đe thi HSG toan 9

Trong đó có một số học sinh đạt giải trong kỳ thi quốc tế, một số học sinh đạt giải quốc gia, một số đạt giải của tỉnh và một số đạt giải của trường nhưng không có học sinh nào đạt 2 giả

ĐỀ SO 1

Bài 1: (4 điểm) a/ Chứng minh rằng, nếu a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc

b/ Cho xy + yx + xz = 0 và xyz ≠ 0 dựa vào kết quả câu trên hãy tính

A = 2 2 2

yz xz xy

x + y + z

Bài 2: (4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n2 + 2002 là một số chính phương

Bài 3: (4 điểm) Tìm mọi số nguyên n thoả mãn (n + 5)2 = (4(n – 2))3

Bài 4: (4 điểm) Một trường có 2392 học sinh Trong đó có một số học sinh đạt giải trong kỳ thi

quốc tế, một số học sinh đạt giải quốc gia, một số đạt giải của tỉnh và một số đạt giải của trường (nhưng không có học sinh nào đạt 2 giải) Biết rằng số các học sinh đạt mỗi giải nói trên cũng là các chữ số của học sinh còn lại; và số học sinh đạt giải quốc tế ít hơn số học sinh đạt giải quốc gia, số học sinh đạt giải quốc gia ít hơn số học sinh đạt giải tỉnh và số học sinh đạt giải tỉnh ìt hơn số học sinh đạt giải của trường

Hãy cho biết số học sinh đạt mỗi giải nói trên và số học sinh còn lại không đạt giải?

Bài 5: (4 điểm) Cho ∆ABC, trên AB và AC về phía ngoài tam giác ta dựng hai hình vuông ABDE và ACMN Chứng minh rằng trung tuyến qua A của ∆AEN kéo dài chính là đường cao của ∆

ABC

GIẢI:

Bài 1: a/ Từ a + b + c = 0 <=> a + b = -c <=> (a + b)3 = -c3 <=> a3 + b3 + 3ab(a + b) = -c3

<=> a3 + b3 + 3ab(-c) = -c3 <=> a3 + b3 + c3 = 3abc

b/ Vì xyz ≠ 0 nên từ xy + yz + xz = 0 <=> 1 1 1x y z+ + = 0

Aùp dụng câu a ta suy ra: 3 3 3

x + y +z = 3 1 1 1

x y z

Từ A = 2 2 2

yz xz xy

x +y + z = 3 3 3

xyz xyz xyz

x + y + z = xyz( 3 3 3

x + y +z ) = xyz 3 1 1 1

x y z = 3

Bài 2: Giả sử có số chính phương thì n2 + 2002 = k2 (x ∈ N) <=> 2002 = (k + n)(k – n) (1)

Suy ra (k + n) và (k – n) là ước của 2002

Mà (k + n) + (k – n) = 2k là số chẵn, nên (k + n) và (k – n) cùng tính chẵn lẻ Do 2002 là số chẵn nên (k + n) và (k – n) đều là số chẵn;

Suy ra (k + n)(k – n) 4 Khi đó từ (1) ta lại có 2002 4 Điều này vô lí

Vậy không có số nguyên n nào để n2 + 2002 là số chính phương

Bài 3: (n + 5)2 = (4(n – 2))3 <=> n2 + 10n + 25 = 64(n3 – 6n2 + 12n – 8)

<=> n2 + 10n + 25 = 64n3 – 384n2 + 768n – 512 <=> 64n3 – 385n2 + 758n – 537 = 0

<=> (n – 3)(64n2 – 193n + 179) = 0 <=> n – 3 = 0 hoặc 64n2 – 193n + 179 = 0 <=> n = 3 Vì 64n2 – 193n + 179 = 0 vô nghiệm

Bài 4: Gọi số học sinh đạt giải là a, b, c, d; Trong đó 1 ≤ a, b, c, d ≤9

Theo bài toán ta có: abcd + a + b + c + d = 2392

Vì 1 ≤ a, b, c, d ≤ 9 => a + b + c + d ≤ 36 => abcd > 2300 => a = 2 và b = 3

Lúc đó ta có: 23cd + 2 + 3 + c + d = 2392 <=> 2300 + 10c + d + 5 + c + d = 2392

<=> 11c + 2d = 87

Mà 0 ≤ 2d ≤ 18 <=> 69 ≤ 11c ≤ 87 <=> 6 ≤ c ≤ 7

Nếu c = 6 => 11.6 + 2.d = 87 => d = 21/2 (không thoả mãn)

