De khao sat doi tuyen Toan 9 thang 12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THCS HỒNG BÀNG. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016. ĐỀ THI THÁNG 12 ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 9. Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: ..../12/2015 Bài 1. (2,0 điểm) a) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn điều kiện: (x  2006)2 y(y  1)(y  2)(y  3) . 3 3 2  y x  2x  1  2 xy  z 2   b) Tìm tất cả các bộ số nguyên (x, y, z) thoả mãn: . Bài 2. (3,0 điểm). a) Cho các số x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  3x 2  xy  3y 2  3y 2  yz  3z 2  3z 2  zx  3x 2. .. 2. b) Giải phương trình: x  x  4  x  11 x  27 . Bài 3. (2,5 điểm) 0 · Cho tam giác ABC với ACB = 90 và D là chân đường cao hạ từ đỉnh C đến cạnh AB.. Gọi X là một điểm nằm ở giữa C và D, K là điểm thuộc đoạn thẳng AX sao cho BK = BC. Tương tự L là điểm thuộc đoạn thẳng BX sao cho AL = AC; M là giao điểm của AL và BK. Chứng minh MK = ML. Bài 4. (1,5 điểm) Các cạnh của tam giác có số đo là. 377; 80; 153 . Chứng minh. rằng có thể đặt tam giác này trong một hình chữ nhật có số đo độ dài các cạnh là các số nguyên sao cho hai đỉnh của tam giác trùng với hai điểm đầu và điểm cuối của một đường chéo và khoảng cách từ đỉnh thứ ba của tam giác tới các cạnh của hình chữ nhật là một số nguyên. Khi đó chứng tỏ rằng số đo diện tích của tam giác là số nguyên. Bài 5. (1,0 điểm) Với số thực a, ta định nghĩa phần nguyên của số a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và kí hiệu  a  . Dãy các số x0 , x1, x2, ........xn ..... được xác định  n  1  n   2    2  bởi công thức xn = . Hỏi trong 200 số { x0, x1, ...x199..}. Có bao nhiêu số khác 0 ? (Cho biết 1,41 <. 2 < 1, 42)..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> .........Hết ....... ĐÁP ÁN: ĐỀ KIỂM TRA LỚP 9 – SỐ 1 (NĂM 2015 – 2016) Bài 1. (2,0 điểm) a) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn điều kiện: (x  2006)2 y(y  1)(y  2)(y  3) 2 2 2 Giải: PT  (x  2006) (y  3y)(y  3y  2) . 2 2 2 Đặt t = y  3y thì (x  2006) t  2t 2 2 2 2 * Nếu t > 0 thì t  t  2t  (t  1) . Do đó (x  2006) không là số chính phương...: 0,5đ 2 * Nếu t  0 thì y  3y y(y  3) 0 . Vì y là số nguyên, nên y = 0; – 1; – 2; – 3. Vậy các cặp số nguyên cần tìm (x ; y) là: (2006; – 3), (2006; – 2), (2006; – 1), (2006; 0). 0,5đ. ...............:.  y3 x 3  2x 2  1  2 xy  z 2   b) Tìm tất cả các bộ số nguyên (x, y, z) thoả mãn . 2 3 3  Giải: Có 2x + 1 > 0, nên từ PT (1) suy ra y > x y > x.  Mặt khác x, y là số nguyên. Suy ra y x + 1  y3 (x  1)3  x 3  2x 2  1 x 3  3x 2  3x  1  x 2  3x 0   3 x 0 .......: 0,5đ Do đó x = – 3; – 2; – 1; 0 Từ (2) ta có xy > 0, do đó x, y cùng dấu. Ta được cặp (x ; y) là (– 3 ; – 2) Thay vào (2) suy ra ta có các bộ (x, y, z) là (– 3 ; – 2 ; – 2), (– 3 ; – 2 ; 2). .......: 0,5đ Bài 2. (3,0 điểm) a) Cho các số x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  3x 2  xy  3y 2  3y 2  yz  3z 2  3z 2  zx  3x 2. 3x 2  xy  3y2 . Giải: Chứng minh BĐT:  12x 2  4xy  12y 2 7 x 2  2xy  y 2. . 7  x  y 2 4. .. (1). . 2.  5x 2  10xy  5y 2 0  5  x  y  0. (2) luôn đúng với mọi x, y. Vậy BĐT (1) đúng. Dấu "=" xảy ra khi x = y. 7 2 3x 2  xy  3y 2   x  y  4 Với x, y > 0 ta có Suy ra. 3x 2  xy  3y 2 . 7 7 7  x  y 2  x  y   x  y 4 2 2. .......: 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3y 2  yz  3z 2 . Lập luận tương tự có 0,5đ Cộng các BĐT cùng chiều ta có. 7  y  z 2 ,. 3z 2  zx  3z 2 . A  3x 2  xy  3y 2  3y 2  yz  3z 2  3z 2  zx  3x 2  . x y z . 1 3.. Vậy MinA = 7 khi và chỉ khi b) Giải phương trình x 2  x  4  x  11 x  27 . Giải: Điều kiện x  4 . Phương trình tương đương x 2  x  20  x  4  3  x  11  4 0. .  .   x  5  x  4  .  . 7  z  x 2 ...:. 7  x  y  y  z  z  x  7 2. .......: 0,5đ. . x 5 x 5  0 x 4 3 x  11  4. .......:. 0,5đ 1 1     x  5  x  4    0 x 4 3 x  11  4   1 1 x4  0 x 4 3 x  11  4 Với x  4 thì . Suy ra x – 5 = 0  x 5 . Vậy PT có nghiệm x = 5. .......: 1,0đ Bài 3. (3,0 điểm) 0  Cho tam giác ABC với BCA 90 , và D là chân đường cao hạ từ C. Cho X là một điểm nằm ở miền trong đoạn thẳng CD, K là điểm trên đoạn thẳng AX sao cho BK = BC. Tương tự L là điểm nằm trên đoạn thẳng BX sao cho AL = BC; M là giao điểm của AL và BK. Chứng minh MK = ML. Giải: Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với BX cắt BX tại E, cắt CD tại I; gọi F là giao điểm của AX và BI. Xét  ACB vuông tại C, đường cao CD 2 Có AC AD.AB ..........: 0,5đ   Có ADI đồng dạng AEB (g. g) Suy ra AD. AB = AE. AI, mà AC = AL 2 Do đó AL AE.AI ..........: 0,5đ Suy ra  AEL đồng dạng  ALI 0   Suy ra AEL ALI 90 0  Xét  ILA có ALI 90 , LE là 2 đường cao. Suy ra IL IE.IA (1) .........: 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Xét  IAB có BE, ID là các đường cao, nên X là trực tâm của tam giác. Suy ra AF  IB 2 Chứng minh tương tự ta có IK  BK, và IK IF.IB (2) ..........: 0,5đ Ta có  IEB đồng dạng  IFA, suy ra IE. IA = IF. IB (3) 2 2 Từ (1), (2) và (3) suy ra IL IK , hay IL = IK 0   Xét  IML và IMK có IM chung, IL = IK, ILM IKM 90 . Suy ra  IML =  IMK, nên ML = MK. ...........: 0,5đ Bài 4. (1,5 điểm) Các cạnh của tam giác có số đo là 377; 80; 153 . Chứng minh rằng có thể đặt tam giác này trong một hình chữ nhật có số đo độ dài các cạnh là các số nguyên sao cho hai đỉnh của tam giác trùng với hai điểm đầu và điểm cuối của một đường chéo và khoảng cách từ đỉnh thứ ba của tam giác tới các cạnh của hình chữ nhật là một số nguyên. Khi đó chứng tỏ rằng số đo diện tích của tam giác là số nguyên. Giải: Dựng hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB = CD =16, chiều rộng AD = BC =11 Trên AB đặt điểm P sao cho AP = 4, trên BC đặt CN = 3. Từ P và N kẻ đường thẳng vuông góc với AB và BC chúng cắt nhau