax − b = 0 .
⎧ x1 + x 2 + x3 = 1(1)

Theo định lý Vi-et mở rộng ta có: ⎨ x1 x 2 + x1 x3 + x 2 x3 = 3a(2)
⎪ x x x = b(3)
⎩123
Trước hết ta chứng minh: x1 , x 2 , x3 > 0. Thật vậy:
Từ (3) thấy: x1 , x 2 , x3 ≠ 0.
Từ (1) có thể thấy rằng: Trong ba số x1 , x 2 , x3 phải có ít nhất một số dương, ta giả sử
x1 > 0 .Nếu như có một trong hai số x 2 , x3 âm, chẳng hạn x2 < 0 thì từ (3) ta có:
b = x1 x 2 x3 > 0 ⇒ x 2 x3 > 0 ⇒ x3 < 0 . Từ ( 2) có:
0 < 3a = x1.( x2 + x3 ) + x2 x3 =
= ⎡1 − ( x2 + x3 ) ⎤ .( x2 + x3 ) + x2 x3 = x2 + x3 − x2 − x3 − x2 x3 < 0 (vô lý ).
2 2
⎣ ⎦

Tóm lại ta có : x1 , x 2 , x3 > 0. Lại có:
a3 1
+ 27.b = ( x1 x2 + x1 x3 + x1 x2 ) .
3
+ 27 x1 x2 x3 =
3
27.x13 x2 x3
33
b



122
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ

3
1 ⎛1 1 1⎞ 1
= . ⎜ + + ⎟ + 27.x1 x2 x3 ≥ + 27 x1 x2 x3 =
27 ⎝ x1 x2 x3 ⎠ x1 x2 x3

⎛ ⎞
1 26 1 26
=⎜ + 27 x1 x2 x3 ⎟ + ≥ 2. .27 x1 x2 x3 + = 28
3
⎝ 27 x1 x2 x3 ⎠ 27.x1 x2 x3 27.x1 x2 x3 ⎛ x1 + x2 + x3 ⎞
27. ⎜ ⎟
3
⎝ ⎠
1 1 1
Đẳng thức xảy ra ⇔ x1 = x 2 = x3 = ⇔ a = , b = .
3 9 27

Câu 5:

1.Dễ thấy A, I , A ' thẳng hàng (do AA '& AI đồng thời là đường phân giác trong của A ).
Tương tự: B, I , B ' thẳng hàng; C , I , C ' thẳng hàng. Có:

( )
1
A'C ' B ' + C ' B ' I = A'C 'C + CC ' B ' = . A + B + C = 900 .
2
⇒ IB ' ⊥ C ' A ' . Tương tự : IC ' ⊥ A ' B ' , IA ' ⊥ C ' B ' .
Từ đó ⇒ H ' ≡ I .
2.Có:
IB 'C ' = AA'C ' = A' B 'C ' ⎫⎪
⎬ ⇒ I và A đối xứng với nhau qua B ' C ' .
IA ⊥ B 'C ' ⎪

⇒ AIQ = QAI = IAR ⇒ IQ // AB . Tương tự: MI // AB nên M,I,Q thẳng hàng.

Hoàn toàn tương tự: N,I,R thẳng hàng; P,I,S thẳng hàng.

Ta có đpcm.

3. Có: PQ = SR ⇒ PQ + AQ = RS + AR . Vậy: AS = AP .
AS AP
= ⇒ AB = AC .
Hơn nữa ta thấy: SP // BC nên:
AB AC
Tương tự dẫn đến BC = AC ⇒ ABC đều.

Ngược lại: Nếu Δ ABC đều, dễ thấy PQ = RS = MN .




123
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ




Đề 42:Thi Sư Phạm I(2001-2002)

Vòng 2:

( )( )
k k
Câu 1: Với mỗi số k nguyên dương, đặt: S k = 2 +1 + 2 −1 .
CMR: S m + n + S m −n = S m .S n với mọi m, n ∈ Ν * : m > n.

Câu 2: Cho n là một số nguyên dương.
Chứng tỏ tổng : Tn = 15 + 2 5 + 35 + ... + n 5 chia hết cho tổng An = 1 + 2 + .. + n .

Câu 3: Tìm tất cả các số nguyên dương p > 1 sao cho phương trình sau có nghiệm duy
1⎞

⎟.x + 1 = 0.
nhất: x 3 + p.x 2 + ⎜ p − 1 +
p −1⎟




⎧ x 3 + y 3 + x 2 .( y + z ) = xyz + 14

Câu 4: Giải hệ: ⎨ y 3 + z 3 + y 2 .( z + x) = xyz − 21
⎪ z 3 + x 3 + z 2 .( x + y ) = xyz + 7


Câu 5.a(Chuyên Toán):

Cho Δ ABC cân ở A. Ký hiệu x,y,z lần lượt là các khoảng cách MA ', MB ', MC ' từ
một điểm M nằm trong mặt phẳng (ABC) đến các đường thẳng CB, CA, AB . Tìm
quĩ tích những điểm M nằm trong góc BAC sao cho : x 2 = yz .

Câu 5.b(Chuyên Tin):

Trong một bảng ô vuông 2000 × 2000 ô (mỗi ô có kích thước là 1) đã vẽ một
đường tròn với bán kính 10 không đi qua đỉnh nào và cũng không tiếp xúc với
cạnh nào của các ô vuông.

1.Đường tròn đã vẽ cắt các cạnh của các ô vuông tại bao nhiêu điểm?

2.Chứng tỏ: Đường tròn đã cho cắt không ít hơn 79 ô vuông.

Hướng dẫn giải:

( )( )( )( )
2 − 1 ⎤.⎡ 2 + 1 + 2 −1 ⎤ =
Câu 1: Có: S m .S n = ⎡ 2 + 1 +
m m n n

⎥⎢ ⎥
⎢ ⎦⎣ ⎦



124
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎡ ⎤⎡ ⎤
( ) ( )
1 1
m n
= ⎢ 2 +1 + ⎥.⎢ 2 + 1 + ⎥
( ) ( )
m n
⎢ 2 +1 ⎥ ⎢ 2 +1 ⎥
⎣ ⎦⎣ ⎦
= ( 2 + 1) + ( 2 + 1) ( ) 1
m+ n m−n n−m
+ 2 +1 +
() m+ n
2 +1
= ( 2 + 1) + ( 2 + 1) + ( 2 − 1) + ( 2 − 1)
m+ n m−n n−m m+ n
= S m+ n + S m−n .
Ta có đpcm.

Câu 2:

Ta chứng minh bài toán tổng quát sau:
Chứng tỏ: Tổng S k = 1k + 2 k + 3 k + ... + n k chia hết cho An với n là số nguyên dương tùy
ý và k là số tự nhiên lẻ. Thật vậy:

Ta đã biết ( a k + b k ) chia hết cho ( a + b ) với k lẻ.
n.(n + 1) n.( n + 1)
Thấy: An = 1 + 2 + .. + n = . Ta sẽ chứng minh S k .
2 2
-Khi n chẵn:
⎛ ⎛ n ⎞k ⎛ n ⎞k ⎞
( )( )
S k = 1 + n + 2 + (n − 1) + ... + ⎜ ⎜ ⎟ + ⎜ + 1⎟ ⎟
k k k k
⎜⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎟
⎝ ⎠
( n +1) ( n +1)
( n +1)



⇒ S k (n + 1) .
⎛ ⎛ n ⎞k ⎛ n ⎞k ⎞ ⎛ n ⎞k
Hơn nữa: S k = (1 + (n − 1) ) + ( 2 + (n − 2) ) + ... + ⎜ ⎜ − 1⎟ + ⎜ + 1⎟ ⎟ + ⎜ ⎟ + n k
k k k k
⎜⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎟ ⎝ 2 ⎠
⎝ ⎠
n n
n
2 2
2



n.( n + 1)
⎛n ⎞
n
⇒ Sk , mà ⎜ , (n + 1) ⎟ = 1 ⇒ S k .
2 2
⎝2 ⎠
-Khi n lẻ:
⎛ ⎛ n − 1 ⎞k ⎛ n + 3 ⎞k ⎞ ⎛ n + 1 ⎞k
( )( )
S k = 1k + n k + 2k + (n − 1) k + ... + ⎜ ⎜ + +
⎜⎝ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎠⎟ ⎝
⎠⎝ ⎠
⎝ ⎠
n +1 n +1
n +1
2 2
2


n +1
⇒ Sk .
2




125
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎛ ⎛ n − 1 ⎞k ⎛ n + 1 ⎞k ⎞ k
Hơn nữa: S k = (1k + (n − 1) k ) + ( 2k + (n − 2) k ) + ... + ⎜ ⎜ + +n
⎜⎝ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎟ ⎠⎟
⎠⎝
⎝ ⎠
n n
n



⇒ Sk n .
n.(n + 1)
⎛ n +1 ⎞
, n⎟ = 1 ⇒ Sk
Mà ⎜ .
⎝2 2

Tóm lại ta có đpcm.

⎛ 1⎞
Câu 3: Có: x 3 + p.x 2 + ⎜ p − 1 + ⎟.x + 1 = 0.
⎜ p −1⎟
⎝ ⎠
[ ]
⇔ [x − (1 − p )]. ( p − 1).x + ( p − 1).x + 1 = 0
2


⎡x = 1 − p
⇔⎢ (*)
⎣( p − 1).x + ( p − 1).x + 1 = 0
2


Để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ hệ (*) có nghiệm duy nhất
⇔ Phương trình (1) vô nghiệm hoặc phương trình (1) có nghiệm kép x1 = x2 = 1 − p .
Kết hợp với điều kiện p > 1, p ∈ Ν ta tìm được các giá trị của p thỏa mãn bài ra là
p = 2,3,4 .