Nếu c = 7 => 11.7 + 2.d = 87 => d = 5

Vậy số học sinh giỏi quốc tế của trường đó là 2; Số học sinh giỏi quốc gia là 3; Số học sinh giỏi cấp tỉnh là 5 và Số học sinh giỏi cấp trường là 7; Và số học sinh còn lại là 2375

Bài 5: Gọi F là trung điểm FN Nối FA kéo dài cắt BC tại H

Trên tia đối tia FA lấu I sao cho FI = FA

=> AEIN là hình bình hành

=> IN = AE = AB và IE = AN = AC

IEA BAC= (cùng bù với góc EAN)

=> ∆AEI = ∆BAC (c-g-c)

=> BIA ACB· = ·

Mà BIA IAN· =· (Sole trong EI//AN)

=> IAN ACB· = ·

Mặt khác: IAN HAC· +· = 1v

=> HCA HAC· +· = 1v

=> ·AHC = 1v

Hay AF ⊥ BC

The and

DE 2

Bài 1: (3 điểm) Chứng minh rằng tích của một số chính phương với số tự nhiên đứng liền trước nó

là một số chia hết cho 12

Bài 2: (3 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x3 + xy – 7 = 0

Bài 3: (3 điểm) Giải phương trình sau với ẩn số là x: 1 bx 1 axa = b

Bài 4: (4 điểm) Cho 0 < x, y, z < 1 Chứng minh 0 < x + y + z – xy – yz – xz < 1

Bài 5: (3 điểm) Cho ∆ABC Hãy xác định (dựng hình) trên cạnh BC một điểm E và trên cạnh AB một điểm D sao cho BD = DE = EC

Bài 6: (4 điểm) Cho ∆ABC có các cạnh không bằng nhau Hãy tìm một điểm trong tam giác sao cho tổng các khoảng cách từ điểm đó đến các đường thẳng AB, BC, CA là nhỏ nhất

GIẢI:

Bài 1: Theo bài toán ta phải chứng minh: n2(n2 – 1) M 12

Thật vậy: n2(n2 – 1) = (n – 1)n2(n + 1) = (n – 1)n.n(n + 1)

Ta có: (n – 1)nM 2 và n(n + 1) M 2 => n2(n2 – 1) M 4

Và: n2(n2 – 1) = n(n – 1)n(n + 1) M 4

Mà (3, 4) = 1 => n2(n2 – 1) M 3.4 = 12

Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x3 + xy – 7 = 0 (1)

A

D

E

M

N I

F

(1) <=> x(2x2 + y) = 7; Mà 7 = 1.7 = -1.(-7); Vì x nguyên dương nên ta chỉ chọn các giá trị của x > 0; Và x nguyên dương nên x < 2x2 + y Nên ta có: 2

x 1 2x y 7

=



 <=>  =y 5x 1=

Cách 2: Từ (1) <=> y = 7 2x3

x

− = 7x – 2x2; Để y nguyên thì 7x là số nguyên => x là Ư(7); Mà x nguyên dương nên chọn x = 1 và x = 7

=> y = 5 và y = -97 mà y nguyên dương nên ta chỉ chọn cặp số x = 1; y = 5

Bài 3: Giải phương trình 1 bx 1 axa = b

ĐKXĐ: x ≠ 1

b và x ≠ 1

a

(1) <=> a(1 – ax) = b(1 – bx) <=> a – a2x = b – b2x <=> a2x – b2x = a – b <=> (a2 – b2)x = a – b

Nếu a2 – b2 ≠ 0 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2 2

a b

a b

+

−

Nếu a = b thì phương trình đã cho có dạng: 0x = 0 <=> Phương trình (1) có nghiệm với mọi

x≠ 1

b và x ≠ 1

a

Nếu a = -b = 0 thì phương trình đã cho có dạng: 0x = 0 <=> Phương trình (1) có nghiệm với mọi x≠ 1

b và x ≠ 1

a

Nếu a = -b ≠ 0 thì phương trình đã cho có dạng: 0x = -2b <=> Phương trình (1) vô nghiệm

