Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
30 Bài Toán bồi dưỡng HSG 9 và Luyện thi lên lớp 10 Chuyên
Đại số: 12 – Số học: 6 – Tổ hợp: 6 – Hình học: 6
I. PHÂN MÔN ĐẠI SỐ
Câu 1: Cho biểu thức
a b
1
b a
a2 b2
b2 a2
P
1
a
a
b
1
b
b
a
2
a, b
0;a
b
1
.
ab
b) Giả sử a, b thay đổi sao cho 4a
b
a) Chứng minh P
ab
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Câu 2: Tính giá trị biểu thức:
A
x(4
y )(4 z )
y(4 z )(4 x )
Biết x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x
z(4 x )(4
y
z
xyz
y)
xyz
4
Câu 3: Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) ( x
3
2)2
1
b)
x 2
5
x 2
x
13
3
y
2
y
2
1
1
7
Câu 4: Cho a, b, c , d là các số thực thỏa mãn| a |,| b |,| c |,| d | 1 và:
abc bcd cda dab a b c
1
1
1
1
0
a 1 b 1 c 1 d 1
d
0 . Chứng minh rằng
Câu 5: So sánh hai số sau:
A
( 1999
B
500
1997
...
3 1) ( 1998
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
1996
... 2
2)
Trang | 1
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Câu 6: Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện (a
Chứng minh rằng:
1
1
1 a
1 b
2015ab
b)3
4ab
12 .
2016
Câu 7: Giải hệ phương trình:
x 2
3
13
x 3 y 1 10
3
2y 4
11
x 3 y 1
6
Câu 8: Cho a và b là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a2
P
3ab b2
ab(a b)
Câu 9: Cho phương trình chứa tham số m sau:
x 2 2(m 1)x 2m 1 0
Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1,x2 thỏa điều kiện sau:
( x1
x2 )2 x12x22 6m 4
2
Câu 10: Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn a
2
Chứng minh rằng:
a
b 2
2
2
b
c
c
a 2
2
b2 c2
3abc .
1
Câu 11: Cho biểu thức:
P
1 a
1 a
1 a
1 a
với 0
a 1 . Chứng minh rằng P
1 a2
1
2
a
1 a
1
1
a
1
Câu 12: Cho a, b, c là 3 số thực không âm và thỏa mãn biểu thức a
5a 4
5b 4
5c 4
b c
1 . Chứng minh rằng:
7
II. PHÂN MÔN SỐ HỌC
Câu 13: Chứng minh rằng nếu p và p2
2 là các số nguyên tố thì p3
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
2 cũng là số nguyên tố.
Trang | 2
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Câu 14: Cho các số a1 , a2 ,... được xác định bởi công thức ak
Tính giá trị tổng S
1
a1
a2
....
3k 2 3k 1
(k 2
k )3
,(k
1) .
a9 .
Câu 15: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.
Câu 16: Cho 2
a1
a2
a3
...a15
2016 là 15 số tự nhiên đôi một nguyên tố cùng nhau. Chứng
minh rằng trong 15 số tự nhiên đó luôn tồn tại ít nhất một số nguyên tố.
Câu 17:
a) Tìm các số nguyên a, b,c sao cho a
b c
0 và ab bc
2
b) Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2 2 12n
ca 3
0
.
1 là số nguyên. Chứng minh 2 2 12n2 1
cũng là số chính phương.
Câu 18: Tìm các số hữu tỷ không âm a và b thỏa mãn
a2
b
3 2
b
4
a
3
4
2a
1
1
2b
2
2
III. PHÂN MÔN TỔ HỢP VÀ RỜI RẠC
Câu 19: Trên đường tròn cho 16 điểm và 3 loại màu: xanh, đỏ, vàng. Để tô các điểm này (mỗi
điểm tô một màu). Giữa mỗi cặp điểm được nối bằng một đoạn thẳng được tô bằng màu tím hoặc
màu nâu . Chứng minh rằng với mọi cách tô màu trên các điểm (chỉ dùng 3 màu: xanh, đỏ, vàng)
và mọi cách tô trên mỗi đoạn thẳng nối giữa hai cặp điểm (chỉ dùng 2 màu: tím, nâu) ta đều tìm
được trên hình vẽ một tam giác có 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 (khác màu tô trên đỉnh) .
Câu 20: Mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bởi một trong hai màu. Chứng minh tồn tại một tam giác mà
các đỉnh và trọng tâm của nó được tô cùng một màu.