⎧ x3 + y 3 + x 2 .( y + z ) = xyz + 14 (1)

Câu 4: Theo bài ra ta có: ⎨ y 3 + z 3 + y 2 .( z + x) = xyz − 21 (2)
⎪ z 3 + x3 + z 2 .( x + y ) = xyz + 7 (3)

Cộng (1), (2) & (3) ta được:
2.(x 3 + y 3 + z 3 ) + x 2 .( y + z ) + y 2 .( z + x) + z 2 .( x + y ) = 3 xyz
[ ]
⇔ (x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz ) + x 3 + y 3 + z 3 + x 2 .( y + z ) + y 2 .( z + x) + z 2 .( x + y ) = 0
⇔ ( x + y + z ).(x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) + (x + y + z ).(x 2 + y 2 + z 2 ) = 0
⎡1 ⎤
1 1
⇔ ( x + y + z ).⎢ .(x − y ) + .( y − z ) + .( z − x ) + x 2 + y 2 + z 2 ⎥ = 0
2 2 2

⎣2 2 2 ⎦
⎡x + y + z = 0
⇔⎢
⎣x = y = z = 0
Rõ ràng x = y = z = 0 không phải là nghiệm của hệ đã cho.
Vậy ta có: x + y + z = 0 thay vào (1), ( 2) & (3) ta được:
⎧ y 3 = xyz + 14 ⎧ y 3 = z 3 + 35 ⎧ y 3 = z 3 + 35
⎪3 ⎪3 ⎪
⎨ z = xyz − 21 ⇔ ⎨ x = z + 28 ⇔ ⎨ x 3 = z 3 + 28
3

⎪ x 3 = xyz + 7 ⎪( z 3 + 21) 3 = x 3 y 3 z 3 ⎪( z 3 + 21) 3 = ( z 3 + 35).( z 3 + 28).z 3
⎩ ⎩ ⎩




126
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎧ y 3 = z 3 + 35 ⎧y = 2
⎪3 ⎪
⎨ x = z + 28 ⇔ ⎨ x = 1 (thỏa mãn).
3

⎪ z = −3
⎪ z 3 = −27



Vậy nghiệm của hệ đã cho là: x = 1, y = 2, z = −3.

Câu 5a: Gọi O,I lần lượt là tâm đường tròn bàng
tiếp góc A, đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.

*Thuận:

Hạ MI ', MH , MK lần lượt vuông góc với
các đường thẳng AB,BC,CA.
Có: I ' MH = B = C = HMK (1)
MH MK
Mà: MH 2 = MI ' .MK ⇒ = (2).
MI ' MH
Từ (1) & ( 2) suy ra:
ΔMHI ' ΔMKH (c.g.c)
⇒ I ' HM = HKM ⇒ I ' BM = MCB
Dễ thấy Δ BIO vuông ở B.
Gọi L là trung điểm của IO ⇒ Δ BIL cân ở L
1 1
⇒ IBL = LIB = . A + .B
2 2
1 1 1
⇒ IBL + ABI = . A + .B + .C = 900.
2 2 2
⇒ ABL = 90 ⇒ AB tiếp xúc với đường tròn đường kính IO.
0

BM,CM cắt đường tròn đường kính IO lần lượt ở M ', M '' .
Do I ' BM = MCB ⇒ BM ' = BM '' .
⇒ M ' ≡ M '' ⇒ M ' ≡ M '' ≡ M ⇒ M nằm trên đường tròn
đường kính IO.

*Đảo:

Lấy M bất kỳ trên đường tròn đường kính IO.
Hạ MI ', MH , MK lần lượt vuông góc với các
đường thẳng BA,BC,AC.
Dễ thấy: AB tiếp xúc với đường tròn đường kính IO.

Có: I ' MH = B = C = HMK
Mà I ' HM = I ' BM = BCM = HKM



127
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ

⇒ MHI ' MKH ( g .g )
MH MK
⇒ = ⇒ MH 2 = MI ' .MK
'
MH
MI
*Kết: Quĩ tích điểm M cần tìm là đường tròn đường kính IO.

Câu 5b:

Xét giao điểm của các đường lưới với đường tròn C có bán kính bằng 10.
Rõ ràng : Các giao điểm trên chia đường tròn thành các cung.Mỗi cung chỉ thuộc vào
phần trong của một ô vuông ⇒ Số ô vuông mà C cắt bằng số giao điểm của các đường
lưới với C:
-Các đường lưới ngang cắt C tại 40 giao điểm (20 × 2=40 điểm) (Vì mỗi đường lưới
ngang cắt C tại 2 điểm).
-Các đường lưới dọc cắt C tại 40 giao điểm (20 × 2=40 điểm) (Vì mỗi đường lưới dọc
cắt C tại 2 điểm).
(Do C có bán kính bằng 10 nên nó cắt 20 đường lưới ngang, 20 đường lưới dọc).
⇒ Số giao điểm là 80.
⇒ Số ô vuông là 80 > 79.




128
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 43:Thi Chuyên Hùng Vương(2001-2002)

Vòng 1:

Câu 1:

2 + 3. 2 + 2 + 3 . 2 + 2 + 2 + 3 . 2 − 2 + 2 + 3 .
a.Tính
b.CMR: Nếu a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca = 0 thì a = b = c = 0 .

Câu 2:
a.Giải phương trình : (x 2 − 9 x + 18 ). x − 5 = 0 .
b.Giải phương trình : x − 10 + 30 − x = x 2 − 40 x + 400 + 2. 10 .
c.Trong một mặt phẳng cho n điểm tùy ý . CMR: Luôn có đường tròn chứa bên
trong n điểm đã cho.

43 1 1 1 44
< + + ... +
A1A2 là đường tròn cần tìm.

Câu 3:
1 1 1
= − với ∀k ∈ Ν * .
Nhận xét:
(k + 1). k + k . k + 1 k +1
k
Cho k = 1,2..., 2001 ta có:
1 1 1 1
+ + ... + = 1−
2. 1 + 1. 2 3. 2 + 2. 3 2002. 2001 + 2001. 2002 2002
43 1 44
< 1−
0 không đổi và x, y , z > 0 thay đổi sao cho:
xyz
Tìm giá trị nhỏ nhất của P với P = x + y + z.
Câu 4: Cho hình vuông ABCD cạnh a. Một góc xBy = 450 quay xung quanh B sao cho Bx
cắt cạnh AD tại M, By cắt cạnh CD ở N (M và N không trùng với D).Gọi E, F
tương ứng là giao điểm của BM, BN với AC.

a.Chứng tỏ: Các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp đường tròn.

b.Chứng tỏ: MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định và chu vi của tam giác
MND không đổi.

c.Tìm vị trí của M, N và nêu cách dựng các điểm đó để tam giác MND có diện
tích lớn nhất.

Hướng dẫn giải:

Câu 1: Bạn đọc tự giải.

Câu 2: Chú ý: (x + y + z ) − x 3 − y 3 − z 3 = 3.( x + y ).( y + z ).( z + x ) ∀x, y, z ∈ R.
3



( )
⎛a b c⎞
Câu 3:Có: ( x + y + z ) = ( x + y + z ).⎜ + + ⎟ ≥ a + b + c .
2
⎜x y z⎟
⎝ ⎠
⎧a b c ⎧ x = a .( a + b + c )
⎪ x2 = y2 = z2 ⎪
⎪ ⎪
Đẳng thức xảy ra ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ y = b .( a + b + c )
⎪a + b + c = 1 ⎪
⎪ z = c .( a + b + c )
⎪x y z ⎩

( )
2
Vậy Pmin = a+ b+ c .




131
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 4:

a. FBM = 450 = FAM nên tứ giác ABFM nội tiếp được. Tương tự ta cũng có: Tứ giác
CBEN nội tiếp. Từ đó suy ra:
BEN + BCN = 1800 ⇒ BEN = 900 ⇒ NEM = 900 .
Tương tự: MFN = 900 .
⇒ Tứ giác MEFN nội tiếp.

b.Lấy điểm K trên tia đối của tia AD
sao cho AK = CN .
⇒ BK = CN và :
KBM = KBA + ABM = NBC + ABM =
= 900 − NBM = 450 = NBM
⇒ ΔKMB = ΔNMB (c.g .c ) ⇒ BA = BL (BL ⊥ MN)
⇒ MN tiếp xúc với đường tròn (B;a).

Lại có: ΔKBM = ΔNBM ⇒ KM = MN

⇒ P (ΔMND ) = MN + ND + MD = KM + MD + ND = KA + AM + MD + DN =
= CN + ND + MD + MA = 2a.

c.Có: MD + ND + MN = 2a ⇒ MD + ND + MD 2 + ND 2 = 2a

) ≥ ⎛⎜⎝ MD + ND + MD +2ND ⎞⎟⎠
(
2
2
⇒ 4a 2 = MD + ND + MD 2 + ND 2 =
2 2
⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞
⎟ .(MD + ND ) ≥ 4.⎜1 +
2
= ⎜1 + ⎟ .MD.ND
⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠
Mà MD.ND = 2.S MDN nên suy ra:
a2
Đẳng thức xảy ra ⇔ MD = ND ⇔ MBA = NBC = 22,50 .
S MDN ≤
( )
2
2 + 1 .2




132
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 45:Thi Tổng Hợp (2001-2002)

Vòng 1:

Câu 1: Tìm các giá trị nguyên x,y thỏa mãn đẳng thức: ( y + 2 ) .x 2 + 1 = y 2 .