Bài 4: Vì 0 < x, y, z < 1 => 1 – x > 0 => y(1 – x) > 0 => y – xy > 0

Tương tự ta có: x – xz > 0 và z – yz > 0

=> 0 < x + y + z – xy – yz – xz (1)

Mặt khác từ: 1 – x > 0; 1 – y > 0 và 1 – z > 0 => (1 – x)(1 – y)(1 – z) > 0

=> 1 – x – y – z + xy + xz + yz – xyz > 0 => 1 – (x + y + z –xy– xz – yz + xyz) > 0

=> 1 – (x + y + z –xy– xz – yz) > 0 ( vì xyz > 0) Hay 1 > x + y + z –xy– xz – yz (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra điều cần chứng minh

Bài 5: Giả sử ta tìm được D, E thoả mãn điều kiện bài toán thì ta có

BD = DE = EC; Lúc đó ta có ∆ECD cân tại E => DCE EDB· = ·

Mà DCE EDB DEB· +· = · => DCE EDB· · 1DEB·

2

Mặt khác ta cũng có: ∆EDB cân tại D => DBE DEB· = ·

=> DCE EDB· · 1Bµ

2

Từ đó ta có cách dựng như sau:

+ Tại C dựng tia Cx nằm trong tam giác ABC tạo CB một góc bằng 1 Bµ

2 ; Cx cắt AB tại D + Tại D dựng tia Dy nằm trong tam giác DBC tạo CD một góc bằng 1 Bµ

2 ; Cy cắt BC tại E Chứng minh: Từ cách dựng ta có DCE EDB· · 1Bµ

2

= = => ∆ECD cân tại E => DE = EC

A

D

E

Mặt khác DEB DCE EDB· = · +· = 1 Bµ

2 + 1 Bµ

2 = µB => ∆EDB cân tại D => DE = BD Vậy BD = DE = EC

ĐỀ 3 Bài 1: (3 điểm) Cho số tự nhiên N = 20032004 Viết N thành tổng của k số tự nhiên nào đó n1; n2; …; nk

Sn = n13 + n2 3 + … + nk 3 Tìm số dư của phép chia S cho 6

Bài 2: (6 điểm) 1/ Chứng minh rằng nếu P(x) là một đa thức với hệ số nguyên, thêm vào đó P(0)

và P(1) là các số lẻ thì đa thức P(x) không thể có nghiệm số nguyên

2/ Cho các số a1; a2; …; a2003 Biết rằng: ak = 22 3

3k 3k 1 (k k)

+ với mọi k = 1,2,3, …, 2003

Tình tổng a1 + a2 + … + a2003

Bài 3: (2 điểm) Biết rằng |a + b + c| ≤ 1; |c| ≤ 1; a b c

4 2+ + ≤ 1

Chứng minh rằng: |a| + |b| + |c| ≤ 17

Bài 4: (3 điểm) Cho ∆ABC Trên các tia đối của các tia CB, AC, BA lần lượt lấy các điểm A1, B1, C1 sao cho AB1 = BC1 = CA1 Chứng minh rằng nếu tam giác A1B1C1 đều thì ∆ABC cũng đều

Bài 5: (4 điểm) Cho ∆ABC cân tại A, ·BAC = 400, đường cao AH Các điểm E, F theo thức tự thuộc các đoạn thẳng AH, AC sao cho EBA FBC· =· = 300 Chứng minh rằng AE = AF

GIẢI:

Bài 1: Vì a3 – a = a(a – 1)(a + 1) nên chia hết cho 6 với mọi số nguyên a

Đặt N = n1 + n2 + … + nk, ta có: S – N = (n13 + n23 + … + nk3) – (n1 + n2 + … + nk) =

= (n13 - n1) + (n23 - n2) + … + (nk3 - nk) chia hết cho 6

=> S và N có cùng số dư khi chia cho 6

Mặt khác, 2003 chia cho 6 dư 5 => 20032 chia cho 6 dư 1 => N = 20032004 = (20032)1002 chia cho 6 dư 1 Vậy S chia cho 6 dư 1

Bài 2: 1/ Giả sử đa thức P(x) có nghiệm số nguyên là a, ta có P(x) x – a

Do đó P(x)= (x – a).g(x) (g(x) là đa thức có hệ số nguyên)

