Bd hsg toan 9 (18 20)

Chứng minh rằng C' nằm trên một đường tròn cố định khi M di chuyển trên đường kính AB M khác A và B... Theo nguyên tắc Đirichlet suy ra có ít nhất 2 số hạng bằng giá trị nhau.. Theo

Ngày dạy:12/01.2022; Ngày dạy:14/01/2022;Ngày dạy:19/01/2022

CHUYÊN ĐỀ: LUYỆN ĐỀ

ĐỀ 1 Câu 1: (5.0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức A

b) Cho a, b, c là ba số dương

Chứng minh:

2

b c c a a b

 

Câu 2 (5 điểm)

a Giải phương trình:x2  10x27 6 x x 4

b Giải hệ phương trình

 

 

x m y 1 2





Câu 3 (5 điểm) Cho đường tròn (O;R) và điểm A Với OA = 2R Từ A kẻ 2 tiếp tuyến AE

và AF đến (O) ( E, F là 2 tiếp điểm) Đường thẳng OA cắt (O) tại C và D (O nằm giữa A và C)

a) Tính diện tích tứ giác AECF theo R?

b) Từ O vẽ đường thẳng vuông góc với OE cắt AF tại M Tính tỷ số diện tích hai tam giác OAM và OFM ?

c) Đường thẳng kẻ từ D vuông góc với OE cắt EC tại Q chứng minh các đường thẳng AC, EF và QM đồng quy?

Câu 4) (3 điểm)

a, Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x2 6xy5y2  4y 12 0

b, Giải phương trình nghiệm nguyên sau : x2 y2 2021

Câu 5 (2 điểm)

Gọi S là tập hợp gồm 1011 số nguyên dương phân biệt có giá trị không quá 2020 Chứng minh rằng trong S có hai số mà tổng của chúng bằng 2021

Câu Đáp án Điểm

1 a

b

Điều kiện: xy 1

xy 1 1 xy



xy 1 1 xy







0,5

0,5

0,5

0,5 1

Vì a, b, c >0 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

a

b

c

Suy ra :

2

a b c

b c c a a b

 

2

b c c a a b

 

0,5

0,5

0,5

0,5

2

a

PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện:

0

'

  22  2 2 4 0 0















Với m0, theo Vi-et ta có: 















4 2

2 4

2 2 1

2 1

m m x x

m x

x

0,25đ

0,25đ

Ta có x x x x m x x  x x x x 15m

1 1

2

2 15

1 1

2

2 1 2 1

2 2 1 2

1

2 2

2 1















Đặt

t m

, do m  0  t  0

Ta có (1) trở thành:

4 12

4 15

1 2

1 6

1



























t

t t

Với t 4, ta có:  4   4  m   2

m

m

thỏa mãn (*)

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ































































0(2) 6 y 2 4x y 2 2x

0(1) 4 8y x 4xy 2y

3x 0

3 y 2x y x

0 4 8y x 4xy 2y

3x

2 2

2 2 2

2

2 2

lấy PT (1) trừ PT (2) ta được

 







































2 2

1 2

0 ) 2 2 )(

1 2 ( 0 2 ) 2 ( 3

2 2

y x

y x

y x y x y

x y

x

thay vào phương trình x2  y2 2x y 30 hệ có 4 nghiệm

     



















































6

109 13

; 3

109 7

; 6

109 13

; 3

109 7

; 3 5

; 0

; 1

; y

x

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

Câu 3

(5

điểm)

I D

O

A

C E

F

Q

M

- Vẽ hình đúng:

a) Ta có

AE = AF (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)

OE = OF = R

=> OA là đường trung trực của đoạn thẳng EF

Gọi I là giao của AC và EF thì OAEF và IE = IF

OEA

 có OEA  900 (t/c tiếp tuyến) và EI OA

Nên

2 2

2

OE OI OA OI

OA R

OIE

 có OIE  900 nên

2 2

EI OE  OI R    EI 

EF  EI R và AC AO OC   2R R  3R

2

.E 3 3

AECF

S  AC F  R R  R

b) Ta có OM//AE ( cùng vuông với OE) nên MOA OAE 

Mà OAE OAM   MOA OAM  OMA cân tại M => MO = MA



O

1 osOMF

OAM

FM

S FM FM C

Mà OMF EAF  2EAO

30

2 2

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Do đó

0 O

1 os60

2

OAM FM

S F

c) Chứng minh DEQOFM => QD = OM

Chứng minh QDMO là hình bình hành

 QM và DO giao nhau tại trung điểm của mỗi đường, Mà I là trung điểm của OD ( 2

R

) Nên I là trung điểm của QM

Vậy: AC, EF và QM đồng quy tại I

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 4

(3điểm

)

a) Ta có: x2 6xy5y2  4y 12 0

 x2 xy x x  5xy5y2  4y y y   1 11 0

0,25

 (x2 xy x ) (5 xy5y2 5 ) (y  x y  1) 11 0,25

 x x y(   1) 5 ( y x y  1) ( x y  1) 11 0,25

 (x y  1)(x5y1) 11 0,25

b) Trước tiên ta có các tính chất cơ bản sau :Một số chính phương chia

3dư 0, 1; chia 4 dư 0, 1; chia 8 dư 0, 1, 4 0,25

2

x 0;1;4(mod8)

2

y 0;1;4(mod 8)

0,25

VT x y 0;1; 2; 4;5(mod8)

Còn: VP 2021 3(mod8) 

Câu 5

(2điểm

)

Chia các số nguyên dương từ 1 đến 2020 thành 1010 nhóm, mỗi nhóm

có 2 số sao cho tổng của hai số đó bằng 2021

Cụ thể: A = {(1; 2020); (2; 2019); (3; 2018); ; (1010; 1011)} Ta có

tập hợp S gồm 1011 số nguyên dương phân biệt có giá trị không quá

2020

0,75

Trường hợp 1: Nếu 1010 số trong 1011 số của S có 2 số thuộc cùng

một nhóm ở A thì bài toán được chứng minh (do 2 số thuộc cùng một

nhóm ở A có tổng bằng 2021)

0,5

Trường hợp 2: Nếu 1010 số trong 1011 số của S mà mỗi số lần lượt

thuộc 1010 nhóm khác nhau ở A thì theo nguyên lý Dirichlet số còn lại

phải thuộc một trong các nhóm ở A Khi đó có 2 số thuộc cùng một

nhóm và 2 số này có tổng 2021 (bài toán được chứng minh)

Vậy trong S luôn có hai số mà tổng của chúng bằng 2021

0,75

ĐỀ 2 Câu 1 (5,0 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức:    

2022 2

2021 2

5 4 3

10 30 11

x x

x x x

 

   khi

3 5 2

x 

b) Cho hai số thực dương x, ythỏa mãn: xy 1 Chứng minh

3.

x y x y  

Câu 2 (5,0 điểm)

a) Giải phương trình: x22x 6 2x1

b) Giải hệ phương trình sau:    

2 2

2

2 8

x y xy

x y x xy







Câu 3 (5,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB, bán kính R Gọi M là điểm nằm giữa A

và B Qua M vẽ dây CD vuông góc với AB sao cho

CO DO AO BO   Lấy điểm E đối xứng với A qua M.

a) Tứ giác ACED là hình gì? Vì sao?

b) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của M trên AC và BC

Chứng minh rằng: 4

c) Gọi C' là điểm đối xứng với C qua A Chứng minh rằng C' nằm trên một đường tròn cố định khi M di chuyển trên đường kính AB (M khác A và B)

Câu 4 (3,0 điểm)

a) Cho số nguyên a không chia hết cho 5 và 7 Chứng minh rằng:

a4  1 a4  15a2   1 35

b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2y2 x y 8

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 Chứng minh rằng có thề chọn ra từ 69 số đó 4 số sao cho trong chúng có 1 số bằng tổng của 3 số còn lại

ĐÁP ÁN Câu 1 (5,0 điểm)

a)

Tính giá trị của biểu thức:    

2022 2

2021 2

5 4 3

10 30 11

x x

x x x

 

   khi

3 5 2

x 

2,5

Ta có

3 5

2

x   2x 32  5  4x2  12x  4 0  x2 3x  1 0 1

10x  30x 11 10  x  3x 1 1 10.0 1 1     0,5

2x  6x  3 2 x  3x 1 1 2.0 1 1     0,5

5 3 4 3 1 3 2 3 1 1 3 0 1 1

x  x x  x x  x  x  

2022

2021 1

1

B      

0,5

b)

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: xy 1 Chứng minh

3

x y x y 

2,5

Ta có

x y

1

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

1

xy

    1 (vì xy 1)

0,5

2 .

2 2 2

x y

x y



Từ  1 và  2 suy ra:

3

x yx y  Đẳng thức xảy ra khi x y 1

0,5

Câu 2 (5 điểm)

a)

Giải phương trình: x22x 6 2x1 2,5

Điều kiện: x 0 Bình phương 2 vế ta được:

0,5

   

2 2

8

x

x x x





2

4 8

16

7 12 64 0

7

x x







1

Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có x 4 là nghiệm của phương trình 0,5 b)

Giải hệ phương trình sau:    

2 2 2

2 8

x y xy

x y x xy





2,5

   

2 2

x y x y

x y xy





0,5

   

2

x





5

y

y





       

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 1;1 và 1; 5  0,5

Câu 3 (5 điểm)

0,5

Vì CDAB OC OD;   CM MD

0,5

Tứ giácACEDcó AE cắt CDtại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình

hành

Mà AECD(gt) tứ giác ACED là hình thoi (dhnb) 0,5

b)

Ta có C  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ABC vuông tại C, suy

ra tứ giác CHMKlà hình chữ nhật (vì có C H  K 900)

Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác AMC M  90o

, đường cao AH ta có:

MH AC MA MC 

MA MC MH

AC



0,5

Tương tự ta có: MK 

MB MC BC

2

MA MB MC

MH MK

AC BC

Mà MA MB MC AC BC MC AB.  2; .  . (do ABC C  90o

)

2

MH MK

0,5

Mà MC HK (do CHMKlà hình chữ nhật)

c)

Lấy O' đối xứng với Oqua A, suy ra O'cố định 0,5

Tứ giác COC O' ' là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung

điểm A của mỗi đường Do đó O C' ' OC R không đổi 0,5

Suy ra C' nằm trên đường tròn O R';  cố định khi Mdi chuyển trên đường

Câu 4 (3 điểm)

a)

Đặt  4   4 2 

A a  a  a 

Áp dụng định lí Fermat nhỏ ta có:

4 1 mod 5

a  và a 6 1 mod 7  do a không chia hết cho 5 và 7

0,5

Lại có: A a 815a615a2 1 a215 15 a2 1 0 mod 7  A7

Vậy A 5.7 35  (vì (5, 7) = 1)

0,5

b)

x y  x y 

0,5

 

 

 

 

2 2

2 2

2 2

2 2

3; 2

2; 1

y y y

y y y

      

 









0,5

Vậy x y ;   2;3 ; 2; 2 ; 1;3 ; 1; 2 ; 3; 2 ; 3; 1 ; 2;2 ; 2; 1                    0,5

Câu 5 (2 điểm)

Giả sử bộ 69 số là: 1 a1 a2 a3   a69  100 Suy ra a1  32;a3  3 và a2  2

Khi đó suy ra:

+) 4 a1 a3 a1 a4   a1 a69  132 (1); dãy này có 67 số hạng

0,5

+) 1 a3  a2 a4  a2   a69  a2  98 (2); dãy này có 67 số hạng

Do đó dãy (1) và dãy (2) có 134 số hạng nhận các giá trị từ 1 đến 132 (có 132

giá trị) Theo nguyên tắc Đirichlet suy ra có ít nhất 2 số hạng bằng giá trị nhau

0,5

Giả sử a1 a m a n a2 (với 3m n, 69 và m n,   *,

suy ra a1 a2 a m a n 0,5

Do đó dãy (1) và dãy (2) có 134 số hạng nhận các giá trị từ 1 đến 132 (có 132

giá trị) Theo nguyên tắc Đirichlet suy ra có ít nhất 2 số hạng bằng giá trị nhau

Giả sử a1 a m a n a2 (với 3m n, 69 và m n,   *,

suy ra a1 a2 a m a n

0,5

ĐỀ 3

Câu 1 (5 điểm)

Cho biểu thức P =

a) Rút gọn P

b) Tìm GTNN của P

Câu 2 (5 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) x4 1 x  1 2 x

b)

3 3





Câu 3 (3 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x  x y  y

b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 0 thì:

2

2

2 n 10

A   chia hết cho 13

Câu 4 (5 điểm)

Từ điểm M nằm ngoài đường tròn O R;  sao cho OM  2R Kẻ hai tiếp tuyến MA,

MB với đường tròn O R;  (A, B là các tiếp điểm) Đoạn thẳng MO cắt đường tròn O R;  tại P và cắt AB tại H Tia AO cắt đường tròn O R;  tại D và cắt tia MB tại K Nối PK

cắt BD tại G

a) Chứng minh MO BD//

b) Chứng minh OGBD

c) Từ trung điểm I của AH vẽ đường thẳng vuông góc với AO cắt đường tròn O R;  tại Q và J Chứng minh MO là tiếp tuyến của đường tròn A AQ; 

Câu 5 (2 điểm)

Hình vuông cạnh bằng 1 ta đặt 51 điểm phân biệt bất kì Chứng minh rằng có ít nhất

3 trong số 51 điểm đó nằm trong một hình tròn bán kính

1

7

ĐÁP ÁN

Câu 1

(5,0đ) P =

P    

26 19



   

   

3

x



Ta có:

3

Dấu “=” xảy ra 3 25  32 25

3

x

Giải chi tiết ta được x = 4 (TM)

1,25đ

Câu 2

(5,0đ)

a) Giải phương trình: x4 1 x  1 2 x 2,0đ

Ta có: x 4 1 x  1 2 x  x 4  1 2  x 1  x

1 2 0

4 1 2 1 2 (1 2 )(1 )

x x

  



   





0,75đ

2

1 2

x







 



2 2

1 2

2 1 0

x x









   





0,5đ

2

0

0

7 0

7

x x

x x

x x

x





 



 











0,5đ

Vậy phương trình có nghiệm x  0. 0,25đ

2 2

3 3

)

x y b

x y y x





   

2 2

3 3 2 2

3 3

x y

x y y x







3 2 2 2 2 5 3 0 2 3 5 2 0

2 3 5 2 0

x y

x xy y





 



1,đ

+ TH1 Với x = y thay vào phương trình x2 2y2 1 ta được

1

0,75đ

+ TH2 Với

2

x  xy y   x y  y 

3 0

0 2

0

x y

x y y





 



1,0đ

Thử lại ta thấy x = y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình đã

cho

Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1); (-1; -1)

0,25đ

Câu 3

(3,0đ)

a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x22x y 22y3

1,5đ

2 2 2 2 3

x  x y  y

x2 y2 2x y 3

    

0,25đ

+ TH1:

+ TH2:

+ TH3:

+ TH4:

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ Vậy pt đã cho có nghiệm nguyên x y;  là: (1;0); (1;2); (-3;2); (-3; 0) 0,25đ

b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 0 thì:

2

2

2 n 10

Vì 13 là số nguyên tố và (13,2) = 1 Nên áp dụng định lí Fermat ta

Từ đó bài toán được đưa về tìm số dư 22n chia cho 12

Ta có: 22n 0(mod 4) 22n 4 (k k N )

2 n 4n 1(mod 3) 2 n 3m 1(m N)

2

2 n 12m 4

1,0đ

12 4 6 2

2 m 10 16.(2 ) m 10 3 10(mod13) 0(mod13)

Vậy A chia hết cho 13 với mọi số nguyên n > 0 0,25đ

Câu 4

(5,0đ)

Từ điểm M nằm ngoài đường tròn O R;  sao cho OM  2R Kẻ hai

tiếp tuyến MA, MB với đường tròn O R;  (A, B là các tiếp điểm)

Đoạn thẳng MO cắt đường tròn O R;  tại P và cắt AB tại H Tia

AO cắt đường tròn O R;  tại D và cắt tia MB tại K Nối PK cắt

BD tại G

a) Chứng minh MO BD//

b) Chứng minh OGBD

c) Từ trung điểm I của AH vẽ đường thẳng vuông góc với AO cắt

đường tròn O R;  tại Q và J Chứng minh MO là tiếp tuyến của

đường tròn A AQ; 

5,0đ

S

Q

J

T I

G

K

D B

A

H P

M

Ta có MA, MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M của đường tròn 0,5đ

O R;   OM

là trung trực của AB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

 OM AB tại H (1)

Lại có

1 2

 ABD vuông tại B  BDAB (2) 0,5đ

Xét KOP có GD OP// (vì BD OM// )  

OP KP (định lý Talet) 0,5đ

Xét KPM có GB PM// (vì BD OM// )

(định lý Talet) 0,25đ

Vậy ta có

OP PM KP ; Mà OP PM (GT)

0,25đ

0,5đ Vậy OGBD (tính chất đường kính và dây cung) 0,5đ c) Từ trung điểm I của AH vẽ đường thẳng vuông góc với AO cắt

đường tròn O R;  tại Q và J Chứng minh MO là tiếp tuyến của

đường tròn A AQ; 

1,0đ

Gọi T QJ AD và S là hình chiếu vuông góc của H trên AD





IT AD

IT HS

0,25đ

Xét AHS có I là trung điểm của AH và IT HS//  T là trung điểm

của AS  AS 2AT

Xét HAO vuông tại H có đường cao HS  AH2 AS AO. (hệ thức

lượng trong tam giác vuông) AH2  2AT AO AT AD  (3)

0,25đ

Ta có

1 2

 QAD vuông tại Q có QT AD tại

T  AQ2 AT AD. (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (4)

0,25đ

Từ (3) và (4) ta suy ra AH2 AQ 2 AH AQ  HA AQ; 

, mà



AH OM tại H  OM là tiếp tuyến của đường tròn A AQ; 

0,25đ

Trong hình vuông cạnh bằng 1 ta đặt 51 điểm phân biệt bất kì 2,0đ

Câu 5

(2,0đ)

Chứng minh rằng có ít nhất 3 trong số 51 điểm đó nằm trong một

hình tròn bán kính

1

7 Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông con bằng nhau có cạnh

bằng

1

5 Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại ít nhất một hình vuông nhỏ chứa ít nhất ba điểm trong số 51 điểm đó 0,75đ

Ta kí hiệu hình vuông đó là C Khi đó hình vuông nhỏ C có đường

chéo là

2

5 Đường tròn ngoại tiếp hình vuông nhỏ  C có bán kính

1

2 .√

2

5 =

1

5√2<

1

7

0,75đ

Vậy ba điểm nói trên nằm trong hình tròn đồng tâm với đường tròn

ngoại tiếp hình vuông nhỏ đó có bán kính

1

Kiểm tra ngày 15 tháng 01/2022

- Đủ bài soạn theo quy định

- Bài soạn đảm bảo nội dung kiến thức trọng tâm

Tổ trưởng CM

Kiều Thị Yến