Câu 2:
1.Giải phương trình : x.(3 x + 1) − x.( x − 1) = 2. x 2 .
⎧ x 2 + xy + 2 = 3 x + y

2.Giải hệ: ⎨ 2
⎪x + y 2 = 2


Câu 3: Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2a . Trên đoạn AB lấy M. Trong nửa mặt
phẳng bờ AB chứa nửa vòng tròn, ta kẻ hai tia Mx và My sao cho
AMx = BMy = 300 .Tia Mx cắt nửa vòng tròn ở E, tia My cắt nửa vòng tròn ở F.
Kẻ EE ', FF ' vuông góc với AB.

a
, tính diện tích hình thang vuông EE'F'F theo a.
1.Cho AM =
2

2.Khi điểm M di động trên AB, chứng minh đường thẳng EF luôn tiếp xúc với
một vòng tròn cố định.

Câu 4: Giả sử x,y,z là các số thực khác 0 thỏa mãn:
⎧ ⎛ 1 1⎞ ⎛1 1⎞
⎛1 1⎞
⎪ x.⎜ + ⎟ + y.⎜ + ⎟ + z.⎜ + ⎟ = −2
⎜ y z⎟ ⎜x y⎟
⎝ z x⎠
⎨⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎪3
⎩x + y + z = 1
3 3


111
Tính: P = + + .
xyz
xyz
Câu 5: Với x,y,z > 0. Tìm GTLN của biểu thức: M = .
( x + y ).( y + z ).( z + x)

Hướng dẫn giải:

Câu 1: Có: ( y + 2).x 2 + 1 = y 2 ⇔ ( y + 2).x 2 = y 2 − 1 (1).
Dễ thấy: y ≠ −2 nên:
⎡− 2 < y ≤ −1
y2 −1
(1) ⇔ x = ≥ 0 nên ⎢
2

⎣y ≥1
y+2
Do x 2 ∈ Ζ ⇒ ( y 2 − 1) ( y + 2 ) mà ( y 2 + 2 y ) ( y + 2 ) .Suy ra: ( 2 y + 1) ( y + 2 ) mà
( 2 y + 4) ( y + 2)


133
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎡ y = −1
⎢ y = −3
⇒ 3 ( y + 2) ⇒ ⎢
⎢y =1

⎣ y = −5
⎡ x = 0, y = 1
Cuối cùng ta có các cặp nghiệm thỏa mãn là: ⎢
⎣ x = 0, y = −1

Câu 2:
⎧ x.(3x + 1) ≥ 0
1.Điều kiện: ⎨
⎩ x.( x − 1) ≥ 0
x.(3 x + 1) − x.( x − 1) = 2. x 2
Có:
⇒ x.(3x + 1) + x.( x − 1) − 2. x 2 .(3x + 1).( x − 1) = 4 x 2
⇒ x 2 .(3x + 1).( x − 1) = 0
⎡x = 0
⎢ 1
⇒ ⎢x = −
⎢ 3
⎢x = 1


⎢x = 0

Thử lại đều thấy thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: ⎢ x = 1
⎢ 1
⎢x = −
⎣ 3
⎧ x + xy + 2 = 3 x + y (1)
2

2.Có: ⎨ 2
⎪ x + y = 2 (2)
2

Từ (1) suy ra: x 2 + ( y − 3) .x + 2 − y = 0 .
Coi đây là phương trình với biến số là x. Ta có:
3 − y ± ( y − 1) ⎡x = 1
Δ = ( y − 3) − 4.( 2 − y ) = ( y − 1) ⇒ x1, 2 =
2 2
nên: ⎢
⎣x = 2 − y
2
⎡x = 1
Như vậy (1) ⇔ ⎢
⎣x = 2 − y
(Có thể biến đổi trực tiếp x 2 + ( y − 3) .x + 2 − y = 0 ⇔ ( x − 1) . ( x − 2 + y ) = 0 .)
-Với x = 1 thay vào (2) được: y = −1 hoặc y = 1 .
-Với x = 2 − y thay vào (2) được: ( y − 2 ) + y 2 = 2 ⇔ y = 1 suy ra x = 1 .
2




134
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⎡ x = 1, y = 1
Tóm lại ta có nghiệm ⎢
⎣ x = 1, y = −1
Câu 3:

1. Hạ OI, OK lần lượt vuông góc với MF,ME.
15.a
1
1
Dễ thấy: OI = OK = .OM = .a; IF = OF 2 − OI 2 = .
4
4
2
IM 3 3.a
= Cos 30 0 = ⇒ IM =
Mà:
OM 2 4
( )
3 + 15 .a
⇒ FM = FI + IM = .
4
⎧ 3 + 45
⎪MF = Cos 30 .MF =
' 0
.a
⎪ 8
Ta có: ⎨ (1)
⎪ FF ' = Sin30 0.MF = 3 + 15 .a

⎩ 8

Có:
15
EK = OE 2 − OK 2 = .a
4
⇒ EM = EK − MK

hay:
⎧ 45 − 3
⎪ME = Cos 30 .ME =
' 0
.a
15 − 3 ⎪
3.a 8
EM = EK − = .a .Ta có: ⎨ ( 2)
4 4 15 − 3
⎪ EE ' = Sin30 0.ME = .a

⎩ 8
1 15. 3.a 2
Từ (1)&(2) ta có: S EE ' E ' F = ( EE ' + F ' F ).E ' F ' . = (đvdt).
2 32
2. Hạ AL, BQ ⊥ EF; AH, BT lần lượt vuông góc với ME ,MF.
Xét M nằm trên đoạn AO:
Kéo dài FM cắt (O) tại V (V ≠ F).
(Chú ý:Trường hợp M nằm trên đoạn BO, ta kéo dài
EM cắt (O) và chứng minh hoàn toàn tương tự.)
Có: EMA = BMF = AMV ⇒ EMO = VMO.
Ta sẽ chứng tỏ: EM = VM . Thật vậy:
-Nếu EM < VM thì: Trên EM lấy K sao cho MK = MV .
Khi đó:
ΔMVO = ΔMKO (c.g .c)
⇒ OV = OK mà OV = OE ⇒ OK = OE ⇒ K ≡ O ⇒ EM = VM (Vô lý).
-Nếu EM > VM thì hoàn toàn tương tự ta cũng dẫn đến điều vô lí như trên.
Tóm lại EM = VM .


135
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


⇒ ΔEAM = ΔVAM (c.g.c) ⇒ EA = VA ⇒ EA = VA ⇒ EFA = VFA.
Lại có:
AFB = 900 ⇒ VFA + BFV = 900
⇒ EFA + BFQ = 1800 − (VFA + BFV ) = 900 ⇒ EFA + BFQ = VFA + BFV
1
⇒ BFQ = BFT ⇒ ΔFBT = ΔFBQ ⇒ BQ = BT = .BM
2
1
Tương tự: AL = AH = . AM
2
1
Từ đó suy ra : AL + BQ = .( AM + BM ) = a
2
a
Vậy EF luôn tiếp xúc với đường tròn (O; ) .
2


*)Nhận xét: Ở lời giải trên ta đã chứng minh EM = VM (tương đương với việc chứng
minh ΔEMO = ΔVMO ) dựa vào các điều kiện sau:
EMO = VMO; OV = OE; OM chung. Vậy mà ta đã dựa vào các yếu tố này để chứng minh
được rằng EM = VM cũng tức là đã chứng minh được ΔEMO = ΔVMO .
Vậy thì hai tam giác này đã bằng nhau theo trường hợp c-c-g ? Ta mới chỉ biết tới các
trường hợp bằng nhau của tam giác là c-g-c hay g-c-g hay c-c-c chứ chưa bao giờ biết tới
còn trường hợp bằng nhau thứ tư của tam giác nữa - Đó chính là c-c-g được phát biểu
như sau:
Hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau. Góc ứng với cạnh lớn hơn của tam giác thứ
nhất bằng góc ứng với cạnh lớn hơn của tam giác thứ hai. Khi đó hai tam giác này bằng
nhau. Có thể diễn đạt như sau:
⎧ AB = MN < BC = NP

khi đó ΔABC = ΔMNP .
Cho ΔABC , ΔMNP có: ⎨
⎪ BAC = NMP

Chứng minh tương tự như trên ta đã chứng minh EM = VM .
Các bạn để ý trong bài toán ở trên ta có : EMO = VMO = 1500 > 900 .Do đó cạnh EO và
VO lần lượt là cạnh lớn nhất trong tam giác EOM và VOM.
⎧OM = OM < EO = VO

⇒ ΔOEM = ΔOVM ⇒ EM = VM .
Do đó ta có: ⎨
⎪ EMO = VMO

Như vậy nếu ta "hợp pháp hóa" trường hợp bằng nhau thứ tư của tam giác, thì trong
nhiều bài toán,cách giải của ta sẽ ngắn hơn được rất nhiều.