Ta có: P(0) = -a.g(0) là số lẻ => a là số lẻ

Mặt khác P(1) = (1 – a)g(1) là số lẻ => 1 – a là số lẻ => a chẵn (Mâu thuẫn)

Vậy P(x) có nghiệm số nguyên là sai Do đó đa thức P(x) không thể có nghiệm nguyên 2/ Ta có: ak = 3 2 3 3 3

k 3k 3k 1 k (k 1) k

(k 1) k

k (k 1)

+ = … = 3

1

1 (k 1)

− + Với mọi k = 1, 2, 3,

…, 2003

Với k = 1: a1 = 3

1 1 2

− ; k = 2:a2 = 3 3

2 −3 ; … ; k = 2003: a2003 = 3 3

2003 −2004

=> S = a1 + a2 + a3 + … + a2003 = 3

1 1 2004

− = 80480960648048096063

Bài 3: Đặt : M = a + b + c (1); N = c (2) ; P = a b c

4 2+ + (3)

Theo giả thiết, ta cĩ : |M| ; |N| ; |P| ≤ 1

Từ (1), (2) => M - N = a + b (4) ; Từ (2), (3) => P - N = a b

4 2+ (5) ;

Từ (4), (5) ta dễ dàng => a = 2M + 2N - 4P; b = - M - 3N + 4P

Khi đĩ : |a| + |b| + |c| = |2M + 2N - 4P| + | - M - 3N + 4P| + |N|

≤ 2|M| + 2|N| + 4|P| + |M| + 3|N| + 4|P| + |N| = 3|M| + 6|N| + 8|P| ≤ 3 + 6 + 8 = 17 (do |M| ; |N| ;

|P| ≤ 1)

Vậy : |a| + |b| + |c| ≤ 17

Bài 4:

Giả sử ∆A1B1C1 đều Khơng mất tính tổng quát ta cĩ thể giả thiết :

1 1 1 1 1 1

CA B ≥AB C ≥BC A (*)

Khi đĩ : CB1 ≥ AC1 ≥ BA1 hay CA ≥ AB ≥ BC (do AB1 = BC1 = CA1), suy ra

ABC BCA CAB≥ ≥ (1)

Mặt khác, từ (*) suy ra : (do ∆A1B1C1 đều) Nhưng ABC BC A· =· 1 1+C A B·1 1

1 1 1 1

CAB AB C= +B C A => ABC CAB· ≤· (2)

Từ (1), (2) suy ra ∆ABC đđều (đđpcm)

Bài 5: Trên nửa mặt phẳng bờ AB, chứa C, lấy điểm K sao cho tam giác

ABK đều (hình 1)

Trong tam giác ABC, theo giả thiết, ta cĩ :

ABC = ACB = (180o - 40)/2 = 70o

=> ABF = ABC - FBC = 70o - 30o = 40o

Vậy ABF = BAF => ΔABF cân tại F => FA = FB

Theo cách dựng điểm K, KA = KB Vậy KF là đường trung trực

của đoạn AB => KF là phân giác của AKB (vì ΔABK đều) => FKB

= 30o => FKB = EBA (1) (theo giả thiết)

ΔABC cân tại A, BAC = 40o , AH là đường cao, => BAE =

1/2.40o = 20o

Mặt khác KAF = KAB - FAB = 60o - 40o = 20o

Vậy KAF = BAE (2) Chú ý rằng ΔABK đều nên AB = AK (3)

Từ (1), (2), (3) => : ΔKAF = ΔBAE => AF = AE (đpcm)

ĐỀ 4

Bài 1: (4 điểm) Tính tổng gồm 2004 số hạng:

f20051 ÷ + f20052 ÷ + … + f20042005÷; trong đó f(x) = 100100x x10

+

Bài 2: (4 điểm) Cho ∆ABC cân tại A, ·BAC = 400, đường cao AH Các điểm E, F theo thức tự thuộc các đoạn thẳng AH, AC sao cho EBA FBC· =· = 300 Chứng minh rằng AE = AF

Bài 3: (4 điểm) Cho x, y, z là các số thực không âm bất kỳ Chứng minh:

x(x – y)2 + y(y – z)2 ≥ (x – y)(y – z)(x + y – z)

Bài 4: (4 điểm) Có 3 cái chuông trong phòng thí nghiệm Chuông thức nhất cứ 8 phút reo một lần.

