200 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Hồ Đắc Vũ (Có đáp án)

Nội dung text: 200 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Hồ Đắc Vũ (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP THÀNH PHỐ TP BẮC GIANG NĂM HỌC 2017-2018 MÔN THI: TOÁN 8 Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề Bài 1: (5,0 điểm) x4 2 x 2 1 x 2 3 1. Cho biểu thức M x6 1 x 4 x 2 1 x 4 4 x 2 3 a) Rút gọn M b) Tìm giá trị lớn nhất của M 1 2xy 1 2 2. Cho xy, là số hữu tỉ khác 1 thỏa mãn 1 11 xy Chứng minh M x22 y xy là bình phương của một số hữu tỷ. Bài 2. (4,0 điểm) 1. Tìm số dư trong phép chia x 3 x 5 x 7 x 9 2033cho xx2 12 30 2. Cho x,, y z thỏa mãn x y z 7; x2 y 2 z 2 23; xyz 3 1 1 1 Tính giá trị của biểu thức H xy z 666 yz x zx y Bài 3. (4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên xy; thỏa mãn 3x2 3 xy 17 7 x 2 y 2. Giải phương trình: 3x 2 x 1 2 3 x 8 16 Bài 4. (6 điểm) Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Trên cạnh AB lấy M 0 MB MA và trên cạnh BC lấy N sao cho MON 900 .Gọi E là giao điểm của AN với DC, gọi K là giao điểm của ON với BE. 1) Chứng minh MON vuông cân 2) Chứng minh MN song song với BE 3) Chứng minh CK vuông góc với BE 4) Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC tại H. Chứng minh: KC KN CN 1 KB KH BH Bài 5. (1,0 điểm) 1 24 Cho xy,0 thỏa mãn xy 2 5.Tìm giá trị nhỏ nhất của H x22 2 y xy
2. ĐÁP ÁN Bài 1. 1. a) x4 2 x 2 1 x 2 3 M x2 1 x 4 x 2 1 xx42 1 x 2 1 x 2 3 xx42 2 1 1 x2 11 x 4 x 2 x4 x 2 11 x 2 4 2 2 4 2 x 2 x 1 x 1 x x 1 x4 2 x 4 1 x 4 x 2 1 x2 1 x 4 x 2 1 x 2 1 x 4 x 2 1 22 x4 x 2xx.1 x 2 x2 1 x 4 x 2 1 x 2 1 x 4 x 2 1 xx42 1 x2 Vậy M với mọi x xx42 1 x2 b) Ta có : M với mọi x xx42 1 - Nếu x 0 ta có M 0 1 - Nếu x 0, chia cả tử và mẫu của M cho x2 ta có: M 1 x2 1 x2 2 221 1 1 1 Ta có: x 22 1 x 2. x . 1 x 1 1 x x x x 1 Nên ta có: M 1. Dấu "" xảy ra khi x 1. 1 x2 x2 1 Vậy M lớn nhất là M 1khi x 1 2. 1 2xy 1 2 1 1 2x 1 y 1 2 y 1 x 1 x 1 y 11 xy Ta có 31xy 1y 2 x 2 xy 1 x 2 y 2 xy 1 xyxy xy 2 22 22 2 3xy 1 3 xy 1 Ta có : Mxyxyxy 3 xy 3 xy 22
3. 31xy Vì xy, nên là số hữu tỷ , Vậy M là bình phương của một số hữu tỷ. 2 Bài 2. 1) Ta có: x 3 x 5 x 7 x 9 2033 x22 12 x 27 x 12 x 35 2033 Đặt x2 12 x 30 t , ta có: x 3 x 5 x 7 x 9 2033 t 3 t 5 2033 t2 2 t 15 2033 t t 2 2018 Vậy ta có x 3 x 5 x 7 x 9 2033 x22 12 x 30 x 12 x 32 2018 Vậy số dư trong phép chia x 3 x 5 x 7 x 9 2033cho xx2 12 30là 2018. 2) Vì xyz 7 zxy 7 xyz 6 xyxy 1 x 1 y 1 Tương tự ta có: yz x 6 y 1 z 1 ; zx y 6 z 1 y 1 1 1 1z 1 x 1 y 1 Vậy H x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 x 1 y 1 z 1 x y z 3 7 3 4 Ta xyz xy yz xz x y z 1 3 xy yz xz 7 1 9 xy yz xz có: x y z 2 x2 y 2 z 22 xy yz xz 7 2 23 2 xy yz xz xy yz xz 13 4 Vậy H 1 9 13 Bài 3. 1) Ta có: 3xxy2 31772 xyxyyxx 3 2 3 2 717 32 xyxx 3 2 717Vì x nguyên nên 2x 3 0nên ta có: 3x22 7 x 17 3 x 2 x 9 x 6 11 y 3x 2 2 x 3 x 2 3 3 x 2 11 11 x 3 3xx 2 3 2 11 Vì xy, nguyên nên ta có nguyên 11 3xx 2 3 2 1; 11 32x - Xét các trường hợp ta tìm được x 1; y 1; x 3; y 5 thỏa mãn và kết luận 2) Ta có: 32x x 138 22 x 16 323338 x x x 144 Đặt 3x 3 t 3 x 2 t 5;3 x 8 t 5
4. Ta có phương trình: t 5 t2 t 5 144 t4 25 t 2 144 0 t 2 9 t 2 16 0 tt2 93 2 t 16 t 5 28 Xét các trường hợp ta tìm được x 0; x 2; x ; x 33 Bài 4. A M B O N K D C E H 1) Ta có : BOC 9000 CON BON 90 ;vì MON 9000 BOM BON 90 BOM CON BOC Ta có BD là phân giác ABC MBO CBO 450 2
5. BOC Tương tự ta có: NCO DCO 450 . Vậy ta có : MBO NCO 2 Xét OBM và OCN có OB OC;; BOM CON MBO NCO OBM OCN OM ON Xét MON có MON 900 ; OM ON MON vuông cân 2) OBM OCN MB NC mà AB BC AB MB BC NC AM BN AM BM MB NC AN BN Ta có: AB//// CD AM CE NE NC AM AN Vậy ta có: MN// BE (Theo định lý Talet đảo) MB NE 3) Vì MN/ / BE BKN MNO 450 (đồng vị và có tam giác MON vuông cân) NB NO BNK ONC (vì có BNK ONK; BKN OCN 450 ) NK NC NB NO - Xét BNO; KNC có BNO CNK; BNO KNC NK NC NKC NBO 450 Vậy ta có: BKC BKN CKN 450 45 0 90 0 CK BE 4) – Vì KH// OM mà MK OK MK  KH NKH 900 mà NKC 450 CKH 45 0 BKN NKC CKH 45 0 Xét BKC có BKN NKC KN là phân giác trong của BKC , mà KH KN KC HC KH là phân giác ngoài của BKC KB HB KN BN Chứng minh tương tự ta có : KH BH KC KN NC HC BN CN BH Vậy ta có 1 KB KH BH HB BH BH BH Bài 5 1 24 Ta có: H x22 2 y xy 22 1 24 x21288 x y y x 2 624 y x 217 y xy
6. Cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn. Vẽ ra phía ngoiaf hình bình hành các tam giác đều BCE và DCF.Tính số đo EAF Bài 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA', BB ', CC 'và H là trực tâm a) Chứng minh BC'. BA CB '. CA BC2 HB HC HA HB HC HA b) Chứng minh rằng: 1 AB AC BC AC BC AB c) Gọi D là trung điểm của BC. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với DH cắt AB, AC lần lượt tại M và N. Chứng minh H là trung điểm của MN. Bài 5. (1 điểm) Cho hình vuông ABCD và 2018đường thẳng cùng có tính chất chia hình vuông này 2 thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng .Chứng minh rằng có ít nhất 505đường thẳng 3 trong 2018 đường thẳng trên đồng quy.