Câu 4:

⎛ 1 1⎞ ⎛1 1⎞
⎛1 1⎞
Có: x.⎜ + ⎟ + y.⎜ + ⎟ + z.⎜ + ⎟ = −2
⎜ y z⎟ ⎜x y⎟
⎝ z x⎠
⎝ ⎠ ⎝ ⎠




136
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


y+z x+z x+ y
⇔ + = −2 ⇔ ( x + z ).xz + ( x + y ).xy + ( y + z ). yz + 2 xyz = 0
x y z
⇔ ( x + y ).( y + z ).( z + x) = 0
-Nếu x + y = 0 ⇒ x = − y mà x 3 + y 3 + z 3 = 1 ⇒ z = 1 ⇒ P = 1.
-Nếu y + z = 0 ⇒ z = − y mà x 3 + y 3 + z 3 = 1 ⇒ x = 1 ⇒ P = 1.
-Nếu z + x = 0 ⇒ x = − z mà x 3 + y 3 + z 3 = 1 ⇒ y = 1 ⇒ P = 1.
Tóm lại P=1.

Câu 5:
xyz xyz 1
Ta có: M = ≤ =.
( x + y ).( y + z ).( z + x) 2. xy .2. yz .2. zx 8
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .
1
Tóm lại Mmax = .
8




137
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 46:Thi Tổng Hợp (2001-2002)

Vòng 2:

Câu 1:
1.Cho f ( x ) = ax 2 + bx + c có tính chất : f ( x ) ∈ Ζ khi x ∈ Ζ .Hỏi các hệ số a, b, c
có nhất thiết phải là số nguyên không? Tại sao?

2.Tìm các số nguyên không âm x, y thỏa mãn: x 2 = y 2 + y + 1 .

Câu 2: Giải phương trình: 4. x + 1 = x 2 − 5 x + 14.

⎧ax + by = 3
⎪2
⎪ax + by = 5
2

Câu 3: Cho a ,b, x, y ∈ R thỏa mãn : ⎨ 3
⎪ax + by = 9
3

⎪ax 4 + by 4 = 17


Tính : A = ax5 + by 5 và B = ax 2001 + by 2001 .

Câu 4: Cho đoạn AB có trung điểm O. d1,d2 là các đường thẳng vuông góc với AB tại
A,B. Một góc vuông đỉnh O cắt d1 ở M, d2 ở N. Kẻ OH vuông góc với MN. Đường
tròn ngoại tiếp Δ MHB cắt d1 ở E (E ≠ M). MB cắt NA ở I, HI cắt EB ở K. CMR: K
nằm trên một đường tròn cố định khi góc vuông quay xung quanh O.

Câu 5: Cho 2001 đồng tiền, mỗi đồng tiền được sơn hai màu: đỏ và mặt còn lại màu
xanh. Xếp 2001 đồng tiền đó theo một vòng tròn sao cho tất cả các đồng tiền đều
có mặt xanh ngửa lên phía trên. Cho phép mỗi lần đổi mặt đồng thời 5 đồng tiền
liên tiếp cạnh nhau. Hỏi với cách làm như thế, sau một số hữu hạn lần ta có thể
làm cho tất cả các đồng tiền có mặt đỏ ngửa lên phía trên được không? Tại sao?

Hướng dẫn giải:

Câu 1:

1.Câu trả lời là: Không!
1 1
Với a = b = , c ∈ Ζ chú ý ∉ Ζ ta có:
2 2
1
f ( x) = .x.( x + 1) + c . Rõ ràng với x ∈ Ζ thì x.( x + 1) 2 ⇒ f ( x) ∈ Ζ khi x ∈ Ζ .
2
2.
Với y = 0 ta có x = 1 .
y + 1 = t > 1. Khi đó: x 2 = y 2 + y + 1 = (t 2 − 1) + t
2
Với y > 0 : Đặt


138
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Do t > 1 nên : (t 2 − 1) < x 2 < (t 2 ) ⇒ x 2 không là số chính phương (Vô lý).
2 2


Câu 2:

x + 1 = t ≥ 0.
Đặt:
Có: 4. x + 1 = x 2 − 5 x + 14 hay 4t = (t 2 − 1) − 5.(t 2 − 1) + 14
2


⇔ (t − 2) 2 .(t 2 + 4t + 5) = 0 ⇔ t = 2.
Từ đó ta tìm được x = 3 là giá trị cần tìm.

Câu 3:

Có:
5.( x + y ) = (ax 2 + by 2 ).( x + y ) = ax3 + by 3 + (ax + by ).xy = 9 + 3xy
⇒ 5.( x + y ) − 3xy = 9 ⇒ 45.( x + y ) − 27 xy = 81 (1).
Có:
9.( x + y ) = (ax3 + by 3 ).( x + y ) = ax 4 + by 4 + (ax 2 + by 2 ).xy = 17 + 5 xy
⇒ 9.( x + y ) − 5 xy = 17 ⇒ 45.( x + y ) − 25 xy = 85 (2).

Từ (1)&(2) ⇒ 2 xy = 85 − 81 ⇒ xy = 2 thay vào (1) ⇒ x + y = 3 .
⎡ x = 2, y = 1
Từ đó ta tìm được các cặp ( x, y ) thỏa mãn bài ra là: ⎢
⎣ x = 1, y = 2
⎧ax + by = 3 ⎧2 a + b = 3 ⎧a = 1
⇔⎨ ⇔⎨
-Nếu x = 2, y = 1 ta có: ⎨ 2
⎩4 a + b = 5 ⎩b = 1
⎩ax + by = 5
2


⇒ A = 33; B = 1 + 2 2001.
-Nếu x = 1, y = 2 tương tự ta có: ⇒ A = 33; B = 1 + 2 2001.

Câu 4:
Có: HAB = HAO = HMO = NMO và:
HBA = HBO = HNO = MNO
⇒ ΔHAB vuông ở H
⇒ HO = AO = OB ⇒ ΔHMO = ΔAMO , ΔHON = ΔBON .

AI AM MH
= = ⇒ HI // AM ⇒ HK ⊥ AB (1).
Có:
IN BN HN

Có: MEB = NHB = NOH ⇒ ABE = HNO = HBA (2) .

Từ (1)&(2) suy ra:
HB đối xứng với EB qua AB.
Lại có: H ∈ HB, K ∈ EB.



139
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Mà HK ⊥ AB ⇒ H đối xứng với K qua AB ⇒ AHB = AKB ⇒ AKB = 900 .
Suy ra K thuộc đường tròn đường kính AB.
Câu 5:

Đánh số các đồng tiền từ 1 tới 2001 theo chiều quay của kim đồng hồ.

Lần 1:đổi mặt các đồng 1,2,3,4,5

Lần 2:đổi mặt các đồng 2,3,4,5,6
...

Lần 1998:đổi mặt các đồng 1998,1999,2000,2001,1

Lần 1999:đổi mặt các đồng 1999,2000,2001,1,2

Lần 2000:đổi mặt các đồng 2000,2001,1,2,3

Lần 2001:đổi mặt các đồng 2001,1,2,3,4

Như vậy mỗi đồng ta đã đổi mặt 5 lần ⇒ tất cả các đồng tiền sau lần lật thứ 2001 đều ở
mặt đỏ.

*Nhận xét: Cái khó của bài toán là việc định hướng ban đầu cho câu hỏi:Có hay Không.
Cũng vẫn là ý tưởng trên, song ta sẽ diễn đạt cái ý của mình theo cách khác.Sau đây là
một ví dụ:

Ta đánh số 2001 đồng tiền từ 1 đến 2001 theo chiều quay của kim đồng hồ.

Bước 1:Lật 2000 đồng từ đồng 1 dến 2000 thì đồng 1 đến 2000 màu đỏ, còn đồng 2001
màu xanh.

Bước 2: Lật 2000 đồng 2001,1,2..đến 1999 (trừ đồng 2000 là không lật)
thì đồng 1 đến 1999 màu xanh, đồng 2000 và 2001 màu đỏ.

Bước 3: Lât 2000 đồng 2000,2001,1,...đến 1998 thì đồng 1 đến 1998 màu đỏ còn đồng
1999,2000,2001 màu xanh.

Bước 4: Lật 2000 dồng 1999,2000,...1997 thì đồng 1 đến 1997 màu xanh, còn đồng 1998
đến 2001 màu đỏ.

Bước 5: lật đồng 1998 ,1999,..đến 1996 thì đồng 1 đến 1996 màu đỏ còn đồng 1997 đến
2001 màu xanh.

Bước 6: lật 5 đồng 1997 đến 2001 thì ta có 2001 đồng đỏ.
Vậy đáp án là có thể.



140
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ

Đây là cách giải sơ khai của tôi trong lần đầu viết cuốn sách này (Có kèm hình vẽ minh
họa các bước trên).Tuy nhiên cách giải trên gây "khó chịu" cho người đọc-vì sẽ không

hiểu từ hướng suy nghĩ nào mà tác giả lại đi tới lời giải này. Ấy cũng là một cái "mẹo
vặt" của người làm toán khi muốn giấu hướng đi của mình-làm cho lời giải bài toán thiếu
tự nhiên.Qua các thư góp ý của các bạn,tôi đã "sửa" lại lời giải như trên.Các bạn sẽ thấy
lời giải này xuất phát khá tự nhiên, không "khó chịu" như lời giải của tôi trước kia.

Chúng ta thử nghĩ với đề hơi khác một chút xem:Mỗi lần chỉ lật 4 đồng thôi.
(Các giả thiết ban đầu vẫn giữ nguyên).
Lúc này câu trả lời lại là: Không thể vì:
Để ý rằng mỗi lần đổi mặt 4 đồng thì số đồng tiền mặt xanh tăng lên hoặc giảm đi 1 số
chẵn đồng.Mà lúc đầu có lẻ đồng mặt xanh ⇒ không thể.