Chuông thứ hai cứ 12 phút reo một lần Chuông thứ 3 cứ 16 phút reo một lần Cả 3 cái cùng reo vào lúc 7 giờ 30 phút sáng

a/ Hỏi 3 cái chuông lại cùng reo tiếp vào lúc nào?

b/ Hỏi trong khoảng từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút, có bao nhiêu lần nghe thấy tiếng reo đồng thời của 2 trong 3 chuông?

Bài 5: (4 điểm) Tìm mọi cặp số nguyên dương x, y thoả mãn: x4 + (x + 1)4 = y2 + (y + 1)2

Bài 2: Bài 5 đề TREN

Bài 3: Lần lượt gọi vế phải và vế trái của (1) là F và T, ta có:

T – F = x(x – z)2 + y(y – z)2 – (x – z)(y – z)(x + y – z)

= (x(x – z)2 – (x – z)(y – z)x) + y(y – z)2 – (x – z)(y – z)y + (x – z)(y – z)z

= x(x z)(x – y) + y(y – z)(y – x) + z(x – z)(y – z)

= (x – y)(x2 – xz – y2 + yz) + z(x – z)(y – z)

= (x – y)2(x + y – z) + z(x – z)(y – z)

+ Nếu F ≤ 0, ta có T ≥ 0 ≥ F, Vậy (1) đúng

+ Nếu F > 0, ta sẽ chứng minh khi đó (x – z)(y – z) > 0 và x + y – z > 0 (3)

Thật vậy, phản chứng (x – z)(y – z) < 0 và x + y – z < 0, ta có:

(x – z)(y – z) < 0 => x > z hoặc y > z => x + y > z => x + y – z > 0 mâu thuẫn với giải thiết phản chứng Vậy (3) đúng, từ (2) => T – F ≥ 0 => (1) đúng

Đẳng thức xảy ra khi

x y z

x y;z 0

y z;x 0

z x;y 0

= =







Bài 4: a/ Thời gian 3 chuông cùng reo là BC(8; 12; 16); Mà bài toán yêu cầu lần cùng reo kế tiếp nên thời gian đó là BCNN(8; 12; 16)

BCNN(8; 12; 16) = 48 Nên sau 48 phút cả 3 chuông cùng reo

Vậy lúc đó là: 7giờ 30phút + 48phút = 8giờ 18phút

Và từ 7giờ 30phút đến 11 giờ 30 phút là 240 phút, nên cả 3 chuông cùng reo 240 : 5 = 5 lần; vào lúc: 8 giờ 18 phút; 9 giờ 06 phút; 9 giờ 54 phút; 10 giờ 42 phút và 11 giờ 30 phút

b/ Vì chuông 1 cứ 8 phút reo 1 lần, chuông 2 cứ 12 phút reo 1 lần nên cả 2 chuông cùng reo là BC(8; 12) = 24 Vậy cứ 24 phút cả 2 chuông cúng reo nên từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút reo

10 lần; nhưng có 5 lần reo cùng lúc 3 chuông; Nên nếu chỉ nghe 2 chuông reo thì 5 lần

Tương tự ; cứ 48 phút cả 2 chuông 2 và 3 cùng reo nên từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút reo 5 lần; nhưng có 5 lần reo cùng lúc 3 chuông; Nên nếu chỉ nghe 2 chuông reo thì 0 lần

Và cứ 16 phút cả 2 chuông 1 và 3 cùng reo nên từ 7 giờ 30 phút đến 11 giờ 30 phút reo 15 lần; nhưng có 5 lần reo cùng lúc 3 chuông; Nên nếu chỉ nghe 2 chuông reo thì 10 lần

Vậy nếu nghe 2 trong 3 chuông cùng reo trong khoảng thời gian trên là 15 lần

Bài 5: Ta có: x4 + (x + 1)4 = y2 + (y + 1)2 <=> 2x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 1= 2y2 + 2y + 1

<=> 2x4 + 4x3 + 6x2 + 4x = 2y2 + 2y <=> x4 + 2x3 + 3x2 + 2x = y2 + y

<=> x2(x + 1)2 + 2x(x + 1) = y2 + y <=> x2(x + 1)2 + 2x(x + 1) + 1 = y2 + y + 1

<=> [x(x + 1) + 1]2 = y2 + y + 1 <=> (x2 + x + 1)2 = y2 + y + 1 (1)