7. ĐÁP ÁN Bài 1. a) abcbca2 2 cab 2 abcbac 2 2 cab 2 2 2 2 abcbab bc cab a2 b 2 b c c 2 b 2 a b ababbc bcbcab abbcabbc   abbcac b) abc 2 a2 b 2 c 2 abacbc 0 a2 a 2 a 2 a22 2 bc a abacbc abac b2 b 2 c 2 c 2 Tương tự: ; b22 22 acbabc c accacb a2 b 2 c 2 P a222 222 bc b ac c ab a2 b 2 c 2 abac abbc acbc a b a c b c 1 a b a c b c c) Vì x y z0 x y z x y 3 z3 Hay x3 y 3 33 xyxy z 3 xyzx 3 y 3 z 3 3xyzx 2 yz 2 2 xyzx 3 3 3 2 yz 2 2 Do đó: xyzxyz555322 yzx 322 zxy 322 Mà x2 y 2 xy 2 22 xyz 2 xyVi xy z Tương tự: y2 z 2 x 2 2 yz ; z 2 x 2 y 2 2 zx Vì vậy: 3xyzx 22255532 y z x y z xx 2 yz yy 32 2 zx zz 32 2 xy 22 x5 y 5 z 5 xyz x 2 y 2 z 2 Suy ra : 25 x5 y 5 z 5 xyz x 2 y 2 z 2
8. Bài 2. a) Để n 18và n 41 là hai số chính phương np 18 2 và n 41 q2 p , q p22 q n18 n 41 59 p q p q 59 p q 1 p 30 Nhưng 59 là số nguyên tố, nên: p q 59 q 29 Từ n 18 p22 30 900 n 882 Thay vào n 41,ta được 882 41 841 2922 q Vậy với n 882 thì n 18và n 41là hai số chính phương b) Có: a b 2 0 a2 b 2 2 ab 0 a 2 b 2 2 ab (*) Dấu đẳng thức xảy ra khi ab 22 1 25 1 1 25 1 Áp dụng * có: a 5 a ; b 5 b b 44 b a a 22 1 1 25 1 1 Suy ra: a b 5 a b b a 2 b a 22 1 1 25 1 1 a b 5 a b b a 2 a b 22 1 1 25 1 1 a b 5 5 ( Vi a b 1) b a 2 a b 1 1 4 Với ab, dương , chứng minh 4 (Vi a b 1) a b a b Dấu bằng xảy ra khi ab 22 1 1 25 Ta được: ab 5 5.4 ba 2 22 1 1 25 1 ab . Dấu đẳng thức xảy ra ab ba 2 2
9. Bài 3. A D C B F E Chứng minh được ABE ECF Chứng minh được ABE FCE c g c AE EF Tương tự: AF EF AE EF AF AEF đều EAF 600
10. Bài 4. A B' N C' H M B A' D C BH BC' a) Chứng minh BHC' BAB ' BH . BB ' BC '. BA (1) AB BB' BH BA' Chứng minh BHA' BCB ' BH . BB ' BC . BA ' (2) BC BB' Từ (1) và (2) BC'. BA BA '. BC Tương tự : CB'. CA CA '. BC BC'. BA CB '. CA BA '. BC CA '. BC BA ''. A C BC BC2 BH BC' BH . CH BC '. CH S b) Có BHC AB BB' AB . AC BB '. AC SABC AH BH S AH CH S Tương tự: AHB; AHC CB CA SABC CB AB S ABC HB HC HA HB HC HA S ABC 1 AB AC AC BC BC AB SABC HM AH c) Chứng minh AHM CDH g. g (3) HD CD
11. AH HN Chứng minh AHN BDH g. g (4) BD HD Mà CD BD( gt ) (5) HM HN Từ 3 , 4 , 5 HM HN H là trung điểm của MN HD HD Bài 5. Gọi EFPQ,,, lần lượt là trung điểm của AB,,,. CD BC AD Lấy các điểm IG, trên EF và KH, trên PQ thỏa mãn: IE HP GF KQ 2 IF HQ GE KP 3 Xét d là một trong các đường thẳng bất kỳ đã cho cắt hai đoạn thẳng AD,, BC EF lần lượt tại MNG, , '.Ta có: AB. BM AN S2 2 EG ' 2 ABMN 2 GG  ' hay d qua G. SGFCDNM 3CD. CM DN 3 ' 3 2 Từ lập luận trên suy ra mỗi đường thẳng thỏa mãn yêu cầu của đề bài đều đi qua một trong 4 điểm GHIK,,, Do có 2018đường thẳng đi qua 1 trong 4 điểm GHIK,,, theo nguyên lý Dirichle phải tồn 2018 tại ít nhất 1 505đường thẳng cùng đi qua một điểm trong 4 điểm trên. 4 Vậy có ít nhất 505 đường thẳng trong số 2018 đường thẳng đã cho đồng quy. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI DUY XUYÊN NĂM HỌC : 2017-2018 Môn: TOÁN – LỚP 8 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1. (3,5 điểm) c) Chứng minh nn3 17 chia hết cho 6với mọi n x2 a 11 a a 2 x 2 d) Rút gọn biểu thức: x2 a 11 a a 2 x 2 Bài 2. (4,5 điểm).
12. c) Một vật thể chuyển động từ A đến B theo cách sau: đi được 4mthì dừng lại 1 giây, rồi đi tiếp 8mdừng lai 2 giây, rồi đi tiếp 12m dừng lại 3 giây Cứ như vậy đi từ A đến B kể cả dừng hết tất cả 155giây. Biết rằng khi đi vật thể luôn có vận tốc 2/m giây. Tính khoảng cách từ A đến B. ab22 d) Biết a32 35 ab và b32 3 a b 10. Tính M 2018 Bài 3. (4 điểm) c) Giải phương trình: x22 x 1 x x 2 12 d) Tìm giá trị nhỏ nhất của P x22 y 4 x y 2010 Bài 4. (4,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, phân giác BD. Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của BD,, BC DC c) Chứng minh APQR là hình thang cân d) Biết AB 6 cm , AC 8 cm .Tính độ dài của AR Bài 5. (2,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD.Một đường thẳng qua B cắt cạnh CD tại M, cắt đường chéo AC tại N và cắt đường thẳng AD tại K. Chứng minh: 1 1 1 BN BM BK Bài 6. (1,0 điểm) Biết abc,,là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 2 a2 b 2 c 2 40 a 2 b 2 ĐÁP ÁN Bài 1. c) n33 17 n n n 18 n n n 1 n 1 18 n Vì n n 11 n là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3, 2,3 1nên chia hết cho 6 18n 6 , suy ra điều phải chứng minh d)
13. 2 2 2 x a 11 a a x x2 x 2 a a a 2 a 2 x 2 1 x2 a 11 a a 2 x 2 x2 x 2 a a a 2 a 2 x 2 1 2 2 2 x2 x 2 a a 2 x 2 1 a a 2 x 11 a a a a x2 x 2 a a 2 x 2 1 a a 2 x2 11 a a 2 a a 2 22 x 11 a a 1 aa2 x22 11 a a 1 aa2 Bài 2. c) Gọi x là số lần đi xx ,0 , số lần dừng là x 1 Thời gian đi 4 8 12 4x 2 4 6 2x 2 2 2 2 2 1 2 3 x x x 1 Thời gian dừng: xx 1 1 1 xx( 1) 1 2 3 x 1 22 Lập được phương trình x 10 ( tm ) xx( 1) 2 x( x 1) 155 3 x x 310 31 2 x () ktm 3 Khoảng cách AB là 10. 10 1 .2 220(m ) d) a3 3 ab 2 5 a 6 6 a 4 b 2 9 a 2 b 4 25 b3 3 a 2 b 10 b 6 6 a 2 b 4 9 a 4 b 2 100 a6 3 a 4 b 2 3 a 2 b 4 b 6 125 22 3 ab 5 ab2 2 5 3 2018 2018 Bài 3.
14. c) x22 x 1 x x 2 12 Đặt x2 x 1 X có XX2 12 0 XXXXXX2 4 3 12 0 4 3 4 0 X 3 XX 3 4 0 X 4 2 2 1 19 X 4 x x 5 0 x 0 ( VN ) 24 X 3 x22 x 2 0 x 2 x x 2 0 x 1 xx 1 2 0 x 2 d) P x22 y 4 x y 2010 x22 4 x 4 y 4 y 4 2018 xy 2 22 2 2018 2018 Vậy Pmin 2018 x y 2
15. Bài 4. A D P R C B Q c) PQ là đường trung bình tam giác BDC,suy ra PQ// AR nên APQR là hình thang. 1 AQ BC (trung tuyến tam giác vuông ABC) 2 1 PR BC (đường trung bình tam giác DBC) 2 Suy ra AQ PR APQR là hình thang cân d) Tính được BC 10 cm Tính chất đường phân giác trong của ABC DA BA DA BA DC BC AC BC BC Thay số tính đúng AD 3 cm , DC 5 cm , DR 2,5 cm Kết quả AR 5,5 cm Bài 5. A B N D M C K AB//AC (hai cạnh đối diện hình bình hành). Theo định lý Talet có:
16. MN NC MN MC AB MN NB BM (1) AB AN NB AB BN BN KM KD MD BK KM AB MD BM AB MD (2) BK KA AB BK AB BK AB BM BM AB MC AB MD MC MD Từ (1) và (2) BN BK AB AB AB BM BM Mà MC MD CD AB nên 1(Điều phải chứng minh) BN BK Bài 6. 2 abc222 4 ab 22222 abc 2 ababc 222 2 ab a b22 c22 a b c abcabcacbbca Tổng hai cạnh tam giác lớn hơn cạnh thứ ba nên cả 4 thừa số đều dương, suy ra điều phải chứng minh. UBND HUYỆN BÌNH XUYÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC: 2017-2018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể gio đề Bài 1. (2,0 điểm) x22 2 x 2 x 1 2 Cho biểu thức A 2 2 3.1 2 2x 8 8 4 x 2 x x x x a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn A b) Tìm các số nguyên x để biểu thức Anhận giá trị nguyên. Bài 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau: xx 11 a) x m 2 x (với m là tham số , m 0) mm 2 2 2 1 22 1 1 2 1 b) 8. x 4. x 22 . x x 4 4. x x x x x c) 2x 3 3 3 x 5 3 5 x 2 3 5 x 2 17 x2 2016 x 2063 Bài 3. (2,0 điểm) 2 a) Tìm các số tự nhiên n để Bn 2 8 36 là số nguyên tố b) Trong lớp học bạn An khi đã hoàn thành bài tập mà giáo viên giao cho thì đã giết thời gian bằng cách liệt kê ra một bảng các số nguyên. Bận ấy bắt đầu ghi ra một số
17. nguyên nào đó; để có số tiếp theo, An đã cộng hoặc nhân các chữ số của số đứng liền trước. Cứ tiếp tục như thế, và rồi nhận ra rằng các số mình ghi đều là số lẻ. Hỏi có bao nhiêu số đầu tiên An có thể chọn, biết rằng nó không quá 6 chữ số. Bài 4. (3,0 điểm ) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD,, BE CF cắt nhau tại H. HD HE HF a) Tính tổng AD BE CF b) Chứng minh: BH BE CH CF BC2 c) Chứng minh: Điểm H cách đều ba cạnh của tam giác DEF d) Trên các đoạn HB, HC lấy tương ứng các điểm MN, tùy ý sao cho HM CN. Chứng minh : Đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định . Bài 5. (1,0 điểm) Cho abc,,là các số dương. 1 1 1 27 Chứng minh: aab bbc cca( ) 2( abc )2
18. ĐÁP ÁN Câu 1. 2x2 8 0 23 x 0 a) ĐKXĐ: 8 4x 2 x x 0 x 2 x 0 x 0 Với thì: x 2 x22 2 x 2 x 1 2 A 2 2 3.1 2 2x 8 8 4 x 2 x x x x x( x 2) 2 x22 x x 2 . 2(xx22 4) 2 xx 42 x x 2 2 2 x2 .2 x 1 x 2 . 2 xx2 4 2 x2 22 x 4 x 4 4 x x 1 . 24 x2 x x2 4 x 1 x 1 . 24 x2 xx2 x 0 x 1 Vậy , với thì A x 2 2x x 0 b) Xét với * x 2 Giả sử biểu thức A nhận giá trị nguyên thì biểu thức 2A cũng nhận giá trị nguyên 2x 2 1 2Ax 1;1 2xx xx 1; 1 đều thỏa mãn * 11 Với x 1 thì A 0(thỏa mãn A ) 2( 1)
19. 11 Với x 1thì A 2(thỏa mãn A ) 2.1 Vậy để biểu thức A nhận giá trị nguyên thì x 1;1 Câu 2. xx 1 1 2 a) x m 2 x m 1 x (2 a ) m m m 2 +) Nếu m 1và m 0 thì m 1 0. 2 a x mm 1 2 +)Nếu m 1thì m 1 0. 2 a x mm( 1) +)Nếu m 1thì m 1 0. 2 a 0 x 2 luon dung Kết luận: 2 +Với m 1và m 0 thì tập nghiệm BPT là S  x / x mm( 1) +Với m 1thì tập nghiệm của BPT là S 2 +Với m 1thì tập nghiệm của BPT là: S  x / x mm( 1) 2 2 2 1 22 1 1 2 1 b) 8 x 4 x 22 x x 4 4 x 2 b x x x x Điều kiện x 0, Khi đó: 2 2 2 1 22 1 1 1 2 2b 8 x 4 x 22 4 x x x 4 x x x x 22 1 22 1 1 1 2 8 x 4 x 22 x x x 4 x x x x 2 11 2 2 8 x 8 x 2 x 4 xx 2 x 0 x 4 16 x 8 Vì x 0nên S 8 c) Trước hết chứng minh được rằng: Nếu có 3 số abc,,thỏa mãn abc 0thì a3 b 3 c 3 3 abc (2 c ) Ta có:
20. 2x 3 3 3 x 5 3 5 x 2 3 5 x 2 17 x2 2016 x 2063 2x 3 3 3 x 5 3 2 5 x 3 2 5 x 17 x2 2016 x 2063 Áp dụng đẳng thức (2c) và vì 2x 3 3 x 5 2 5 x 0 nên phương trình đã cho tương đương với : 3 2x 3 3 x 5 2 5 x 2 5 x 17 x2 2016 x 2063 22 2 5x 3 6 x x 15 17 x 2016 x 2063 0 2 5x x2 2019 x 2018 0 2 5x x 1 x 2018 0 2 x 5 x 1 x 2018 2 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S ;1;2018 5 Câu 3. a) Ta có: 2 B n2 8 36 n 4 16 n 2 64 36 n4 20 n 2 100 36 n 2 2 nn2 10 6 2 n22 6 n 10 n 6 n 10 Với n thì 0 n22 6 n 10 n 6 n 10 Nên để B là số nguyên tố thì trước hết nn2 6 10 1 Hay nn 3 2 0 3 2 Thử lại , với n 3thì B 32 8 36 37 37 là số nguyên tố nên n 3là giá tị cần tìm b) Ta gọi số đầu tiên thỏa mãn đề bài là số chấp nhận được. Các chữ số của số chấp nhận đều phải là số lẻ, vì nếu không tích của chúng sẽ chẵn Như vậy có 5 số chấp nhận được có 1 chữ số
21. Không thể có số chấp nhận được gồm 2 chữ số vì thế thì tổng hoặc tích các chữ số của chúng sẽ là số chẵn. Tương tự như vậy số chấp nhận được cũng không thể có 4 hoặc 6 chữ số. Ta xét các số chấp nhận được gồm ba chữ số (tổng và tích các chữ số của các số chấp nhận được gồm ba chữ số này phải là số lẻ, và chúng không thể có hai chữ số, nên và tổng và tích các chữ số không thể vượt quá 9. Như vậy số chấp nhận được gồm 3 chữ số có thể: Hoặc là gồm 3 chữ số 1, Hoặc là gồm hai chữ số 1, số còn lại là 1 trong 3 chữ số 3,5,7 Hoặc gồm 1 chữ số 1 và 2 chữ số 3 Do đó có 1 9 3 13số chấp nhận được có 3 chữ số. Tương tự như thế , ta tính được số chấp nhận được gồm 5 chữ số. Tổng các chữ số không vượt quá 45 và là số chấp nhận được nên tích không vượt quá 9, khả năng xảy ra là : Hoặc gồm 5 chữ số 1 Hoặc gồm 4 chữ số 1 và một chữ số 3 Hoặc gồm 4 chữ số 1 và một chữ số 5 Hoặc gồm ba chữ số 1 và hai chữ số 3 Do đó số các số chấp nhận được gồm 5 chữ số: 1 5 5 10 21 số Vậy số các số thỏa mãn đề bài là: 5 13 21 39số Câu 4.
22. A E F H P Q M B N D C K HD S a) Trước hết chứng minh : HBC AD SABC HE S HF S Tương tự có: HCA; HAB BE SABC CF S ABC HD HE HF S S S S Nên HBC HAC HAB ABC 1 AD BE CF SABC S ABC HD HE HF Vậy 1 AD BE CF b) Trước hết chứng minh: BDH BEC BH BE BD BC Và CDH CFB CH CF CD BC BH BE CH CF BC BD CD BC 2
23. AE AF c) Trước hết chứng minh AEB AFC .Mặt khác EAF BAC AB AC Nên AEF ABC( ) c g c AEF ABC Chứng minh tương tự, ta có: CDE CAB CED CBA AEF CED mà EB AC nên EB là phân giác của góc DEF Tương tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF, DFE Vậy H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF Nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF d) Gọi K là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn MN và HC, ta có KMH KNC c. c . c KHM KCN (1) Mặt khác ta cũng có: KCH cân tại K nên : KHC KCH (2) Từ (1) và (2) ta có: KHC KHB HK là phân giác của góc BHC Vậy K là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc BHC nên K là điểm cố định Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là K Câu 5. Áp dụng BĐT Cô si cho ba số dương ta được: 1 1 1 3 (*) a()()() a b b b c c c a 3 abc a b b c c a Cũng theo BĐT Cô si : 0 33 abc a b c 3 1 và 0 33 . a b b c c a 8 a b c 3 (2) Nhân tương ứng hai vế các BĐT (1) và (2) được: 386 abcabbcca abc 6 3 27 Hay 3 abc( a b )( b c )( c a ) 2 abc 2 1 1 1 27 Từ * và suy ra a()()() a b b b c c c a 2 abc 2 Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi abc