Các em làm thử câu này khó hơn (với đề bài đầu tiên):Tìm số lần đổi ít nhất để được toàn
được mặt đỏ.
Việc học toán không chỉ dừng lại ở việc giải ra bài toán.Các em hãy suy ngẫm lời giải
sau, để tìm ra lập luận sai ở chỗ nào?
Bài này ta nên sủ dụng tính chất bất biến.Bài giải như sau:
Trong 2001 đồng xu ta đánh số thứ tự cho chúng theo chiều kim đồng hồcó:
- 401 đồng có số thứ tự chia cho 5 dư 1(loại 1)
- các đồng có số thứ tự chia cho 5 dư 1,2,3,4 mỗi loại có 400 đồng
(loại 2,3,4,5).
Nếu cho số mặt xanh là -1,mặt đỏ là 1 thì có 401 đồng chia cho 5 dư 1 có tích là âm, các
loại kia tích là dương hết.
Nếu đổi mặt của 5 đồng liên tiếp thì sẽ luôn có một đồng tiền thuộc mỗi loại nói trên.
Vậy khi đổi mất 5 đồng xu liên tiếp thì tích các đồng xu loại 1 sẽ luôn khác tính âm
dương với 4 loại kia (bạn có thể tự kiểm tra lại).
Suy ra không thể!



-Bất cứ diễn đàn nào hay trang web nào sử dụng file này phải xin
phép và được sự cho phép của ban quản trị diễn đàn
http://mathnfriend.org mới được phép sử dụng.

-Bất cứ cá nhân nào sử dụng file phải xin phép tác giả và được sự
cho phép của tác giả mới được phép sử dụng.




141
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 47:Thi Chuyên Hùng Vương(2002-2003)

Vòng 1:

Câu 1: Cho phương trình: x 2 − mx + m − 1 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 .

3x12 + 3x 2 − 3
2
1.Tính giá trị của biểu thức : M = .
x12 .x 2 + x 2 .x1
2


2.Tìm giá trị của m để x12 + x 2 = 10.
2




1 y2
Câu 2: Cho hai số x,y thỏa mãn đẳng thức: 2 x 2 + + = 4. Xác định x,y để tích x.y
x2 4
đạt giá trị nhỏ nhất.

⎧2
⎪ x + 2 xy + 3 y = 9
2

Câu 3: Giải hệ phương trình: ⎨ 2
⎪2 x + 2 xy + y 2 = 2


Câu 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tia phân giác trong của góc A cắt
đường tròn (O) tại điểm M.

a) Dựng tia phân giác ngoài Ax của góc A. Chứng minh rằng Ax đi qua một điểm
cố định.

b) Kéo dài Ax về phía ngược lại cắt CB kéo dài ở E. Chứng minh rằng góc AMO
bằng góc CEA.

c) Trên cạnh AC lấy một điểm D bất kỳ ( D khác A,C ). Đường thẳng BD cắt
đường tròn (O) tại điểm thứ hai F. Đường thẳng qua A vuông góc với AB và
đường thẳng qua F vuông góc với FC cắt nhau ở P. Chứng minh rằng P,D,O
thẳng hàng.

Câu 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta luôn có:
n + n + 1 < 4n + 2 .

Hướng dẫn giải:

Câu 1: Chú ý rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm.
⎧ x1 + x 2 = m
Áp dụng định lý Vi-et: ⎨
⎩ x1 .x 2 = m − 1
⎧m ≠ 0
1. Điều kiện: x 2 .x1 + x12 .x 2 ≠ 0 ⇔ x1 x 2 .( x1 + x 2 ) = m.(m − 1) ≠ 0 ⇔ ⎨
2

⎩m ≠ 1




142
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


3 x12 + 3 x 2 − 3 3( x1 + x 2 ) − 6 x1 x 2 − 3 3m 2 − 6.( m − 1) − 3 3.( m − 1)
2
2
Ta có: M = = = = .
x1 x 2 .( x1 + x 2 ) (m − 1).m
x12 .x 2 + x 2 .x1
2
m
⎡m = 2
2. Có: x12 + x 2 = 10 ⇔ ( x1 + x 2 ) − 2 x1 x 2 − 10 = 0 ⇔ m 2 − 2.(m − 1) − 10 = 0 ⇔ ⎢
2
2

⎣m = 4


Câu 2: Áp dụng BĐT Cô-Si ta có:
1 y2 1 y2 x 2 .y 2
4 ≥ x2 + x2 + + ≥ 4.4 x 2 .x 2 . 2 . = 4.4
x2 4 x4 4
hay 4 ≥ x . y ⇔ 2 ≥ xy ≥ −2.
2 2


⎧2 y2
1
x = 2=
⎪ ⎡⎧ x = 1
4
x
⎪ ⎢⎨
⎢⎩ y = −2
⎪ 1 y2
Vậy (xy )min =4⇔
= −2 ⇔ ⎨ 2 x 2 + 2 +
⎢⎧ x = −1
4
x
⎪ ⎢⎨
⎪ xy = −2 ⎢⎩ y = 2




⎧2 x 2 + 4 xy + 6 y 2 = 18

Câu 3: Ta có: ⎨ 2
⎪18 x + 18 xy + 9 y 2 = 18

⎧2 x 2 + 4 xy + 6 y 2 = 18
⎧2 x 2 + 4 xy + 6 y 2 = 18 ⎧2 x + 4 xy + 6 y = 18
2 2


⇔ ⎨⎡2 x + y = 0
⇔⎨ ⇔⎨
⎩(2 x + y ).(8 x + 3 y ) = 0
⎪16 x + 14 xy + 3 y = 0
2 2
⎪⎢8 x + 3 y = 0

⎩⎣
⎡ x = 1, y = −2
⎢ x = −1, y = 2

⎢ 3
⇔ ⎢x = ,y =− 2
4. 2

⎢ 3
⎢x = − ,y = 2
⎣ 4. 2

Câu 4:

a. Nhiều bạn thắc mắc không hiểu yếu tố gì là cố định trong bài toán.
Nếu tam giác ABC cố định thì bài toán trở nên tầm thường.
Theo tôi hiểu thì: Tam giác ABC nội tiếp (O) có đáy BC cố định ( A di chuyển trên đường
tròn cố đinh (O) ),...
Chứng tỏ: Ax đi qua một điểm cố định.
Khi đó bài toán sẽ được giải như sau:
Gọi M1 là giao điểm của Ax với (O). Ta chứng minh M1 cố định.



143
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Ta có: AM1 ⊥ AM ( Vì Ax ⊥ AM ).
Suy ra MM1 là đường kính của (O) ⇒ M1 là điểm chính giữa của cung BC có chứa A
(đpcm).

b. Gọi K là trung điểm của BC.
Dễ thấy : O,K,M thẳng hàng.
Nhận thấy tứ giác AKME nội tiếp được.
⇒ AKE = AMK ⇒ đpcm.
c. Gọi B ' là giao điểm thứ hai của đường
tròn với AP thì BB ' là đường kính của
đường tròn (O). Gọi F ' là điểm đối
xứng của F qua PD.
Gọi Py là tia đối của tia PD, Ft là
tia đối của tia FC.
Bây giờ ta xét hai trường hợp:

+ TH1: P nằm trong (O). Ta có:
Do PFD = B ' FC ( do cùng phụ với góc BFC ).

Mà : B ' FC = B ' AC và PFD = PF ' D ⇒ PF ' D = B ' AC ⇒ Tứ giác F ' PDA nội tiếp

⇒ F ' Ft = FPy = F ' Py = F ' AD . Vậy AF ' FC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O).

Từ đây dễ có O,P,D thẳng hàng ( cùng thuộc trung trực của EF ).

+ TH2: P nằm ngoài (O). Ta có:

Đường thẳng PF cắt (O) tại điểm thứ hai là K. Ta có:

DF ' P = DFP = 1800 − KFB = 1800 − KAB = 1800 − B ' AD ( chú ý : KAB = B ' AD vì cùng

phụ với BAC ) ⇒ DF ' P + DAP = 1800

⇒ Tứ giác ADF’P nội tiếp ⇒ CAF ' = DPF ' = DPB ' = CB ' F ( chú ý : CB ' F = DPB ' vì

cùng phụ với F ' B ' P ' ) ⇒ Tứ giác AFF’C nội tiếp ⇒ đpcm.

Câu 5: Bạn đọc tự giải.




144
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 48:Thi Chuyên Hùng Vương(2002-2003)

Vòng 2:

Câu 1:
( )
1. Chứng minh rằng số : n = 2. 3 + 1 . 2 − 3 là số hữu tỷ.


2. Cho x ≥ 1. Hãy rút gọn biểu thức: M = x + 2. x − 1 + x − 2. x − 1 .

Câu 2: Cho a,b ≥ 0.

1. a,b thỏa mãn đồng thời: 2a + 3b ≤ 6 và 2a + b ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất của biểu thức : A = a 2 − 2a − b .

2. a + b = 10 . Chứng minh rằng (1 + a 4 ) . (1 + b 4 ) ≤ 101 .

Câu 3: Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố, a là số nguyên dương sao cho 1 + 2 a
không là số nguyên tố thì phương trình: x 2 − 2. a .x − p = 0 không có nghiệm hữu
tỷ.