Câu 21: Cho 11 số nguyên dương phân biệt thỏa mãn điều kiện tổng 6 số bất kì luôn lớn hơn tổng 5 số
còn lại. Chứng minh rằng trong 11 số đó luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn 35.
Câu 22: Cho 9 điểm trên mặt phẳng, trong đó bất cứ ba điểm nào cũng tạo thành một tam giác mà cạnh
được tô màu xanh hoặc đỏ, nhưng luôn có cạnh đỏ. Chứng minh tồn tại một tứ giác có các cạnh và đường
chéo được tô cùng màu đỏ.
Câu 23: Cho đa giác đều n cạnh. Dùng ba màu đỏ, vàng và xanh để tô màu các đỉnh của đa giác một cách
tùy ý (mỗi đỉnh được tô bởi một màu và tất cả các đỉnh đều được tô màu). Cho phép thực hiện thao tác
sau đây: chọn 2 đỉnh kề nhau bất kỳ khác màu và thay màu của hai đỉnh đó bằng màu còn lại.
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
Trang | 3
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
a) Chứng minh rằng bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần nữa ta luôn làm cho các đỉnh chỉ
được tô bằng hai màu.
b) Chứng minh rằng với n 4 và n 8 , bằng cách thực hiện thao tác mộit lần nữa, ta có thể làm
cho các đỉnh chỉ được tô bởi 1 màu?
Câu 24: Để khuyến khích phong trào học tập, một trường THCS đã tổ chức 8 đợt thi cho các học sinh. Ở
mỗi đợt thi, có đúng 3 học sinh được chọn để trao giải. Sau khi tổ chức xong 8 đợt thi, người ta nhận thấy
rằng với hai đợt thi bất kì thì có đúng 1 học sinh được trao giải cả hai đợt thi đó. Chứng minh rằng:
a) Có ít nhất một học sinh được trao giải ít nhất bốn lần.
b) Có đúng một học sinh được trao giải ở cả 8 đợt thi.
IV. PHÂN MÔN HÌNH HỌC
Câu 25: Cho đường tròn (O; R) dây DE < 2R. Trên tia đối DE lấy điểm A, qua A kẻ hai tiếp
tuyến AB và AC với đường tròn (O), (B, C là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm DE, K là giao điểm
của BC và DE.
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.
b) Gọi I)là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC. Chứng minh rằng H thuộc đường tròn I) và HA là phân
giác BHC .
c) Chứng minh rằng:
2
AK
1
AD
1
AE
Câu 26: Cho nửa đường tròn O) đường kính AB. Gọi C là điểm cố định thuộc đoạn OB (C khác O và
B). Dựng đường thẳng d vuông góc với AB tại điểm C, cắt nửa đường tròn (O) tại điểm M. Trên cung
nhỏ MB lấy điểm N bất kỳ ( N khác M và B), tia AN cắt đường thẳng d tại điểm F, tia BN cắt đường
thẳng d tại điểm E. Đường thẳng AE cắt nửa đường tròn (O) tại điểm D (D khác A).
a) Chứng minh AD. AE AC . AB
b) Chứng minh 3 điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội tiếp CDN
c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng điểm I luôn nằm trên một
đường thẳng cố định khi N di chuyển trên cung nhỏ MB.
Câu 27: Cho đoạn thẳng AB và điểm C nằm giữa A và B. Từ C kẻ tia Cx vuông góc với AB. Trên Cx lấy
hai điểm E, F sao cho CE=CA, BF=BC. Vẽ đường tròn (O1) đi qua ba điểm A, C, E và đường tròn (O2) đi
qua ba điểm B, C, F; chúng cắt nhau tại điểm thứ hai là D.
a) Chứng minh ba điểm E, B, D thẳng hàng và ba điểm A, D, F thẳng hàng
b) Khi C di động trên AB (C khác A, B) chứng minh CD luôn đi qua một điểm cố định
Câu 28: Cho hình vuông ABCD có tâm O, vẽ đường d quay quanh O cắt 2 cạnh AD và BC lần lượt ở
E và F ( E,F không trùng các đỉnh hình vuông).Từ E và F lần lượt vẽ các đường thẳng song song với
BD và AC cắt nhau ở I.
a) Tìm quỹ tích của điểm I.
b) Từ I vẽ đường vuông góc với EF tại H.Chứng tỏ rằng H thuộc đường tròn cố định và đường IH đi
qua điểm cố định.
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
Trang | 4
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Câu 29: Cho tam giác ABC nhọn (AB
qua B vuông góc với AD tại E và cắt AC tại F. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC và M là
trung điểm của BC.
a) Chứng minh CDEF là tứ giác nội tiếp.
MHC
BAD 90o
HC HF BC
c) Chứng minh
HF
HE
b) Chứng minh
Câu 30: Cho 3 điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng và M nằm giữa A, B. Trên cùng một nửa mặt phẳng
bờ là đường thẳng AB, dựng hai tam giác đều AMC và BMD. Gọi P là giao điểm của AD và BC.
a) Chứng minh AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh CP .CB
DP .DA AB
c) Đường thẳng nối tâm của hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC và BMPD cắt PA, PB lần
lượt tại E và F. Chứng minh tứ giác CDFE là hình thang
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
Trang | 5
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI
I. PHÂN MÔN ĐẠI SỐ
Câu 1:
a
a) Ta có:
b
a2
b2
2
2
b
b
a
a
b
a
1
1
a
b
a
2
1
b
1
2
(ab)
(a2
b2
ab)(b a)2
a3b3
(a 4
1
b4 ab3 a3b)
2
(ab)
(a2
b2
ab)(a b)2
P
1
ab
b) Ta có:
1
ab
4a b
ab
4 ab
4a
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
5 ab
b
1
25
ab
1
25
ab
a
b
1
ab
P
25
1
10
2
5
Câu 2:
Ta có: x 4
16x 4x 4
A
2 x
x 16 4 y
y 4 z
x
y
xyz
z
4x2
xyz
xyz
z
yz
4x xyz
xyz
2x
xyz
2
8
Câu 3:
a) ĐK: x
3 , đặt
pt đã cho
(X
x 3
2)2
X2
X2
X
10
Vậy nghiệm của phương trình là x
x 3
X2
2X 3
0
X
X
1
x
4
3(l )
4
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
Trang | 6
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
b) ĐK: x
Đặt
2, y
1
X,
x 2
X
1
Y
1
1
y
x
1
X
Y , pt
1
3Y
2
5X 2Y
7
3
y
2
Câu 4:
| a |,| b |,| c |,| d | 1
a 1
b 1
c 1
d 1
0,
0,
0,
0
a 1
b 1
c 1
d 1
abc bcd cda dab a b c d 0
(a 1)(b 1)(c 1)(d 1) (a 1)(b 1)(c 1)(d 1)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
a 1
a 1
b 1
b 1
c 1
c 1
d 1
d 1
4
mà:
a 1 b 1 c 1 d 1
a 1 b 1 c 1 d 1
44
.
.
.
a 1 b 1 c 1 d 1
a 1 b 1 c 1 d 1
Dấu “=” không xảy ra nên ta có điều cần chứng minh
4
Câu 5: Ta có:
A
( 1999
999
2k 1
k 1
999
2k
1
2k 1
k 1
1
2
C
1997
1
2
999
2k
k
...
3 1) ( 1998
1996
... 2
2)
1
1
999
k 1
1
k
2k
1
2
2k
999
1
k 1
1
2
k
1
1
k
1
C
1
k 1
1000
1
1
500 1
1
2
500
B
Vậy A>B.
Câu 6:
Ta có:
12
(a
b)3
4ab (2 ab )3
4ab
4ab ab
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
4ab
4 4
Trang | 7
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
44 4ab ab .4ab ab .4ab.4 4
1
16ab 4
ab 1
1
2015ab 2016
1 b
(2015ab 2015a 2015b 2014)
(ab 1)
(1 a)(1 b)
1 a
Do a,b dương và ab
Câu 7:
Đặt x 3
X
X
01
1 nên 1) đúng!
0, y 1
1
3 13
X
Y 10
3 2Y 2
11
X
Y
6
Y
1
X
3
X
0 , khi đó hệ trở thành:
3
Y
2
Y
3
10
1
6
X
Y
10
15
x 13
y 14
Câu 8:
a b
ab
P
ab
a b
3
1
2.
2
2
3(a b)
4 ab
a b
4 ab
ab
a b
3.2 ab
4 ab
2
a b ab
.
4 ab a b
5
2
Dấu “=” xảy ra khi a
b.
Câu 9:
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1
0(ld)
'
(m 1)2 1(2m 1) 0
m2 0 m 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt
Với điều kiện trên, gọi x1 và x2 là các nghiệm, theo định lý Vièt ta có:
x1
x2
x1 x2
2(m 1)
2m 1
Theo đề: ( x1
x2 )2 x12x22 6m
4
4(m 1)2 (2m 1)2 6m 4
2m
Vậy
m
1
1
2
m
1
2
0
thỏa yêu cầu bài toán.
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
Trang | 8
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Câu 10:
Ta có:
3abc
a2
b2
a2
b 2
b 2
9
c2
b2
c
b2
c
Câu 11:
Với 0 a
2
c
2
a2 b 2
2
.
b 2 9
a2
b 2
ab bc
b2 c 2
2
.
c 2 9
c2
a 2
5
(a
9
1
a
3
c2
a 2
2
9
a
1
c
9
a b c
a b c
3
2
9
c2 a 2
2
.
a 2 9
b c)
2
3
2
(a b c )
3
5
2
.3
9
3
( 1 a )2
1
dpcm
( 1 a )2
1 a
1 a
1 a
1 a
1 a
1 a
1 a
1 a 1 a
a
1 a
1 a
1 a ( 1 a
1 a )2
.
2a
1 a
1 a )( 1 a
2a
1 a 1 a
2a
1
2a
2a
Câu 12:
Do a,b,c không âm và a
5a 4
b c
a2
1 a
1 a 2 1 a 1 a 1 a
.
2a
1 a
( 1 a
a
(1 a)(1 a)
1 a
1 a
b2 , c
2
(1 a)(1 a) ( 1 a )
1 a
a2 , b
1 a2
2
1 a
1 a
1 a
Vậy a
1
b
1 ta có:
1 a
1 a
1 a
P
ac
1
a
1
a
1
a
1 a
1 a)
1 nên 0
a, b, c
1
c2
a 4a 4
a2
4a 4
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
a 2
Trang | 9
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
5b 4
Tương tự ta cũng suy ra
b 2, 5c
4
c 2
Cộng theo vế, ta có:
5a 4
5b 4
5c 4
a 2 b 2 c 2 (a b c ) 6
7
dpcm
II. PHÂN MÔN SỐ HỌC
Câu 13:
Xét số nguyên tố p > 3
p;3
1 p2
p2
1 mod3
23
mà p > 3 nên:
p2 2 3
nên p2+2 là hợp số (mâu thuẫn)
p=2 suy ra p2+2=6 (không là số nguyên tố)
p=3 suy ra p2+2=11 suy ra p3+2=29 (là số nguyên tố)
Câu 14:
Ta có:
(k
ak
1)3
k3(k
S
1 1
k3
1
1)3
1
k3
1
(k
1)3
1999
1000
3
10
Câu 15:
Gọi số cần tìm là ab;a, b
theo giả thiết ta có: ab
,1 a 9;0 b 9
(a
b)3
(10a
b)2
(a
b)3
Vậy ab là một lập phương và tổng của a và b là một số chính phương.
Đặt ab
Vì 10
t 3(t
ab 99
), a
b
u(u
)
ab 27 hoặc ab 64
Xét tổng của a b ta thấy 64 không thỏa vì tổng là 10.
Vậy: số cần tìm là 27
Câu 16:
Giả sử trong 15 số từ a1 đến a15 không có số nào là số nguyên tố.
Vì a1, a2…a15 đôi nột nguyên tố cùng nhau nên khi phân tích ra thừa số nguyên tố thì các số đó phải có ít
nhất 2 thừa số nguyên tố và các thừa số của số này không được trùng với các thừa số của số khác.
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
Trang | 10
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
2016 và các ước của các số khác
Vì thế các số trong 15 số đó phải có ít nhất 1 ước nguyên tố nhỏ hơn
nhau thì khác nhau. Ta có: 2016 45 . Nhưng từ 2 đến 45 chỉ có 14 số nguyên tố! (vô lý)
Suy ra phải có ít nhất 1 số chỉ phân tích được thành duy nhất 1 ước nguyên tố
có ít nhất 1 số nguyên
tố.
Câu 17:
a) Từ a b c 0 và ab ac bc
3 ta suy ra a2 b2 c2 6 . Do a, b, c có vai trò như nhau
nên ta giả sử a b c mà không làm mất tính tổng quát của bài toán. Khi đó 1 | a | 3 .
a |2| , vậy a
Mặc khác, a
Với a
2 thì b c
Với a
2 thì b c
2
2 , b2
c2
2 giải ra được b
c
2 , b2
c2
2 giải ra được b
c
1 . Ta có bộ 2; 1; 1 và các hoán vị.
1 . Ta có bộ
2;1;1 và các hoán vị.
b) Ta có:
2 2 12n2 1
12n2 1
12n2
2 12n2 1
12n2
m
(2k 1)2 1
Trường hợp 1: k
vì q;3q
1
4b2(do(1))
a2
3q 1
Ta có 2 2 12n2
3n2
3n2
q
1
m2 1 4
4k(k 1)
3q;q
1
2 12n2 1
k(k 1)
3q(q 1)
3a2 1
b2
2 2m
m 2k 1;k
2 2(2k
k 3 hoặc k 1 3
n2
q(q 1)
b2 1
1)
4
4.3q
4 12a2
4 12q
dpcm
Trường hợp 2 chứng minh tương tự.
Câu 18:
a2
b
3 2
b
4
(ab)2 (a3
16(ab)2
(4ab 1)2
a
b3 )
16a3
(4a
3
4
3 2
(a
4
16b3
2a
1
1
2b
2
2
b2 ) ab
12(a2
2)(2a 1)2
3
9
(a b)
4
16
b2 ) 48ab 4(a
(4b 2)(2b 1)2
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
4ab (a b)
b) 5
1
4
0
20(a b)2
0
Trang | 11
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
(vì a, b
0 nên
4ab 1
0
2a 1
0
2b 1
0
a b
0
4a
2 0
4b 2 0
a
b
)
1
2
1
2
III. PHÂN MÔN TỔ HỢP VÀ RỜI RẠC
Câu 19:
Xét 16 điểm trên đường tròn được tô 1 trong 3 màu, theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại 6 điểm cùng được
tô bởi 1 màu. Tại một điểm A thuộc bộ 6 điểm đó sẽ có 5 đoạn thẳng nối đến 5 điểm còn lại, theo nguyên
lí Dirichlet, vì các đoạn thẳng chỉ được tô bởi 1 trong 2 màu nên tồn tại 3 đoạn thẳng nối từ A có cùng
màu. Giả sử ba đoạn đó là AB, AC, AD. Nếu một trong ba đoạn BC,CD, DB cùng màu với bộ (AB, AC,
AD) thì ta đã chỉ ra được tam giác cần tìm (chẳng hạn như BC cùng màu với AB, AC, AD thì tam giác đó
là tam giác ABC). Còn nếu cả ba đoạn BC, CD, DB đều khác màu với bộ (AB, AC, AD) thì tam giác cần
tìm là tam giác BCD. Vậy, luôn tồn tại tam giác có các đỉnh cùng màu và các cạnh cùng màu.
Câu 20:
Lấy 7 điểm bất kì trên mặt phẳng sao cho không có bộ ba điểm nào thẳng hàng. Theo nguyên lí Dirichlet
tồn tại ba điểm cùng màu. Giả sử đó là ba điểm A, B, C và chúng được tô xanh.
Xét trọng tâm G của tam giác ABC. Nếu G cũng được tô xanh thì tam giác ABC thoả mãn yêu cầu bài
toán. Nếu G được tô đỏ. Trên tia GA ta lấy điểm A′ sao cho GA′ = 4GA; B′ , C′ được định nghĩa tương
tự. Khi đó ta có A, B, C, G tương ứng là trọng tâm các tam giác A′BC, AB′C, ABC′ , A′B′C ′ . Nếu tồn tại
một trong ba điểm A′ , B′ , C′ được tô xanh, giả sử A′ tô xanh thì khi đó tam giác A′BC có ba đỉnh và
trọng tâm cùng được tô xanh thoả mãn yêu cầu bài toán. Nếu cả ba điểm A′ , B′ , C′ cùng được tô đỏ thì
tam giác A′B′C ′ có ba đỉnh và trọng tâm G cùng tô đỏ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy bài toán đã được
chứng minh.
Câu 21:
Gọi 11 số nguyên dương đó là a1 , a2 , a3 ,
, a11
Vì các số nguyên dương này phân biệt nên:
an
1
an 1, an
2
(an
1
1) 1
an
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
2, , an
k
an
k
Trang | 12
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Sử dụng kết quả an k an k , ta có những điều sau đây.
Vì trong 11 số trên, tổng 6 số bất kì đều lớn hơn tổng 5 số còn lại nên:
a1 a2 a3 a4 a5 a6
a6
a7
a1
a8
a7 a8 a9 a10 a11
a2
a6
6 6 6 6 6 30
a11
a6 5 35
a9
a3
a10
a4
a11
a5
Vậy, trong 11 số này tồn tại ít nhất một số lớn hơn 35.
Câu 22:
Nếu tồn tại một điểm A nào đó sao cho từ điểm đó xuất phát ít nhất 4 đoạn thẳng màu xanh (giả sử là AB,
AC, AD, AE) thì bài toán được chứng minh 4 điểm B, C, D, E) thoả mãn.
Nếu điểm nào trong 9 điểm cũng chỉ là đầu mút của nhiều nhất ba đoạn thẳng xanh, ta thấy rằng không
thể xảy ra trường hợp cả 9 điểm đều là đầu mút của đúng ba đoạn thẳng xanh bởi khi ấy số đoạn thẳng
xanh là 9×3 2 không là số nguyên. Như vậy tồn tại ít nhất một điểm sao cho nó là đầu mút của nhiều nhất
hai đoạn thẳng xanh, đồng nghĩa với nó là đầu mút của ít nhất 6 đoạn thẳng đỏ. Giả sử điểm đó là A và 6
đoạn thẳng đỏ là AB, AC, AD, AE, AF, AG. Theo ví dụ 1, trong 6 điểm B, C, D, E, F, G tồn tại một tam
giác có ba cạnh cùng màu (giả sử là tam giác BCD). Theo bài ra thì tam giác nào cũng có cạnh màu đỏ
nên tam giác BCD có ba cạnh cùng màu đỏ Do đó 4 điểm A, B, C, D thoả mãn yêu cầu bài toán.
Câu 23:
a) Ta quan sát các đỉnh màu xanh trong đa giác. Chọn một đỉnh màu xanh bất kì, xét đỉnh bên phải đỉnh
màu xanh ấy:
+Nếu đỉnh bên phải không là đỉnh màu xanh thì thực hiện đổi màu hai đỉnh này, ta được lượng đỉnh màu
xanh của đa giác giảm đi một.
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
Trang | 13
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
+Nếu đỉnh bên phải tiếp tục là đỉnh màu xanh, thì tiếp tục xét điểm bên phải của đỉnh này, và thực hiện
như trên.
Sau một bước làm như trên, ta sẽ giảm được lượng đỉnh màu xanh xuống 1, và cuối cùng là mất hết đỉnh
màu xanh. Tất nhiên, cũng có trường hợp chọn một đỉnh bất kì thì đỉnh bên phải của nó luôn là màu xanh,
khi đó, tất cả các đỉnh đều được tô bởi một màu xanh.
Vậy, ta luôn có thể thực hiện các thao tác để còn lại nhỏ hơn hoặc bằng 2 màu trên các đỉnh.
b)
Vì từ câu a, ta đã chứng minh được là ta luôn tìm cách để chỉ còn 2 màu trên các đỉnh (ở đây ta không xét
trường hợp chỉ còn một màu, vì khi đó bài toán đã được giải quyết). Nên không mất tính tổng quát, giả sử
2 màu còn lại là màu đỏ và vàng và số đỉnh màu đỏ lớn hơn hoặc bằng số đỉnh màu vàng. Ta có các
trường hợp sau:
Ta sẽ thực hiện thao tác lần lượt như sau:
đổi hai điểm A, B thành màu xanh.đổi hai điểm C, D thành màu xanh.
Vậy, ta đã đổi được các đỉnh của hình vuông về 1 màu.
Ta sẽ thực hiện thao tác lần lượt như sau:
Đổi hai điểm B, C thành màu xanh
Đổi hai điểm A, B thành màu vàng
Đổi hai điểm C, D thành màu vàng.
Vậy, ta đã đổi được các đỉnh của mình vuông về 1 màu.
Tóm tại, với n=4, ta đổi được các đỉnh về cùng 1 màu.
Câu 24:
a) Giả sử A1 là tập 3 bạn đạt giải trong đợt thi thứ nhất. Và tương tự đối với A2 ,
Ta có A1
{a, b, c } . Vì A1
Ai , i
, A8 .
2;8 có đúng một học sinh nên các học sinh a, b, c xuất hiện trong 7
tập chạy từ A2 đến A8 và không có hai bạn nào xuất hiện trong cùng một tập. Do đó, theo nguyên lý
Đirichlet thì có 1 học sinh thuộc ít nhất 3 tập trong các tập từ A2 đến A8. Khi đó học sinh này có xuất hiện
trong ít nhất 4 tập.
b) Theo câu a, có 1 học sinh a nhận thưởng ít nhất 4 lần, giả sử là lần 1 đến lần 4. Hay a thuộc tập A1, A2,
A3, A4. Khi đó a không nhận thưởng trong 8 lần, tức là có 1 lần a không nhận thưởng. Giả sử là lần 8, tức
là a không thuộc A8.
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
Trang | 14
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Khi đó, A1
A8 là 1 học sinh nên có học sinh b
a thuộc A8, tương tự có học sinh c, d, e lần lượt thuộc
A2, A3, A4 cũng thuộc A8. Hơn nữa b, c, d, e phải phân biệt đôi một. Do đó A8 chứa ít nhất 4 phần tử (vô
lý). Vậy có 1 học sinh thuộc 8 tập , tức nhận phần thưởng 8 lần. Và không có học sinh nào cùng nhận
thưởng 2 lần nên có đúng 1 học sinh thỏa yêu cầu bài toán.
IV. PHÂN MÔN HÌNH HỌC
Câu 25:
o
ACO 90
a) Ta có ABO
Suy ra tứ giác ABOC nội tiếp.
90o
180o
o
b) Vì AHO 90 nên H thuộc đường tròn (I)
Theo tính chất tiếp tuyến giao nhau thì AB=AC cung AB Cung AC
Nên suy ra AHB
AHC (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Vậy HA là tia phân giác của BHC
c) Xét
ACD& AEC :
ACD
Xét
AEC( g. g)
ACK & AHC :
ACK
Từ (1)(2)
EAC
ACD
AEC
1
sdBC
2
AC
AE
CAK
ACK
AD
AC
HAC
CHA
AC 2
AC
AH
AK
AC
AC 2
AH. AK(2)
2
AK
1
AD
AHC( g. g)
2AD. AE
CAD
AD. AE(1)
AHB
AK ( AD AE)
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
1
AE
Trang | 15
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Câu 26:
ADB
Ta có: a)
ADB
b) AN
BF
ANB
ACE( g. g)
EB , EC
90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AD
AC
AB
AE
AD. AE
AC . AB
AB , EC giao AN tại F nên F là trực tâm của tam giác AEB
BF
EA
EA
mặc khác BD
EA
B , D,F thẳng hàng
DCF
Tứ giác ADFC có hai góc bằng 90o nên tứ giác nội tiếp, suy ra
Tương tự ta có NCF
NBF
DAF
DCF
NCF
Mà NBF
Suy ra CF là phân giác của DCN
Tương tự ta cũng suy ra DF là phân giác của
Vậy F là tâm đường tròn nội tiếp DCN
DAF
NDC
c) Gọi J là giao điểm của (I) với đoạn AB.
FAC
CEB( 90o
ABE )
FAC
BEC( g. g)
FC
BC
AC
EC
CF .CE
BC . AC
Vì AEFJ là tứ giác nội tiếp nên
FJC
FEA( 180o
AJF )
CFJ
CAE( g. g)
CF
CA
CJ
CE
CF .CE
CA.CJ
C là trung điểm BJ.
BC . AC CA.CJ BC CJ
Suy ra J là điểm cố định
có IA=IJ nên I luôn thuộc đường trung trực của AJ, là đường cố định.
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
Trang | 16
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Câu 27:
a) Giả sử BE cắt À tại D’
EAC
FBC
E là trực tâm
D'
O1
D'
O2
45o 45o 90o
AE
BD' A F
ABF
D'
D
BF
dpcm
Gọi S là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại A và B của 2 đường tròn tâm O1 và O2
Vì SA
AE, EAB
45o
BAS
45o
Tương tự
ABS 45o
Vậy ABS vuông cân tại S
ASBD là tứ giác nội tiếp
SDB
BAE 45o (cùng chắn cung BS)(1)
Mặc khác, DECA cũng là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm O1
CDE
EAC
45o (cùng chắn cung CE)(2)
Từ (1)(2)
SDB
CDE 45o
hay C DS
CD luôn đi qua điểm cố định S.
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
Trang | 17
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Câu 28:
a) Từ E vẽ EI’ // BD, I’ thuộc AB
AI ' AE CF
AEI ' vuông cân tại A
BI ' DE BF (vì DEIB dễ chứng minh được là hình thang cân)
BI ' BF
Vậy:
FI '/ / AC I ' I
AI ' CF
Vậy quỹ tích của điểm I là đoạn AB.
b)
EHI
EAI
90o
90o
180o
AEHI là tứ giác nội tiếp
AHI
AEI
45o
Chứng minh tương tự ta cũng suy ra được:
BHI
IFB
45o
Vậy: AHB 90o
H thuộc đường tròn đường kính AB cố định.
Gọi S là điểm đối xứng của c của O qua AB
ASB
AHS
AHB
ABS
90o
SAHB là tứ giác nội tiếp.
45o
AHI
H, I, S thẳng hảng.
HI đi qua điểm S cố định
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
Trang | 18
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Câu 29:
a) Ta có
ACD 90o
o
o
FED 90
FED
FCD 180
Vì BE AD
Suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp.
b) Vì M là trung điểm cạnh huyền BC của tam giác vuông BHC nên
MHC
MCH
MH MC MB
MHC cân tại M
Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên:
BAD
BCD
c) Vì BE
AE, BH
BAD
AH
MHC
BEA
BCD
BHA
MCH
90o
o
2HM
HE
2HN
HF
2(HF FN )
HF
2HF FC
HF
90o
ABEH là tứ giác nội tiếp
MHC
BAE
BHE . Theo ý b, ta có BAE 90
Vậy H, E, M thẳng hàng.
Gọi N là trung điểm của FC. Do MN song song BF nên:
BC
HE
DCH
BHM
HF HC
HF
BHE
BHM
dpcm
Câu 30:
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
Trang | 19
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
a) Vì CMA
DMB 60o
Xét CMB & AMB ta có:
CM
120o
DMA
AM
CMB
MB
CMB
DMA
CMB
AMD(c . g.c )
MD
MCB
MAD
MBC
MDA
AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp.
b) Vì AMPC là tứ giác nội tiếp nên:
CPM
CP.CB
180o
CAM
CM2
CP .CB
120o
CPM
CP.CB
DP .DA
DM .
DP .DA
CM
DM
c) Ta có EF là đường trung trực của PM, suy ra EP
CPM
DPM
120o
CPM
CP
CM
CM
CB
BM
AB
dpcm
EPM cân tại E.
PM .
PCM
PMD
MPD(g. g)
CP
PM
CP PE
MP PD
PF PD
Theo định lý Thales đảo ta suy ra CE song song DF
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
AM
EM
Mặc khác: EPM ACM 60o
EPM đều
PE PM . Tương tự cũng chứng minh được PF
Ta có CM / /DB
PCM
PBD
Mà BMPD là tứ giác nội tiếp nên PBD
PMD
Mặc khác
CMB( g. g)
CM .
Chứng minh tương tự, ta cũng có
Cộng theo vế, ta được
CMB
CDFE là hình thang.
Trang | 20
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán
CHƯƠNG TRÌNH LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM 2017 TRÊN HỌC247
- Chương trình luyện thi được xây dựng dành riêng cho học sinh giỏi, các em yêu thích toán và muốn thi
vào lớp 10 các trường chuyên.
- Nội dung được xây dựng bám sát với đề thi tuyển sinh lớp 10 các trường chuyên của cả nước trong
những năm qua.
- Đội ngũ giáo viên giảng dạy gồm các thầy nổi tiếng có nhiều năm kinh nghiệm trong việc ôn luyện học
sinh giỏi.
- Hệ thống bài giảng được biên soạn công phu, tỉ mỉ, phương pháp luyện thi khoa học, hợp lý mang lại kết
quả tốt nhất.
- Lớp học qua mạng, tương tác trực tiếp với giáo viên, huấn luyện viên.
- Học phí tiết kiệm, lịch học linh hoạt, thoải mái lựa chọn.
- Mỗi lớp từ 5 đến 10 em để được hỗ trợ kịp thời nhằm đảm bảo chất lượng khóa học ở mức cao nhất.
- Đặc biệt, các em còn hỗ trợ học tập thông qua cộng đồng luyện thi vào lớp 10 chuyên của HỌC247.
OnThiLop10ChuyenToan
Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807
Trang | 21