tại M .......: 0,5đ Ta có PB = MN =12 ; BN = MP = 8 Xét tam giác vuông MPA, có 2 2 AM 2 AP  MP 16  64 80  AM  80 Xét tam giác vuông MNC, có MC2 MN 2  NC2 122  32  MC  153 Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC2 AB2  BC2 162  112  AC  377 .......: 0,5đ Vậy tam giác MAC có các cạnh bằng 377; 80; 153 và có các đỉnh trùng với 2 đầu mút của đường chéo AC, còn khoảng cách từ M đến các cạnh AB và BC lần lượt bằng 8 và 12 là các số nguyên, nên tam giác MAC là cần tìm Ta có SMAC SABCD  SABC  SAHM  SCKM  SDHMK = 11. 16 – 8. 11 – 3. 4 – 3. 6 – 4. 4 = 42 (đơn vị diện tích) là số nguyên ..: 0,5đ Bài 5. (1,0 điểm) Với số thực a, ta định nghĩa phần nguyên của số a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và kí hiệu  a  . Dãy các số x , x , x , ........x ..... được xác định 0. 1. 2. n.  n  1  n   2    2  bởi công thức xn = Hỏi trong 200 số { x0, x1, ...x199..}. Có bao nhiêu số khác 0 ? (Cho biết 1,41 < 2 < 1,42).  n 1  n  x n     2  , n   2  Giải: Từ n 1  n 1 n 1 n  n  n  1   ,  1    2 2 2 2 2 2     Ta có.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> n n n 1 n  n 1   n  n 1 n  n     1   1     1  2 2 2 2  2   2  2 2  2  n 1   n  1 0     2   2  1 2 2   . Suy ra x n   , x n  0; 1 , n   . .......: 0,5đ.  1   2   1  x 0   0  0 , x    1   2    2  2  Ta có ,  3   2   200   199  x 2   ...... x199        2  2  2  2  200   x 0  x1  x 2  .....x199     0   100 2   2    100 2  141  Ta có 1,41 < 2 < 1,42  141 <100 2 < 142   Mà x1 , x 2 ,....., x199  0; 1  x1  x 2 .....  x199 141 .. . . x , x , x ,...., x199 Do đó trong 200 số 0 1 2 có 141 số mà các số này nhận giá trị 1 và các số còn lại bằng 0. Vậy trong 200 số đã cho có 141 số khác 0. .......: 0,5đ CHÚ Ý: HS LÀM THEO CÁCH KHÁC ĐÚNG VẪN CHO ĐIỂM TỐI ĐA.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Người ra đề: Vũ Hữu Chín, GV trường THCS Hồng Bàng, quận Hồng Bàng, Tp Hải Phòng. Tel: 0936113930 Email: ĐỀ KIỂM TRA LỚP 9 – SỐ 2 (NĂM 2014 – 2015) Thời gian làm bài: 90 phút Bài 1. (3,0 điểm) 1) Cho a = 6 + 11 + 4 6 + 6 - 11 + 4 6 . Tính giá trị của biểu thức a 6 - 12a 5 + 50a 4 - 80a 3 + 30a 2 + 8a + 4 A= a 2 - 4a + 2 . 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 9x2 +16x + 96 = 3x - 16y - 24 . Bài 2. (3,0 điểm) F=. 1- 4 x 2x - 2 2x +1 x +1 .. 1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a 2 +1 b 2 +1 1 . = ( ab +1) a 1 b 1 2 2) Tìm các giá trị a, b sao cho . Bài 3. (4,0 điểm) 1) Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp một tam giác nằm trong tam giác tạo bởi ba đường trung bình của tam giác đó. 0 · 2) Cho tam giác ABC với ACB = 90 và D là chân đường cao hạ từ đỉnh C đến cạnh AB. Gọi X là một điểm nằm ở giữa C và D, K là điểm thuộc đoạn thẳng AX sao cho BK = BC. Tương tự L là điểm thuộc đoạn thẳng BX sao cho AL = AC; M là giao điểm của AL và BK. Chứng minh MK = ML.. ...........Hết.........

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ĐÁP ÁN: ĐỀ KIỂM TRA LỚP 9 – SỐ 2 (NĂM 2014 – 2015) Bài 1. (3,0 điểm) 1) Cho a = 6 + 11 + 4 6 + 6 - 11 + 4 6 . Tính giá trị của biểu thức a 6 - 12a 5 + 50a 4 - 80a 3 + 30a 2 + 8a + 4 A= a 2 - 4a + 2 . Giải: a = 6 + 11 + 4 6 + 6 Suy ra. 11 + 4 6. (. ). (. a 2 = 12 + 2 25 - 4 6 = 12 + 2 2 6 - 1 =10 + 4 6 = 2 + 6. ). 2. 2 Û a = 2 + 6 . Khi đó a - 2 = 6 Û ( a - 2) = 6 Û a - 4a = 2 .............: 0,5đ a 6 - 12a 5 + 50a 4 - 80a 3 + 30a 2 + 8a + 4 A= a 2 - 4a + 2 Cách 1: Do đó ( a 2 - 4a ) éêë( a 2 - 4a )( a 2 - 4a + 2) - 2ùúû+ 4 A= a 2 - 4a + 2 (*) 2(2.2 - 2) + 4 A= =4 2 2 +2 Thay a - 4a = 2 vào (*) có ............: 1,0đ Cách 2: a 6 - 12a 5 + 50a 4 - 80a 3 + 30a 2 + 8a + 4 8 4 3 2 A= = a 8a + 16a 2 + a 2 - 4a + 2 a 2 - 4a + 2 2 8 8 A = ( a 2 - 4a ) - 2 + 2 A = 22 - 2 + =4 2 a - 4a + 2 . Thay a - 4a = 2 , ta có 2 +2 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2. 9x2 +16x + 96 = 3x - 16y - 24 . Giải: Đặt 3x - 16y - 24 = m,m Î ¥ , khi đó ta có PT:.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 9x 2 +16x + 96 = m 2 Û 81x 2 + 9.16x + 864 = 9m 2 0,5đ. .............:. Û ( 9x + 8) - ( 3m) =- 800 Û ( 9x + 8 - 3m) ( 9x + 8 + 3m) =- 800 2. 2. Thay 3x - 16y - 24 = m. Suy ra ( 3y + 5) ( 9x - 24y - 32) =- 25 0,5đ Do đó 3y + 5 là ước của 25, mà 3y + 5 chia cho 3 dư 2. Suy ra 3y + 5 Î { - 1;5;- 25} Û y Î { - 2;0;- 10}. ............:. Tìm được cặp (x, y) là ( 1;- 2) ,( 3;0) ,( - 23;- 10) . Loại cặp ( 3;0) vì 3x - 16y - 24 = m < 0 . Vậy cặp (x, y) là ( 1;- 2) , ( - 23;- 10) . .......: 0,5đ Bài 2. (3,0 điểm) 1- 4 x 2x F= - 2 2x +1 x +1 . 1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Giải: Điều kiện x ³ 0 .. (. ). x- 1. 2. ( x - 1) 1- 4 x 2x F= +1 - 2 +1 - 2 = + 2 - 2³ - 2 2x +1 2x +1 x +1 x +1 . Vậy minF = - 2 khi và chỉ khi x = 1. 1,5đ a 2 +1 b 2 +1 1 . = ( ab +1) 2) Tìm các giá trị a, b sao cho a - 1 b - 1 2 . Giải: Điều kiện a ¹ 1,b ¹ 1 . Từ giả thiết suy ra 2. 2 ( a 2 +1)( b 2 +1) = ( a - 1) ( b - 1) ( ab +1). 0,5đ Ta có. 2 ( a 2 +1) ³ ( a - 1). 2. 2 ( b 2 +1) ³ ( b - 1). .........:. (1). ...........:. (2) 2. (3) ( a +1)( b +1) ³ ( ab +1) 2 2. 2. 2. (4). ............:. 0,5đ 4 ( a 2 + 1) ( b 2 + 1) ³ ( ab +1) ( a - 1) ( b - 1) 2. 2. 2. 2. Nhân từng vế (2), (3) và (4) suy ra 2 ( a 2 +1)( b 2 + 1) ³ ( ab +1) ( a - 1) ( b - 1) ³ ( ab +1) ( a - 1)( b - 1) Suy ra . Do đó để có (1) suy ra a = b = - 1. 0,5đ Bài 3. (4,0 điểm). 2. ............:.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 1) (1,5 điểm) Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp một tam giác nằm trong tam giác tạo bởi ba đường trung bình của tam giác đó. Giải: Xét tam giác ABC, O là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm BC, AC, AB. Kẻ AH ^ BC,OK ^ BC Ta có 2S ABC = BC.AH = ( AB + BC + CA) .OK > 2BC.OK ...: 0,5đ Suy ra AH > 2.OK. Gọi AH cắt EF tại I, có AH = 2.IH Suy ra HI > OK. Suy ra điểm O nằm ngoài tam giác AEF. Chứng minh tương tự điểm O nằm ngoài tam giác BDF, tam giác CDE. Do đó điểm O nằm trong tam giác DEF. .......: 1,0đ 0  2) (2,5 điểm) Cho tam giác ABC với BCA 90 , và D là chân đường cao hạ từ C. Cho X là một điểm nằm ở miền trong đoạn thẳng CD, K là điểm trên đoạn thẳng AX sao cho BK = BC. Tương tự L là điểm nằm trên đoạn thẳng BX sao cho AL = BC; M là giao điểm của AL và BK. Chứng minh MK = ML. Giải: Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với BX cắt BX tại E, cắt CD tại I; gọi F là giao điểm của AX và BI. Xét  ACB vuông tại C, đường cao CD 2 Có AC AD.AB ..........: 0,5đ   Có ADI đồng dạng AEB (g. g) Suy ra AD. AB = AE. AI, mà AC = AL 2 Do đó AL AE.AI ..........: 0,5đ Suy ra  AEL đồng dạng  ALI 0   Suy ra AEL ALI 90 0  Xét  ILA có ALI 90 , LE là 2 đường cao. Suy ra IL IE.IA (1) .........: 0,5đ Xét  IAB có BE, ID là các đường cao, nên X là trực tâm của tam giác. Suy ra AF  IB 2 Chứng minh tương tự ta có IK  BK, và IK IF.IB (2) ..........: 0,5đ Ta có  IEB đồng dạng  IFA, suy ra IE. IA = IF. IB (3) 2 2 Từ (1), (2) và (3) suy ra IL IK , hay IL = IK 0   Xét  IML và IMK có IM chung, IL = IK, ILM IKM 90 . Suy ra  IML =  IMK, nên ML = MK. ...........: 0,5đ CHÚ Ý: HS LÀM THEO CÁCH KHÁC ĐÚNG VẪN CHO ĐIỂM TỐI ĐA.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Người ra đề: Vũ Hữu Chín, GV trường THCS Hồng Bàng, quận Hồng Bàng, Tp Hải Phòng. Tel: 0936113930 Email: ĐỀ KIỂM TRA LỚP 9 – SỐ 3 (NĂM 2014 – 2015) Thời gian làm bài: 90 phút Câu I. (2,0 điểm) x3  2. .  2x  1 3 3x  2x  1 .. 1) Giải phương trình: 2) Biết rằng a, b, c, d là các số nguyên lẻ thỏa mãn điều kiện a 5  b5  c5  d 5 240 .. .

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Chứng minh rằng  a  b  c  d  240 . Câu II. (2,0 điểm) P  a 2  1 b2  1 a,b  0, a  b  2 1) Cho . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của. . . . . 2) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1, chứng minh rằng n n  1  4n  1  1   2    3   ....   n 2  1            6 . Câu III. (2,0 điểm) 2 2 2 2 Cho a, b, c, d là các số tự nhiên đôi một phân biệt thỏa mãn a + d = b + c = P. . Chứng minh rằng: 1) P là hợp số. 2) ab + cd và ac + bd không thể đồng thời là số nguyên tố. Câu IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC, đường tròn ngoại tiếp (O; R), đường tròn nội tiếp (I, r). 2 2 1) Chứng minh rằng OI R  2Rr . 2) Gọi AI cắt (O) tại E khác A. Gọi K đối xứng với I qua BC, EK cắt (O) tại F khác E. Chứng minh rằng I, O, E, F cùng thuộc một đường tròn. Câu V. (1,0 điểm) Giả sử mỗi điểm trong mặt phẳng được tô bởi một trong hai màu. Chứng minh rằng luôn tồn tại trong mặt phẳng này 3 điểm cùng màu mà chúng là 3 đỉnh của một tam giác đều.. ...........Hết......... ĐÁP ÁN: ĐỀ KIỂM TRA LỚP 9 – SỐ 3 (NĂM 2014 – 2015) Câu I. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình:. x3  2.  2x  1 3 3x  2x  1 ..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> x. 1 2 . Đặt y  2x  1 0 . Ta có phương trình. Giải: Điều kiện 2 x 3  2y3 3xy 2  x 3  x 2 y  2x 2 y  2y3 0   x  y   x  2y  0 .. ............:. 0,5đ Ta có các trường hợp 2 * x  y 0  x y  x  2x  1  x 2x  1  x 1 (thỏa mãn điều kiện) 1 x  2 , y  2x  1 0 . * x  2y 0 không tìm được x, vì Vậy phương trình có nghiệm x = 1. ............: 0,5đ 2) Biết rằng a, b, c, d là các số nguyên lẻ thỏa mãn điều kiện 5 a  b5  c5  d 5 240 . Chứng minh rằng  a  b  c  d  240 .. . . A  n 5  n 240. . . Giải: Ta chứng minh nếu n là số nguyên lẻ thì . 5 2 A  n  n n  n  1  n  1 n  1 Thật vậy . Do n là số lẻ, nên  n  1  n  1 là tích của 2 số chẵn liên tiếp. Suy ra  n  1  n  1 8 .. . . . . n 2  1 2 2 n  1 Có là số chẵn, nên . Do đó A16 . (1) ............: 0,5đ 2 Mặt khác n chia cho 3 dư 0; 1; 2. Suy ra n chia cho 3 dư 0; 1 A n n 2  1 n 2  1 Do đó chia hết cho 3. (2) 2 Lại có n chia cho 5 dư 0; 1; 2; 3; 4. Suy ra n chia cho 5 dư 0; 1; 4 A = n ( n 2 - 1)( n 2 + 1) Do đó chia hết cho 5. (3) Vậy A chia hết cho 16, cho 3, cho 5, mà 16, 3, 5 đôi một nguyên tố cùng nhau ( 16.3.5) Þ AM240 . Suy ra AM. . . . . . a 5 + b 5 + c5 + d5 ) - ( a + b + c + d ) = ( a 5 - a ) + ( b 5 - b ) + ( c 5 - c ) + ( d 5 - d ) ( Xét hiệu: a5 - a ) M 240,( b 5 - b ) M 240,( c5 - c) M 240, ( d5 - d) M 240 ( Theo điều (*) có Þ ( a 5 + b 5 + c5 + d 5 ) - ( a + b + c + d ) M 240 Þ ( a + b + c + d) M 240 ............: 0,5đ Câu II. (2,0 điểm) 1) Cho a,b 0, a  b 2 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P  a 2  1 b2  1 . 2 2 2 2 P  a  1 b  1  a 2  12 12  b 2  a.1  b.1  a  b  Giải: .. . .  . .  . . .

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 2 Suy ra P 2 4 . Vậy MinP = 4 khi a = b =1. 2  a b ab   1 2   Mặt khác theo BĐT Côsi có. ............: 0,5đ. 2. P a 2 b 2  a 2  b 2  1 a 2 b 2   a  b   2ab  1 5  ab  ab  2  5 ab 0 a 0 a 2  ;  a  b  2 b  2   b 0 . Suy ra MaxP = 5 khi. ............:. 0,5đ 2) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1, chứng minh rằng n n  1  4n  1  1   2    3   ....   n 2  1            6 .  k 2  i  k  Giải: Ta có  , với mọi i = 0, 1, 2, ..., 2k.  k 2  1   k 2  2    k 2  3   ...    k  1 2  1 k  2k  1 2k 2  k         Suy ra  .: 0,5đ 2 VT  2.12  1  2.22  2  2.32  3  ....   2. n  1  n  1   Do đó 2 VT 2  12  22  ....   n  1   1  2  ...   n  1     n  1 n  2n  1  n  n  1 VP VT 2 6 2 Ta có điều phải chứng minh. ............: 0,5đ Câu III. (2,0 điểm) 2 2 2 2 Cho a, b, c, d là các số tự nhiên đôi một phân biệt thỏa mãn a + d = b + c = P . Chứng minh rằng: 1) P là hợp số 2) ab + cd và ac + bd không thể đồng thời là số nguyên tố. Giải: 1) Từ giả thiết suy ra ( ab + cd) ( ac + bd) = ad( b 2 + c2 ) + bc( a 2 + d2 ) = ( ad + bc) ( a 2 + d2 ) . (1) 2 2 Suy ra a + d là một ước của tích ( ab + cd) ( ac + bd) (2) . .......: 0,5đ 2 2 2 ( a 2 + d2 - ab - cd) = a 2 + d2 + b 2 + c2 - 2ab - 2cd = ( a - b ) + ( c - d) > 0 Lại có 2 2 Suy ra a + d > ab + cd (3) ..........: 0,5đ 2 2 Tương tự a + d > ac + bd (4). .  .  . .

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 2 2 Từ (2), (3) và (4) suy ra P = a + d là hợp số. ............: 0,5đ 2 2 2) Do a + d > ab + cd và. a 2 + d2 > ac + bd và theo 1) ta có ab + cd > ad + bc,ac + bd > ad + bc. Giả sử ab + cd và ac + bd đều là số nguyên tố. Khi đó theo (1) có ad + bc phải là ước của ab + cd hoặc ac + bd . Điều này không xảy ra, nên ta có điều phải chứng minh. ...: 0,5đ Câu IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC, đường tròn ngoại tiếp (O; R), đường tròn nội tiếp (I, r). 2 2 1) Chứng minh rằng OI R  2Rr . 2) Gọi AI cắt (O) tại E khác A. Gọi K đối xứng với I qua BC, EK cắt (O) tại F khác E. Chứng minh rằng I, O, E, F cùng thuộc một đường tròn. Giải: 1) Gọi AI cắt (O) tại điểm E khác A, H là hình chiếu của I lên AC, EG là đường   kính của (O). Có IAH EGC Xét  AHI và  GCE 0     có IAH EGC , AHI GCE 90. Suy ra  AHI đồng dạng  GCE (g.g) Do đó IA IH   IA.EC IH.GE 2Rr GE EC (1) ...: 0,5đ EIC IAC         ICA IAB  ICB BCE  ICB ICE Lại có Suy ra tam giác ECI cân tại E, nên EC = IE (2) ...: 0,5đ 2 2 Lại có I nằm trong đường tròn (O). Suy ra IA.IE R  OI (3) 2 2 2 2 Từ (1), (2) và (3) suy ra IA.IE IA.EC 2Rr R  OI  OI R  2Rr ....: 0,5đ 2) Gọi OI cắt EF tại L, có IK = 2r, có OE//IK (cùng vuông góc BC) LO OE R LO R LO R2 R2       2  2 LI IK 2r LO  LI R  2r OI R  2Rr OI Suy ra OI OF OI.OL R 2  OI.OL R 2 OF2   OF OL Suy ra ......: 0,5đ OI OF   Xét  OFI và  OLF chung LOF , OF OL .   Suy ra  OFI đồng dạng  OLF (c.g.c) Suy ra OFI OLE (4) .......: 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> OI OE  ,(OE OF)  Xét  OEI và  OLE có chung LOE , OE OL .   Suy ra  OEI đồng dạng  OLE (c.g.c). Suy ra OEI OLF (5)   Từ (4) và (5) suy ra OEI OFI , điểm E, F cùng nằm trên nửa mặtt phẳng bờ OI Suy ra tứ giác OEFI nội tiếp. Hay các điểm I, O, E, F cùng nằm trên một đường tròn. ........: 0,5đ Câu V. (1,0 điểm) Giả sử mỗi điểm trong mặt phẳng được tô bởi một trong hai màu. Chứng minh rằng luôn tồn tại trong mặt phẳng này 3 điểm cùng màu mà chúng là 3 đỉnh của một tam giác đều. Giải: Giả sử hai màu được tô là X và Y. Ta chứng minh bằng phản chứng, tức là mọi tam giác đều thì các đỉnh của nó phải tô bởi cả hai màu. Xét lục giác đều ABCDEF tâm G. Do vài trò các màu như nhau, giả sử G tô màu X. Hơn nữa các tam giác đều có các đỉnh tô bởi hai màu nên có ít nhất một đỉnh của đa giác tô màu X, giả sử là đỉnh A tô màu X. ......: 0,5đ Khi đó điểm B, F tô màu Y. Suy ra D tô màu X và đỉnh C, E tô màu Y. Gọi H là điểm đối xứng với G qua EF. Nếu H tô màu Y thì ba đỉnh của tam giác HEF cùng tô màu Y (vô lý) Nếu H tô màu X thì tam giác đều AHD có ba đỉnh cùng tô màu X (vô lý). Vậy bài toán được chứng minh. ......: 0,5đ CHÚ Ý: HS LÀM THEO CÁCH KHÁC ĐÚNG VẪN CHO ĐIỂM TỐI ĐA. 2 2 2 2 1) Cho a, b, c, d là các số tự nhiên đôi một phân biệt thỏa mãn a + d = b + c = P . Chứng minh rằng: a) P là hợp số b) ab + cd và ac + bd không thể đồng thời là số nguyên tố. Giải: a) Từ giả thiết suy ra ( ab + cd) ( ac + bd) = ad( b 2 + c2 ) + bc( a 2 + d2 ) = ( ad + bc) ( a 2 + d2 ) . (1).

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 2 2 Suy ra a + d là một ước của tích ( ab + cd) ( ac + bd) (2) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( a + d - ab - cd) = a + d + b + c - 2ab - 2cd = ( a - b ) + ( c - d) > 0 Lại có 2 2 Suy ra a + d > ab + cd (3) 2 2 Tương tự a + d > ac + bd (4) 2 2 Từ (2), (3) và (4) suy ra P = a + d là hợp số. 2 2 2 2 2) Do a + d > ab + cd và a + d > ac + bd và theo 1) ta có ab + cd > ad + bc,ac + bd > ad + bc. Giả sử ab + cd và ac + bd đều là số nguyên tố. Khi đó theo (1) có ad + bc phải là ước của ab + cd hoặc ac + bd . Điều này không xảy ra, nên ta có điều phải chứng minh..

<span class='text_page_counter'>(17)</span>