Câu 4: Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O).

a. Trên các cạnh AB,BC,CD,DA lấy các điểm tương ứng M,N,P,Q sao cho:
QA NB AB
MA PD AD
= =
= = và .
QD NC CD
MB PC BC

Chứng minh rằng MP vuông góc với NQ.

b. Vẽ tia Ax vuông góc với AD cắt BC tại E, tia Ay vuông góc với AB cắt CD tại F.
Chứng minh rằng EF đi qua O.
⎧1 4 9
⎪ + + =3
Câu 5: Tìm các số dương a,b,c thỏa mãn hệ phương trình: ⎨ a b c
⎪a + b + c ≤ 12

Hướng dẫn giải:

Câu 1:

1. n = 2 .
ĐK: x ≥ 1.
2. M = x − 1 + x −1 −1




145
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 2:

1. Từ giả thiết ta có: 0 ≤ a, b ≤ 2 ⇒ a − 1 ≤ 1.
Ta có: A = (a − 1) − b − 1 ≤ 1 − b − 1 = −b ≤ 0.
2


⎡b = 0 ⎡a = b = 0
⇔⎢
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : ⎢
⎣ a −1 = 1 ⎣a = 2, b = 0
Lại có:
3
+) Nếu 0 ≤ a < , có:
2
2
⎛ 2⎞ 22
3.⎜ a − ⎟ −
6 − 2a 22
3⎠ 3
=⎝
A = a 2 − 2a − b ≥ a 2 − 2a − ≥− .
3 3 9
⎧ ⎧
2 2
⎪a = 3 ⎪a = 3
⎪ ⎪
⇔⎨
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ⎨
⎪b = 6 − 2a ⎪b = 14
⎪ ⎪
⎩ ⎩
3 9
3
+) Nếu ≤ a ≤ 2 , có:
2
Theo giả thiết : 2a + b ≤ 4 ⇒ 0 ≤ b ≤ 1. Ta có:
2
⎛3 ⎞ 7
A = a − 2a − b = (a − 1) − b − 1 ≥ ⎜ − 1⎟ − 1 − 1 = − .
2
2

⎝2 ⎠ 4
⎧ 3
⎪a =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ⎨ 2
⎪b = 1

22 7
Chú ý − 0).

4.( y + z ) 9.( x + z ) 16.( x + y ) ⎛ 4 y 9 x ⎞ ⎛ 4 z 16 x ⎞ ⎛ 9 z 16 y ⎞
=⎜⎜ x + y ⎟+⎜ x + z ⎟+⎜ y + z ⎟ ≥
Có: 2 P = + + ⎟ ⎜ ⎟
x y z ⎠⎝ ⎠⎝
⎝ ⎠
4 y 9x 4 z 16 x 9 z 16 y
≥ 2. + 2. + 2. = 52.
. . .
xy xz yz

Suy ra: P ≥ 26.
⎧ 4 y 9x
⎪x = y
⎧ 6c

⎪b = 5
⎪ 4 z 16 x ⎪
⇔⎨
Đẳng thức xảy ra ⇔ ⎨ =
⎪a = 7 c
⎪x z

⎪ 9 z 16 y ⎩ 5
⎪y = z

Vậy Pmin = 26.

Câu 5:

1. Dễ thấy IC ⊥ A'B' ⇒ IP ⊥ A'B' ⇒ A ' P = B ' P
⇒ C'P là phân giác của góc A'C'B'.
Tương tự: A'M là tia phân giác của
góc C'A'B' ; B'N là phân giác góc C'B'A' .

Mà các đường phân giác của tam
giác C'A'B' thì đồng qui với nhau ⇒ đpcm.

A+ B
2. Có: DBI = DIB = ⇒ ΔDBI cân ở D.
2
Hạ DT ⊥ BI ⇒ TB = TI.
⎛ A+ B ⎞
⎛C ⎞ C A+ B
r
= Sin ⎜ ⎟ = Cos ⎜ ⎟ (1) ( Vì + = 900 ).
Có:
⎜2⎟ ⎜2⎟ 2 2
IC ⎝⎠ ⎝ ⎠




154
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ



()
A+ B TB BI BI
= Cos IBD = = = (2). (Vì ΔDBI cân nên BD = ID)
Mà Cos
2 DB 2.DB 2.DI
r IB IB.IC
= ⇒ = 2r .
Từ (1)&(2) suy ra:
IC 2.ID ID




155
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 51:Thi Sư Phạm I(2002-2003)

Vòng 1:

3 3
1+ 1−
2 2
+ = 1.
Câu 1: Chứng minh đẳng thức:
3 3
1+ 1+ 1− 1−
2 2

1
Câu 2: Giải phương trình: x 3 − x 2 − x = .
3

⎧x + y = 4z − 1


Câu 3: Giải hệ phương trình: ⎨ y + z = 4 x − 1

⎪z + x = 4 y − 1


Câu 4: Tìm tất cả các số có 5 chữ số abcde sao cho: 3 abcde = ab .


Câu 5: Đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC,CA và AB theo
thứ tự ở D,E và F. Đường thẳng vuông góc với OC ở O cắt hai cạnh CA và CB lần
lượt ở I và J. Một điểm P chuyển động trên cung nhỏ DE không chứa điểm F, tiếp
tuyến tại P của (O) cắt hai cạnh CA,CB lần lượt ở M,N.Chứng minh rằng:
a. Góc MON = ϕ ( không đổi ), hãy xác định ϕ theo các góc của Δ ABC.
b. Ba tam giác IMO, OMN, JON đồng dạng với nhau.Từ đó suy ra:
IM .JN = OI 2 = OJ 2 (*)
c. Đảo lại, nếu M và N là hai điểm theo thứ tự lấy trên hai đoạn thẳng CE và CD
thỏa mãn hệ thức (*) thì MN tiếp xúc (O).

Hướng dẫn giải:

Câu 1:

Ta có:
3 33 3 3 3
1+ 1− 1+1− 1+ 1−
2 22 2 2+ 2=
+ = + =
3 +1 3 −1
4 + 2. 3 4 − 2. 3 1 +
3 3 1−
1+ 1+ 1− 1− 1+ 1−
2 2
2 2 4 4
2+ 3 2− 3
= + = 1.
3+ 3 3− 3


156
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Câu 2: Tham khảo Câu 3/Đề 19.

1
Câu 3: Điều kiện : x, y, z ≥ .
4
Theo bài ra ta có:
⎧x + y = 4z − 1 ⎧2.( x + y ) = 2. 4 z − 1
⎪ ⎪
⎪ ⎪
⎨ y + z = 4 x − 1 ⇔ ⎨2.( y + z ) = 2. 4 x − 1
⎪ ⎪
⎪z + x = 4 y − 1 ⎪2.( z + x) = 2. 4 y − 1
⎩ ⎩

Cộng các đẳng thức trên theo vế ta được:
4 x + 4 y + 4 z = 2. 4 z − 1 + 2. 4 x − 1 + 2. 4 y − 1
( )( )( )
2 2 2
⇔ 4x − 1 − 1 + 4y −1 −1 + 4z − 1 − 1 = 0
1
⇔x= y=z= .
2
3
Câu 4: Theo bài ra ta có: ab − 1000.ab = 100c + 10d + e.

2 3
* Nếu ab ≤ 31 ⇒ ab < 1000 ⇒ ab − 1000.ab < 0 ⇒ 100c + 10d + e < 0 ( vô lý).

2
* Nếu ab ≥ 33 ⇒ ab + 33.ab + 33 2 − 1000 ≥ 33 2 + 33.33 + 33 2 − 1000 > 0 .

)
)(
( 2
Suy ra: ab − 33 . ab + 33.ab + 33 2 − 1000 ≥ 0
3
⇔ ab − 1000.ab ≥ 33 3 − 1000.33 > 1000.
⇒ 100c + 10d + e > 1000 ( vô lý vì: 100c + 10d + e ≤ 999 < 1000 ).

* Nếu ab = 32 ⇒ 100c + 10d + e = 32 3 − 1000.32 = 768.

Vậy a = 3, b = 2, c = 7, d = 6, e = 8.

Câu 5:

( ) ( )
1 1 1
a. Có: MON = MOP + NOP = . MOP + MOE + . NOP + NOD = .DOE
2 2 2

( )
1 C C
Hay: MON = . 1800 − ACB = 900 − ⇒ ϕ = 900 − .
2 2 2
C
b. Có: OMP = OME = OMI . Lại có: OIC = MON (= 900 − ) .
2
OM ON
⇒ ΔOMN ΔIMO ( đpcm) ⇒ = .
IM OI



157
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


ON OM
Tương tự: ΔONM ΔJNO ( đpcm) ⇒ =
JN JO
OM ON ON OM
⇒ = ⇒ IM .JN = OI .OJ = OI 2 = OJ 2 ( đpcm).
. .
IM JN OI JO

c. Từ N kẻ tiếp tuyến NM ' với (O) ( M ' ∈ AC ).
Theo trên ta có : IM '.JN = OI 2
Theo giả thiết ta có: IM .JN = OI 2

Suy ra M ≡ M ' (đpcm).




158
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 52:Thi Sư Phạm I(2002-2003)

Vòng 2:


Câu 1: Chứng minh rằng số : x0 = 2 + 2 + 3 − 6 − 3. 2 + 3 là một nghiệm của
phương trình : x 4 − 16.x 2 + 32 = 0 .
Câu 2: Cho x, y > 0 thỏa mãn x + y ≥ 6 . Hãy tìm GTNN của biểu thức:
68
P = 3x + 2 y + + .
xy

Câu 3: Cho số nguyên tố p > 3 . Biết rằng có số tự nhiên n sao cho trong cách viết thập
phân của số p n có đúng 20 chữ số. Chứng minh rằng trong 20 chữ số này có ít
nhất 3 chữ số giống nhau.