+ Nếu y > 0 thì từ y2 < y2 + y + 1 < (y + 1)2 => y2 + y + 1 không là số chính phương nên (1) không có nghiệm nguyên

+ Nếu y = 0 thì từ (1) suy ra: x2 + x + 1 = 1 <=> x = 0 và x = 1

Vậy phương trình có các cặp nghiệm nguyên dương là (0; 0) và (0; 1)

ĐỀ 5

Bài 1: (4 điểm) a/ Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n2 + n + 1 không chia hết cho 9

b/ Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho 10n + 2005 chia hết cho 102005 – 1

Bài 2: (3 điểm) Tìm các chữ số tự nhiên a, b, c sao cho abbc = ab.ac.7

Bài 3: (5 điểm) a/ Giải phương trình nghiệm nguyên dương x2 – 2y2 = 5

b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = (x + 1)2 + (x – 3)2

Bài 4: (4 điểm) Cho hình vuông ABCD và điểm P nằm trong ∆ABC Giả sử góc BPC bằng 1350 Chứng minh rằng 2PB2 + PC2 = PA2

Bài 5: (4 điểm) Cho ∆ABC cân tại A Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho CD = 2BD So sánh số

đo hai góc ·BAD và 1 CAD·

2

GIẢI:

Bài 1: (4 điểm) a/ Giả sử tồn tại số nguyên n để: n2 + n + 1 M 9 => 4n2 + 4n + 4 M 9

=> 4n2 + 4n + 4 M 3 => 4n2 + 4n + 1 + 3 M 3 => (2n + 1)2 + 3 M 3 => (2n + 1)2 M 3

=> 2n + 1 M 3 => (2n + 1)2 M 9

Nhưng khi đó 4n2 + 4n + 4 = (2n + 1)2 + 3 không chia hết cho 9, vô lý

Vậy với mọi số nguyên n thì n2 + n + 1 không chia hết cho 9

b/ Ta có 102005 – 1 = (10 – 1)(102004 + … + 1) = 9 (102004 + … + 1) M 9

Mà 10n + 2005 = 10n – 1 + 2006 = (10 – 1)(10n-1 + … + 1) + 2006 = 9.M + 2006 không chia hết cho 9

Vậy không tồn tại số tự nhiên n sao cho 10n + 2005 chia hết cho 102005 – 1

Bài 2: Theo bài toán ta có: 1000 ≤ abbc ≤ 9999 <=> 1000 ≤ ab.ac.7 ≤ 9999

<=> 143 ≤ ab.ac ≤ 1428; Do vai trò của b, c như nhau nên giả sử b < c

=>143 ≤ 2

ab ≤ 1428 <=> 12 ≤ 2

ab ≤ 37 => a = 1; 2; 3 và 2 ≤ b ≤ 7 + Nếu a = 3 ta có: abbc < 4000 nhưng với 2 ≤ b ≤ 7 thì 3b.3c.7 > 7000 vô lý

+ Nếu a = 2 ta có: abbc < 3000 nhưng với 2 ≤ b ≤ 7 thì 3b.3c.7 > 3000 vô lý

+ Nếu a = 1 thì ta tìm được b = 5 và c = 9 và số cần tìm là: 15.19.7 = 1995

Bài 3: (5 điểm) a/ Tìm nghiệm nguyên dương của pt: x2 – 2y2 = 5 (1)

Từ pt (1) ta suy ra x phải là số lẻ Thay x = 2k + 1 (k∈ Z) vào (2), ta được:

4k2 + 4k + 1 – 2y2 <=> 2(k2 + k – 1) = y2 => y2 là số chẵn Đặt y = 2t (t∈ Z), ta có:

2(k2 + k – 1) = 4t2 <=> k2 + k – 1 = 2t2 <=> k(k + 1) = 2t2 + 1 (**)

Nhận xét: k(k + 1) là một số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => pt (**) vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

b/ Ta có A = (x + 1)2 + (x – 3)2 = x2 + 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2x2 – 4x + 10 = 2(x – 1)2 + 8

Vì 2(x – 1)2 ≥ 0 ∀x => A ≥ 8 ∀x

Vậy minA = 8 <=> x – 1 = 0 <=> x = 1

Bài 4: Từ B ta kẽBE ⊥ BP

Theo giả thiết suy ra: ·BPE = 450 => ∆BEP cân tại B

=> BE = BP và ·BEP = 450

Và ta cũng có: ·EBA = ·PBC (cùng phụ góc ABP)

Mà AB = BC => ∆ABE = ∆CBP (c-g-c)

=> AE = CP và ·AEB = ·BPC = 1350

=> ·AEC = 900 (do·BPE = 450) Aùp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông AEP ta có:

PA2 = AE2 + EP2

Aùp dụng định lí Pitago cho tam giác BEP ta có: PE2 = EB2 + BP2 = BP2 + BP2 = 2BP2

=> PA2 = AE2 + 2BP2 = PC2 + 2BP2 (do BE = BP)

Bài 5: Gọi E là trung điểm DC => BD = DE = EC

=> ∆ABD = ∆ACE (BD = EC; AB = AC; µB C=µ )

=> ¶A1 =A¶ 3 và AE = AD

Gọi I là trung điểm A => AI = 21AE = 21AD

Và DE là đường trung bình ∆ABE

=> DI = 12AB và DI//AB

Mà D ∈ BC và BD = 13BC => AD < AB => AI < DI => ·ADI < ¶A2

Mà DI//AB => ·ADI = ¶A (so le trong)1

=> ¶A < ¶1 A => ¶2 A + ¶1 A < ¶3 A + ¶2 A => 2 ¶3 A < ¶1 A + ¶2 A => ¶3 A < 1 12( ¶A + ¶2 A )3

Hay ·BAD < 1 CAD·

2

ĐỀ

Bài 1: (2 điểm) Cho m, n là số nguyên Chứng minh rằng m3n – mn3 chia hết cho 6

Bài 2: (3 điểm) Cho 2 bình, mỗi bình có dung tích 1 lít Bình thứ nhất đựng đầy nước và bình thứ

hai không đựng gì cả Ban đầu, người ta rót 12 luợng nước trong bình thứ nhất sang bình thứ hai, tiếp đó lại rót 13 lượng nước trong bình thứ hai sang bình thứ nhất, sau đó lại rót 14 lượng nước trong bình thứ nhất sang bình thứ hai và quá trình này tiếp tục: 15, 16, 17, … Hỏi cứ rót đi, rót lại như thế thì sau lần rót thứ 2007 có bao nhiêu nước trong mỗi bình?

Bài 3: (3 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử: (x2 + 4x + 8)2 + 3x(x2 + 4x + 8) + 2x2

C D

P E

A

D

2 1 3

I

E

Bài 4: (3 điểm) Cho biết 2

x

x + +x 1 = −23 Hãy tính giá trị biểu thức A = x4 xx22 1

Bài 5: (4 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác Chứng minh rằng:

ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)

Bài 6: (5 điểm) Cho ∆ABC cân tại A Gọi E là điểm tuỳ ý nằm giữa B và C Đường thẳng qua E vuông góc với AB và đường thẳng qua C vuông góc với AC cắt nhau ở D Gọi K là trung điểm của BE Tính số đo góc của góc AKD

BÀI GIẢI

Bài 1: Ta có: m3n – mn3 = mn(m2 – n2) = mn(m2 – 1 – n2 + 1) = mn(m2 – 1) – mn(n2 – 1) =

= mn(m + 1)(m – 1) – mn(n – 1)(n + 1)

Vì tích 2 số nguyên liên tiếp luôn có một số chẵn nên chia hết cho 2 => mn(m + 1)(m – 1) M 2

Tích 3 số nguyên tiên tiếp chie hết cho 3

=> Tích 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6 ( vì (2; 3) = 1)

=> mn(m + 1)(m – 1) M 6 và mn(n – 1)(n + 1) M 6 => mn(m + 1)(m – 1) – mn(n – 1)(n + 1) M 6 Hay m3n – mn3 M 6

Bài 2: Theo bài toán thì lần 1: Bình 1 còn 1 – 12 = 12 lít; Bình 2 có 12 lít

Lần 2: Bình 1 có 12 + 16 = 23 lít; Bình 2 có 1 1 1 1

2 2 3 3− = lít Lần 3: Bình 1 có 23 – 2 1

3 4 =

1

2 lít; Bình 2 có

1

2 lít Lần 4: Bình 1 có 35 lít; Bình 2 có 1 1 1 2

2 2 5 5− = lít Lần 5: Bình 1 có 35 – 3 1

5 6 =

1

2 lít; Bình 2 có

1

2 lít

………

Và ta thấy cứ sau số lần rót lẻ thì nước trong bình mỗi bình lại ngang bằng nhau và bằng 21 lít Thật vậy: Số lít nước trong bình 2 sau các lần rót 2, 4, 6, … (chẵn) thì có là 13; 25; 37; 49; … nên có dạng tổng quát cho số lần n chẵn là 2n 1n

+

Do đó lượng nước trong bình thứ nhất sau khi rót lần thứ n là: 1 – 2n 1n

+ =

n 1 2n 1

+ +

Vậy lượng nước lần thứ n + 1 là: 2n 1n 1+

+ –

n 1 2n 1

+ + .

1 2n 2+ =

n 1 2n 1

+ + –

1 (2n 1)2+

= 2(n 1) 1(2n 1)2+ −+ = (2n 1)22n 1++ = 12; Mà n chẵn nên n + 1 là lần rót lẻ

Như vậy sau lần rót thứ 2007 thì mỗi bình có 12 lít nước

Bài 3: Đặt t = x2 + 4x + 8 thì bài toán trở thành: t2 + 3xt + 2x2 = t2 + xt + 2xt + 2x2 =

= t(t + x) + 2x(t + x) = (t + x)(t + 2x) = (x2 + 4x + 8 + x)( x2 + 4x + 8 + 2x) =

= (x2 + 5x + 8)( x2 + 6x + 8) = (x2 + 5x + 8)( x + 2)(x + 4)

Bài 4: Từ 2

x

x + +x 1 = −23 <=> –3x = 2x2 + 2x + 2 <=> 2x2 + 5x + 2 = 0

<=> (2x + 1)(x + 2) = 0 <=> x −12= và x = –2

+ Với x = −12 thì A =

2

4

− 

+ Với x = –2 thì A = 4 2 2

21 ( 2) ( 2) 1

Vậy với 2

x

x + +x 1 = −23 thì A = 214

Bài 5: Ta có: (a – b)2 ≥ 0; ∀a, b => a2 + b2 ≥ 2ab

Tương tự ta cũng có: a2 + c2 ≥ 2ac và b2 + c2 ≥ 2bc

=> 2a2 + 2b2 + 2c2 ≥ 2ab + 2ac + 2bc <=> ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 (1)

Mặt khác: Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên ta có a < b + c <=> a2 < ab + ac Tương tự ta cũng có: b2 < ba + bc và c2 < ca + cb

=> a2 + b2 + c2 < 2ab + 2ac + 2bc => a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (2)

Từ (1) và (2) => ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)

Bài 6: Gọi O là trung điểm AD, I là trung điểm AE và L là trung điểm AC

Xét ∆IOK và ∆LOC có:

IK là đường trung bình ∆ABE => IK = 12AB và IK//AB

OI là đường trung bình ∆AED => IO = 12ED và IO//ED

OL là đường trung bình ∆ADC => OL = và OL//DC

Vì IK//AB; IO//ED mà ED ⊥ AB => IK⊥IO => ·OIK = 900

Vì OL//DC mà DC⊥ AC => OL⊥ AC => ·OLC = 900 => ·OIK = ·OLC (1)

Ta lại có: IK = 12AB; và LC = 12AC mà AB = AC => IK = LC (2)

Mặt khác: ·DCE ECA+· = 900; ·FBE FEB+· = 900 mà ·ECA FBE=·

=> ·FEB ECD= · ; mà ·FEB CED= · (đối đỉnh) => ·CED ECD= · => ∆DEC cân tại D

=> DE = DC => 12ED = 12DC => OI = OL (3)

Từ (1), (2), (3) ta suy ra: ∆IOK = ∆LOC

=> OK = OC = OA = OD (do ∆ACD vuông tại C, O là trung điểm cạnh huyền)

=>∆AKD vuông tại K Vậy ·AKD = 900

A

E K

D O L