Câu 4: Cho tam giác ABC. M, N là trung điểm của các đoạn CA, CB tương ứng.

1. I là điểm bất kỳ trên đường thẳng MN ( I ≠ M, I ≠ N ). Chứng minh rằng trong
ba tam giác IBC, ICA, IAB có một tam giác mà diện tích của nó bằng tổng các
diện tích của hai tam giác còn lại.

2. Trường hợp I là giao điểm của tia NM với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh rằng:
BC CA AB
= + .
IA IB IC

Câu 5: Cho số tự nhiên n > 1 và n + 2 số nguyên dương a1 , a2 ,..., an + 2 thỏa mãn điều
kiện : 1 ≤ a1 < a2 < ... < an + 2 ≤ 3n .
Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số ai , a j ( 1 ≤ j < i ≤ n + 2 ) sao cho:
n < ai − a j < 2n.

Hướng dẫn giải:

Câu 1:
( )2
Ta có: 8 − 2. 3 + 2. 3 = 2. 2

( )( ) ( 2 + 3 ) .( 6 − 3. 3 ) = ( 2. 2 )
2
⇔ 2 + 3 + 6 − 3. 3 + 2.

)
( = ( 2. 2 )
2 2
⇔ 2 + 3 + 6 − 3. 3

⇔ 2 + 3 + 6 − 3. 3 = 2. 2




159
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ



)( )
(2 +
⇔ 2+ 3 + 2 + 3 . 6 − 3. 2 + 3 = 2. 2


)( )
(2 +
⇔ 8 − 2. 2 + 3 − 2. 2 + 3 . 6 − 3. 2 + 3 = 8 − 4. 2
2
⎛ ⎞
⇔ ⎜ 2 + 2 + 3 − 6 − 3. 2 + 3 ⎟ = 8 − 4. 2
⎝ ⎠
⇔ x0 = 8 − 4. 2
2



( )
⇔ x0 − 8 − 4. 2 = 0
2



( ) ( )
⇔ ⎡ x0 − 8 − 4. 2 ⎤ . ⎡ x0 − 8 + 4. 2 ⎤ = 0
2 2
⎣ ⎦⎣ ⎦
⇔ x0 − 16 x0 + 32 = 0
4 2




Câu 2: Có:
⎛ 3x 6 ⎞ ⎛ y 8 ⎞ 3 3x 6 y8
3
P = .( x + y ) + ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ ≥ .6 + 2. . + 2. . = 19.
⎜2 y⎟ 2
⎝ 2 x⎠ ⎝ 2x 2y
2 ⎠
Đẳng thức xảy ra khi x = 2, y = 4 .
Vậy Pmin = 19 .

Câu 3: Giả sử số p n trong biểu diễn thập phân có nhiều nhất hai chữ số giống nhau.
Theo giả thiết p n có 20 chữ số.
⇒ Số p n có 2 chữ số 0, 2 chữ số 1,..., 2 chữ số 9.
⇒ p n ≡ 2. ( 0 + 1 + 2 + ... + 9 ) ≡ 0 (mod 3) .
⇒ p n 3 ⇒ p 3 ( vô lý ).
Vậy điều giả sử trên là sai ⇒ đpcm.

Câu 4:
1.

+ Nếu I ∈ [MN] thì:
1 1
Có: S ABI = .S ABC = . ( S ABI + S ACI + SCBI )
2 2
⇒ S ABI = S ACI + S BCI (đpcm).

+ Nếu I ∉ [MN] thì:
Giả sử I nằm trên tia đối của tia NM. Có:
S ACI = S ANC + S ANI + S INC = S ABI + S IBN + S INC
⇒ S ACI = S ABI + S BCI (đpcm).




160
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


abc
2. Sử dụng công thức: S = (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp).
4R
Ta có: S BCI = S ABI + S ACI
BI .IC.BC BI . AI . AB AI . AC.CI BC CA AB
⇔ = + ⇔ = + .
4R 4R 4R IA IB IC

Câu 5: Đặt bi = ai +1 − ai ( i = 1, n + 1 ) ( bi ∈ Ν * ).

Phản chứng:
⎡ai − a j ≤ n
∀i, j : 1 ≤ j < i ≤ n + 2
Ta giả sử: ⎢
⎢ a i − a j ≥ 2n

Dễ thấy được rằng: an + 2 − a1 ≥ n + 1.
Để ý rằng: an + 2 − a1 ≤ 3n − 1 .
Bằng phản chứng ta hoàn toàn chứng minh được: Luôn tồn tại một số k mà:
⎧a k +1 − a1 ≤ n
trong đó 0 < k < n .

⎩a k + 2 − a1 ≥ 2n
⎧a 2 − a1 < a3 − a1 < ... < a k +1 − a1 ≤ n
Khi đó ta có: ⎨
⎩2n ≤ a k + 2 − a1 < a k +3 − a1 < ... < a n + 2 − a1
Suy ra:
⎧b1 ≤ n
⎪b + b ≤ n
⎪1 2

⎪.....

⎨b1 + b2 + ... + bk ≤ n
⎪b + b + ... + b ≥ 2n
⎪1 k +1
2

⎪.....

⎩b1 + b2 + ... + bn +1 ≥ 2n

Chú ý rằng: 1 ≤ b1 < b1 + b2 < ... < b1 + b2 + ... + bk ≤ n
và: 2n ≤ b1 + b2 + ... + bk +1 < b1 + b2 + ... + bk + 2 < ... < b1 + b2 + ... + bn +1 = a n + 2 − a1 ≤ 3n − 1
Xét n + 1 số nguyên dương :
b1 , b1 + b2 ,..., b1 + b2 + ... + bk ; (b1 + b2 + ... + bk +1 + 1) − 2n, ,..., (b1 + b2 + ... + bn +1 + 1) − 2n .
Rõ ràng n + 1 số nguyên trên nhận các giá trị từ 1 tới n ( có n giá trị ).
⇒ ∃t , p ∈ Ν * , t < p thỏa mãn:
b1 + b2 + ... + bt = (b1 + b2 + ... + b p + 1) − 2n ( 1 ≤ t ≤ k ; k + 1 ≤ p ≤ n + 1 ).
⇒ bt +1 + bt + 2 + ... + b p = 2n − 1 hay: a p +1 − a t +1 = 2n − 1. Rõ ràng n < 2n − 1 < 2n.
Như vậy mâu thuẫn với điều ta giả sử ban đầu ⇒ đpcm.




161
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


Đề 53: Thi Học Sinh Giỏi TP.Hà Nội (2006-2007)


Câu 1: Cho x, y là các số thỏa mãn: x + y = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = x3 + y 3 + 2.xy .

Câu 2:
a) Cho p là số tự nhiên khác 0. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương
trình: x 2 + 5 px − 1 = 0; x3 , x4 là hai nghiệm của phương trình: x 2 + 4 px − 1 = 0.
Chứng minh rằng tích: ( x1 − x3 ) . ( x2 − x3 ) . ( x1 + x4 ) . ( x2 + x4 ) là một số chính
phương.

b) Tìm số tự nhiên m thỏa mãn đồng thời các điều kiện 9000 < m < 10000 , m chia
cho 95 dư 25 và m chia cho 97 dư 11.

Câu 3:
a) Tìm các số a,b để phương trình: ( x − 1) . ( x − a ) + 1 = ( x − 2 ) . ( x + b ) có ít nhất
ba nghiệm là x = 30, x = 3, x = 2007.

3
1 1 2
x2 − + x− = x , với điều kiện x ≥
b) Giải phương trình: .
4x 4x 2

Câu 4: Trong mặt phẳng cho 19 điểm phân biệt, trong đó không có ba điểm nào thẳng
hàng và nằm trong hình chữ nhật kích thước 2 × 3 . Chứng minh rằng trong 19
3
điểm đã cho có 3 điểm nằm trong hình tròn bán kính và tạo thành một tam giác
4
có ít nhất một góc không vượt quá 450 .

Câu 5: Trong đường tròn (O;R), cho dây AB cố định ( AB < 2 R ) và C là điểm chính giữa
của cung nhỏ AB. Gọi M là điểm tùy ý trên cung lớn AB, N là giao của dây CM
với dây AB.

a. CMR: Tích CN.CM có độ lớn không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
1
b. Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn AB sao cho: AM − BM = . AB .
3

Hướng dẫn giải :

Câu 1:

Theo giả thiết x + y = 2 . Ta có:




162
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


A = x3 + y 3 + 2 xy = ( x + y ) − 3xy. ( x + y ) + 2 xy
3



8 − 6 xy + 2 xy = 8 − 4 xy ≥ 8 − ( x + y ) =4.
2
=
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y kết hợp với giả thiết x + y = 2 ta được x = y = 1.
Vậy Amin = 4 khi x = y = 1.

Câu 2:
⎧ x1 + x2 = −5 p
⎪ x .x = −1
⎪1 2
a. Áp dụng định lý Vi-et cho hai phương trình đã cho ta được: ⎨
⎪ x3 + x4 = −4 p
⎪ x3 .x4 = −1

Ta có:
( x1 − x3 ) . ( x2 − x3 ) . ( x1 + x4 ) . ( x2 + x4 ) = ⎡ x1 x2 − ( x1 + x2 ) .x3 + x32 ⎤ . ⎡ x1 x2 + ( x1 + x2 ) .x4 + x42 ⎤
⎣ ⎦⎣ ⎦
⎡ ⎤⎡ ⎤
⎡2 ⎤⎡ 2 ⎤
= ⎣ x3 + 5 p.x3 − 1⎦ . ⎣ x4 − 5 p.x4 − 1⎦ = ⎢ x3 + 4 p.x3 − 1 + p.x3 ⎥ . ⎢ x4 + 4 p.x4 − 1 − 9 p.x4 ⎥ =
2 2

⎢ ⎥⎢ ⎥
⎦⎣ ⎦
⎣ =0
=0

= −9 p . ( x3 x4 ) = −9 p . ( −1) = 9 p (dpcm).
2 2 2




b. Giả sử m = 95k + 25 = 97q + 11 (k , q ∈ Ν : 106 > k > 94; 103 > q > 92) .

Ta có: 95k + 25 = 97q + 11 ⇒ 2q + 11 ≡ 25 (mod 95) ⇒ 2q + 11 = 95t + 25 .
Suy ra t phải là số chẵn. Đặt t = 2t ' . Khi đó: q = 95t '+ 7 mà
103 > q > 92 ⇒ t ' = 1 ⇒ q = 102 ⇒ m = 9905 (thỏa mãn).
Vậy m = 9905.

Câu 3:

a. Giả sử phương trình đã cho nhận x = 30, x = 3, x = 2007 là nghiệm. Ta có:
( x − 1) . ( x − a ) + 1 = ( x − 2 ) . ( x + b ) ⇔ ( b + a − 1) .x − ( a + 1 − 2b ) = 0 (*)

Phương trình (*) là phương trình có bậc nhỏ hơn 3 mà lại có x = 30, x = 3, x = 2007 là

⎧b + a − 1 = 0 ⎧a = 3
⇔⎨
nghiệm nên: ⎨
⎩a + 1 + 2b = 0 ⎩b = −2

⎧a = 3
phương trình đã cho nhận x = 30, x = 3, x = 2007 là nghiệm.
Thử lại thấy với ⎨
⎩b = −2
Vậy a = 3, b = −2.




163
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


3
1 1 2
x2 − + x− = x , với điều kiện x ≥
b. Ta có: .
4x 4x 2
⎧21
⎪x− =a≥0
⎪ 4x
Đặt ⎨ Theo bài ra ta có:
1
⎪ x− =b≥0

⎩ 4x
⎧a + b = x
⎧a + b = x ⎪
3 3
2 2
(x ≥ ⇔⎨ (x ≥
) )
⎨2 2
⎪( a − b ) . ( a + b ) = x. ( x − 1)
a − b = x2 − x 2 2
⎩ ⎩
⎧a + b = x 3
2
⇔⎨ (x ≥ )
⎩a − b = x − 1 2
4x2 −1 1
1 11
Suy ra: ( a + b ) − ( a − b ) = x − ( x − 1) ⇒ b = ⇒ x − =⇒ =
2 4x 2 4x 4
⎡ 1 − 17 Loại
⎢x =
8
⇒ 4x − x −1 = 0 ⇒ ⎢
2

⎢ 1 + 17
Thỏa mãn
⎢x =
⎣ 8
1 + 17
Vậy nghiệm của phương trình là: x = .
8
Câu 4:

- Trước hết ta chứng minh ô vuông kích thước 1× 1 hoàn toàn bị phủ bởi đường tròn có
3
bán kính là . Thật vậy: A B
4
Xét hình vuông ABCD có kích thước là 1× 1 .
O
23
Khi đó ta có: OA = BM nên M nằm trên nửa mặt
phẳng chứa B bờ là đường thẳng OC
(trung trực của AB).
O
AB
Trên AM lấy K sao cho: AK = .
3
Suy ra: MK = MB ⇒ MKB là tam giác cân ở M.
A
Ta có: B
NH
1800 − α
AKB = KMB + MBK = α + =
2
C
1800 + α 1
(α = Sd AmB)
=
2 2
Suy ra: K thuộc cung chứa góc



165
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ


1800 + α
dựng trên đoạn AB cùng phía
2
M
với cung lớn với bờ là đường thẳng AB.
- Cách dựng:
1800 + α
AB
+ Dựng (A, ) cắt cung chứa góc dựng
2
3
trên đoạn AB (cùng phía
O
với cung lớn với bờ là đường thẳng AB )tại K.
K
+ Kéo dài AK cắt (O) tại điểm M ( M ≠ A ).
+ M là điểm cần dựng.
- Chứng minh: Bạn đọc tự chứng minh.
A B
- Kết luận: Bài toán có 1 nghiệm hình. H

C




166
Tác giả: Phạm Minh Hoàng


Mục lục
Đề 1: Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) vòng 1.............................................1
Đề 2: Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) vòng 2.............................................4
Đề 3: Thi Sư Phạm I(2000-2001) vòng 1...............................................................8
Đề 4: Thi Sư Phạm I(2000-2001) vòng 2.............................................................10
Đề 5: Thi Tổng Hợp (1999-2000) vòng 1.............................................................12
Đề 6: Thi Tổng Hợp (1999-2000) vòng 2.............................................................16
Đề 7: Thi Chuyên Hùng Vương (1999-2000) vòng1............................................19
Đề 8: Thi Chuyên Hùng Vương (1999-2000) vòng2............................................21
Đề 9: Thi Sư Phạm I (1999-2000) vòng 1.............................................................24
Đề 10: Thi Sư Phạm I (1999-2000) vòng 2...........................................................28
Đề 11: Thi Sư Phạm I (1997-1998) vòng 1...........................................................33
Đề 12: Thi Sư Phạm I (1997-1998) vòng 2...........................................................35
Đề 13: Thi Tổng Hợp (1997-1998) vòng 1............................................................38
Đề 14: Thi Tổng Hợp (1997-1998) vòng 2............................................................41
Đề 15: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998) vòng 1..........................................44
Đề 16: Thi Chuyên Hùng Vương (1997-1998) vòng 2..........................................46
Đề 17: Thi Tổng Hợp (1995-1996) vòng 1............................................................48
Đề 18: Thi Tổng Hợp (1995-1996) vòng 2............................................................50
Đề 19: Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1999-2000)................................................ 52
Đề 20: Thi Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh (1998-1999)................................................ 55
Đề 21: Thi Tổng Hợp (1991-1992) vòng 1............................................................57
Đề 22: Thi Tổng Hợp (1991-1992) vòng 2............................................................61
Đề 23: Thi Tổng Hợp (1992-1993) Chuyên Lý-Hóa............................................ 64
Đề 24: Thi Tổng Hợp (1992-1993) vòng 1............................................................67
Đề 25: Thi Tổng Hợp (1992-1993) vòng 2........................................................... 70
Đề 26: Thi Sư Phạm I(1998-1999) vòng 1.............................................................74
Đề 27: Thi Sư Phạm I(1998-1999) vòng 2.............................................................77
Đề 28: Thi Tổng Hợp (1998-1999) vòng 1.............................................................80
Đề 29: Thi Tổng Hợp (1998-1999) vòng 2.............................................................83
Đề 30: Thi Tổng Hợp (2000-2001) vòng 1.............................................................87
Đề 31: Thi Tổng Hợp (2000-2001) vòng 2.............................................................91
Đề 32: Thi Tổng Hợp (1996-1997) vòng 1.............................................................94
Đề 33: Thi Tổng Hợp (1996-1997) vòng 2.............................................................96
Đề 34: Thi Sư Phạm I(1996-1997) vòng 1.............................................................100
Đề 35: Thi Sư Phạm I(1996-1997) vòng 2.............................................................103
Đề 36: Thi Chuyên Hùng Vương(1999-2000) Chuyên Lý.....................................106
Đề 37: Thi Chuyên Hùng Vương(1998-1999) vòng 1............................................108
Đề 38: Thi Chuyên Hùng Vương(1998-1999) vòng 2............................................110
Đề 39: Thi Chuyên Hùng Vương(1995-1996) vòng 1........................................... 114
Đề 40: Thi Chuyên Hùng Vương(1995-1996) vòng 2............................................118
Đề 41: Thi Sư Phạm I(2001-2002) vòng 1..............................................................121
Đề 42: Thi Sư Phạm I(2001-2002) vòng 2..............................................................124
Đề 43: Thi Chuyên Hùng Vương(2001-2002) vòng 1............................................129
Đề 44: Thi Chuyên Hùng Vương(2001-2002) vòng 2............................................131
Đề 45: Thi Tổng Hợp (2001-2002) vòng 1.............................................................133


167
Tác giả: Phạm Minh Hoàng


Đề 46: Thi Tổng Hợp (2001-2002) vòng 2.........................................................138
Đề 47: Thi Chuyên Hùng Vương(2002-2003) vòng 1........................................142
Đề 48: Thi Chuyên Hùng Vương(2002-2003) vòng 2........................................145
Đề 49: Thi Tổng Hợp (2002-2003) vòng 1..........................................................149
Đề 50: Thi Tổng Hợp (2002-2003) vòng 2..........................................................152
Đề 51: Thi Sư Phạm I(2002-2003) vòng 1...........................................................156
Đề 52: Thi Sư Phạm I(2002-2003) vòng 2...........................................................159
Đề 53: Thi Học Sinh Giỏi TP.Hà Nội (2006-2007) ............................................162




168
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản