"
Toán tuổi thơ 2 THCS Số 191
🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Toán tuổi thơ 2 THCS Số 191
Ebooks
Nhóm Zalo
NĂM THỨ
HAI MƯƠI ISSN 1859-2740
•ToánRG
VIỆT NAM
LAO DONG
5 191
9
NĂM HỌC 2018 – 2019
tuổi thơ 2
TRUNG HỌC CƠ SỞ
GD
NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM - BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Một số dạng toán về số chính phương
PGS. TS. LÊ QUỐC HÁN
CHÚC
MUNG
NAM
HOI
2019
MỘT SỐ ẴN PHẨM THEITH DANG PHÁT THANH
NHỮNG BÀI TOÁN
STOQUENOR
Casi
7
Toán
J81-8+1.9
THCS
TONG TAP
Toán
Futago
> Số trang: 216
Giá bìa: 35.000 đồng
Tala
_ • Khổ: 19 × 27 cm
Giá bìa: 170.000 đồng
> Khổ: 19×27 cm
> Giá bìa: 170.000 đồng
279
BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHONG OLUMPIC CAC NUC
MATH
OLYMPIARS
TONG TAP
Toán Tuổi Thơ
NAY 2016
TONG TAP
Toán Tuổi Thơ
SAIG
> Khổ: 17 x 24 cm
Giá bìa: 65.000 đồng
- Khổ: 19×27 cm
Giá bìa: 170.000 đồng
HH
- Khổ: 19×27 cm
> Giá bìa: 170.000 đồng
CÁC DẠNG TOÁN CÁC CÂU ĐÓ CẤP TIỂU HỌC
CÁC ĐÔ THỊ TOÁN TIÊU HÓA QUOC TÉ
BAI GIANG SO HOC
Số trang: 172 Giá bìa: 21.000 đồng
> Số trang: 188 > Giá bìa: 21.000 đồng
> Số trang: 136
> Giá bìa: 23.000 đồng
Toán
tuổi thơ 2
TRUNG HỌC CƠ SỞ
Children's Fun Maths Journal
NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM - BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HỘI ĐỒNG BIÊN TẬP
Phó Tổng biên tập NXBGD Việt Nam:
TS. TRẦN QUANG VINH
Phó Tổng biên tập phụ trách tạp chí:
ThS. NGUYỄN NGỌC HÂN
Phó Tổng biên tập tạp chí: TRẦN THỊ KIM CƯƠNG
ỦY VIÊN
NGND. VŨ HỮU BÌNH TS. NGUYỄN MINH ĐỨC
ThS. ĐẶNG HIỆP GIANG TS. NGUYỄN MINH HÀ PGS. TS. VŨ ĐÌNH HÒA ThS. TRẦN QUANG HÙNG TS. LÊ THỐNG NHẤT
PGS. TS. TẠ DUY PHƯỢNG
ThS. PHẠM ĐỨC TÀI NGND. PGS. TS. TÔN THÂN
PGS. TS. LÊ ANH VINH
TÒA SOẠN
CHỊU TRÁCH NHIỆM XUẤT BẢN
Chủ tịch Hội đồng Thành viên NXBGD Việt Nam: NGUYỄN ĐỨC THÁI
Tổng Giám đốc NXBGD Việt Nam:
HOÀNG LÊ BÁCH
Phó Tổng Giám đốc kiêm Tổng biên tập NXBGD Việt Nam: PHAN XUÂN THÀNH
TRONG SỐ NÀY
Giải toán thế nào?
Tr2
Một số dạng toán về số chính phương Lê Quốc Hán
Tr 4
Rừng cười AFF Cup 2018 Vua Tếu
Đo trí thông minh Bạn chọn hình nào?
Tr 5
Đỗ Thị Thúy Ngọc
Phá án cùng thám tử Sê Lốc Cốc
Tr 10
“Vụ án” ngày cuối năm
Trần Phương Nam
Chữ và chữ số
Kì 38
Thái Nhật Phượng
Tr 14
Compa vui... tính
Tr 15
Tầng 2, nhà A, số 187B Giảng Võ, phường Cát Linh, quận Đống Đa, Hà Nội
Có hay không giá trị nhỏ nhất?
Phạm Tuấn Khải
Thách đấu
Tr21
Trận đấu thứ một trăm năm mươi chín
Phạm Thanh Hùng
Dành cho các nhà toán học nhỏ
Tr 22
Điện thoại: 024.35682701 - Fax: 024.35682702 Email (Ban biên tập): bbttoantuoitho@gmail.com Email (Trị sự - Phát hành): tapchitoantuoitho@gmail.com Website: http://www.toantuoitho.vn
ĐỐI TÁC ĐẠI DIỆN PHÍA NAM
Công ty cổ phần Đầu tư và Phát triển Giáo dục Phương Nam 231 Nguyễn Văn Cừ, Q.5, TP. Hồ Chí Minh
ĐT: 028.73035556, Email: thitruong@phuongnam.edu.vn
Trị sự - Phát hành:
TRỊNH THỊ TUYẾT TRANG,
NGUYỄN THỊ HUYỀN THANH, NGUYỄN THỊ HẢI ANH
Biên tập - Chế bản: VŨ THỊ MAI, ĐỖ TRUNG KIÊN Mĩ thuật: TRẦN NGỌC TRƯỜNG
Đưa khó về dễ, đưa lạ về quen trong chứng minh hình học (Tiếp theo TTT2 số 190)
Vũ Hữu Bình
Tr 24
Sai ở đâu? Sửa cho đúng
Bạn sẽ nói gì?
Vào thăm Vườn Anh
Tr 28
Ô chữ Năm mới
Tạ Thập
Nguyễn Thị Hoa
ง
GIẢI TOÁN THẾ NÀO?
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
PGS. TS. LÊ QUỐC HÁN
GV. Khoa Toán Đại học Vinh
ài viết này chúng tôi xin giới thiệu với
Bo
bạn đọc một số dạng toán về số chính phương.
• Định nghĩa. Số chính phương là số viết được dưới dạng bình phương của một số nguyên.
Sau đây là một số dạng toán thường gặp:
Dạng 1. Nhận dạng một số không là số chính phương dựa vào chữ số tận cùng của số đó.
Ta có tính chất: Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng là 0; 1; 4; 5; 6 và 9. Bài toán 1. Tổng sau đây có là số chính phương không?
A = 20172 + 20182 - 20192 + 20102.
Lời giải. Ta có 2017, 2018, 2019, 2010 có chữ số tận cùng lần lượt là 9; 4; 1; 0. Suy ra A có chữ số tận cùng là 2. Vậy A không là số chính phương.
Bài toán 2. Tìm số tự nhiên n sao cho 1! + 2! +3! +...+ n! là một số chính phương (trong đó k! là tích của k số tự nhiên khác 0 đầu tiên). Lời giải. * Với n ≤ 3 thì chỉ có n = 3 thỏa mãn 1! + 2! + 3! = 9 = 3 là số chính phương. * Với n = 4 thì 1! + 2! + 3! + 4! = 33 không là số chính phương.
* Với mọi n ≥5 thì n! chia hết cho 5! = 120, do đó n! luôn có chữ số tận cùng bằng 0. Suy ra 1! + 2! + 3! +...+ n! = 33 + 5! + 6! +...+ n! có chữ số tận cùng là 3 nên không là số chính phương.
2
Vậy n = 3.
Dạng 2. Chứng minh một số không là số chính phương dựa vào tính chất chia hết. Ta có tính chất: Nếu một số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì nó chia hết cho p?.
Bài toán 3. Chứng minh rằng các số sau đây không là số chính phương: a) 20192017; b) 444...444.
2019 c/s 4
Lời giải. a) Ta có
20192017 = (20191008)2.2019. (1)
Vì 2019 chia hết cho 3 và không chia hết cho 9 nên 2019 không là số chính phương. (2) Mặt khác (2019108)2 là số chính phương. (3) Từ (1), (2), (3) suy ra 20192017 không là số chính phương.
b) Ta có số 444...444 có tổng các chữ số là
2019 c/s 4
4.2019 chia hết cho 3 và không chia hết cho 9 nên 444...444 không là số chính phương.
2019 c/s 4
Dạng 3. Chứng minh một số không là số chính phương dựa vào bất đẳng thức.
Ta có tính chất: Nếu m là số tự nhiên thì giữa hai số mẻ và (m +1) không có số chính phương nào.
Bài toán 4. Trong các số tự nhiên từ 1000 đến 1200 có những số nào là số chính phương?
Lời giải. Ta có
312 < 1000 < 322 < 332 < 342 < 1200 < 352.
Do đó trong các số tự nhiên từ 1000 đến 1200 có các số chính phương sau:
1024 = 322; 1089 = 332; 1156 = 342.
Bài toán 5. Cho số tự nhiên n. Chứng minh n + 4n + 3 không là số chính
rằng A phương.
=
Lời giải. Ta có
A = n2+4n+3> n2 + 2n + 1 = (n + 1)2
A = n2 + 4n+ 3 < n2 + 4n + 4 = (n + 2)2. Suy ra (n + 1) Y. It is known that Z=
X+Y
3
and W < 6.
Find X?
A
B
Z cm
Y cm
X cm
W cm
D
C
TS. ĐỖ ĐỨC THÀNH
GV. Trường liên cấp Tiểu học và THCS Ngôi Sao Hà Nội
Kết quả Problem 2 (188+189).
Let 2n, 2n+2, 2n+4 be the number of pairs
of red socks, the number of blue socks and the number of white socks respectively, where n is a positive integer.
From the information provided in the question, we have the following relation
between the numbers of socks
2× (2n) + (2n+2)+
2n+4
+1=26
2
→ 4n+2n+2+n+2+1=26
→7n+5=26
→ 7n = 21
→n=3.
Thus, there are 6 pairs of red socks, 8 blue
socks and 10 white socks.
Consequently, the total number of socks he has is 2×6+8+10= 30 (socks).
Nhận xét. Rất tiếc! Kì này chưa có bạn nào tìm ra kết quả chính xác của bài toán. Mặc dù các bạn có hướng giải khá đúng và sáng tạo, tuy nhiên rất có thể do đọc bài chưa kĩ nên đã chưa hiểu đúng đề bài.
ĐỖ ĐỨC THÀNH
6
NHIN RATHE
GIOT
KÌ THI TOÁN VÀ KHOA HỌC QUỐC TẾ (IMS0) 2018
LỜI GIẢI ĐỀ THI MÔN TOÁN
PHẦN THI TRẢ LỜI NGẮN
TS. ĐỖ ĐỨC THÀNH
GV. Trường liên cấp Tiểu học và THCS Ngôi Sao Hà Nội (Sưu tầm và dịch)
Câu 1.
Phần công việc Alex làm trong 1 giờ là
6
1
Phần công việc Bob làm trong 1 giờ là
10
(Đề đăng trên số 190)
Ta biết rằng đường trung tuyến của một tam giác chia tam giác đó thành hai phần có diện tích bằng nhau. Do đó ta có
SBCH = 2SBCI = 2 (cm2).
Tổng phần công việc cả hai người làm riêng SBcG = 2SBCH = 4 (cm2).
lẻ trong 2 giờ là + =
1 1
6 10
4
15
Phần công việc còn lại sau 6 giờ là
1-3x-
4 1
15 5
Phần công việc còn lại sau khi Alex làm thêm
1 giờ nữa là
1 1 1
=
5 6 30
Vậy Bob phải làm phần công việc còn lại đó
trong
13
giờ nữa.
Cuối cùng, tổng thời gian cần thiết để Alex và Bob hoàn thành công việc là
SBCF = 2SBCG = 8 (cm2).
SBCE = 2SBCF = 16 (cm2). Kẻ EM // CD (M = BC).
Ta có ScEM =SCDE
1
=
1
SCDEM.
2
SBEM = SABE == SABME
1
1
=
SBCE SCEM + SBEM
SCDEM+-SABME
2
2
1
1
=
(SCDEM+Sabme)=SABCD
2
1
6+1+7
3
1=7 (giờ).
(giờ).
3
Câu 2. Do các điểm F, G, H và I lần lượt là trung điểm của CE, BF, CG và BH nên CI, BH, CG và BF lần lượt là trung tuyến của các tam giác BCH, BCG, BCF và BCE.
ヨ
A
B
=SABCD =2xSBCE = 2x16=32(cm2)
Câu 3. Ta có a3
a4
a5
G
M
аб
H
F
D
C
=
a1 + a2
2
·⇒ a1 + a2 = 2×a3.
=
а1+а2 + а3 3
2хаз + а3
=a3.
3
=
=
a1 + A2 + A3 + A4
4
2ха3 + а3 + аз
a1+a2+ a3 + a + a5
+
5
2xa3a3a3 +а3
5
=
=a3.
4
=
a3⋅
7
a2018
=
a1 + a2+ a3+...+a2017
2017
2xa3+a3+...+az
2015 Số
2017
=
a3.
Tổng của 2018 số hạng đầu tiên là
a1+a2+ a + a3 + ... +a3 (có 2016 số hạng
a3)
=2a3+2016a3 = 2018a3 = 2018.50 100900.
=
Với a3
=
a1+a2 2
64+36
2
= 50.
=
Câu 4. Ta biết rằng đường chéo của một hình vuông hay một hình chữ nhật chia hình vuông hay hình chữ nhật đó ra thành 2 phần có diện tích bằng nhau.
Ta chia nhỏ phần diện tích được tô đậm thành các phần nhỏ như sau
Suy ra f = 6 –5=1.
Có nghĩa rằng giá trị lớn nhất của n là 10000. Vậy tổng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của n là 10005.
Câu 6.
·
11
20
8 11
12
Bằng cách di chuyển 2 trong số 4 cạnh của các hình có chu vi lần lượt là 11 cm, 11 cm, 12 cm và 20 cm, ta được hình dưới đây
11
1/2
1
1/2 1/2
1/2
1
1
1
2
1
1
1
20
8
11
12
1
1
1
1
1/2
1
1/2
Nhìn vào hình trên ta có tổng diện tích của
phần tô đậm là
1
2+6.—+12.1=17 (cm2).
2
Câu 5. Ta tách hàm số thành hai phần như sau f(n) = f + 2 =6, trong đó f, là tổng các chữ số
của n và f, là số các chữ số của n.
f(n) đạt giá trị nhỏ nhất nếu và chỉ nếu f, đạt
giá trị nhỏ nhất, vậy nên ta chọn 2 =1.
Suy ra f = 6 −1=5.
Có nghĩa là giá trị nhỏ nhất của n là 5.
f(n) đạt giá trị lớn nhất nếu và chỉ nếu f, đạt
giá trị lớn nhất, vậy nên ta chọn f2 =5.
Bốn cạnh còn lại của 4 hình chữ nhật đó sẽ tạo thành một hình chữ nhật có chu vi là 8
cm.
Vậy chu vi của hình chữ nhật ban đầu là
11 +11 + 12 + 20 - 8 = 46 (cm). Câu 7.
r1 = 1,4 m
Thể tích của bể nước hình trụ là V1 = A1xh=(Ixr2)xh
h = 4,2 m
22
=
·×(1,4)2 × 4,2 = 25,872 (m3).
7
8
Trong đó, A, là diện tích bề mặt của bể nước, r, là bán kính của bể nước, h là chiều cao của bể. Thể tích nước chứa trong mỗi 4 m chiều dài của vòi nước là
V2 = A2x1 = (πxr2)×1
=
22x(0,035)2x4=0,0154 (m3).
7
Ở đây A, là tiết diện vòi nước, r, là bán kính của vòi nước, I là chiều dài cột nước.
A
D
ヨ
LL
F
B
C
Trong trường hợp này, điểm E nằm bên trong hai nửa đường tròn đường kính AD và DC, điểm F nằm trong hai nửa đường tròn đường
Vậy thời gian cần thiết để vòi nước chảy đầy kính AB và BC nên ta có 4 góc tù.
bể nước là
25,872
t =
= 1680 (giây) = 28 (phút).
0,0154
Câu 8. Khi điểm C nằm ngoài nửa đường tròn đường kính AB thì ACB là góc nhọn, điểm D
nằm trong nửa đường tròn thì ADB là góc tù.
Hơn nữa, AEC và AFC cũng là hai góc tù. Cuối cùng, ta có tổng cộng 6 tam giác tù AAED, ADEC, AAFB, ABFC, AAEC, AAFC.
Câu 9.
CƠ SỐ
Dãy các chữ số tận cùng tương úng
Chữ số tận
cùng với số
mũ 2018
C
2, 4, 8, 6, 2, 4, 6, 8,
12
4
D
4, 6, 4, 6, 4, 6, 4, 6,
14
6
6, 6, 6, 6, 6, 6, 6,
16
6
A
B
* TH1. Có một điểm (điểm E) nằm bên trong hình vuông ABCD.
8, 4, 2, 6, 8, 4, 2, 6,
18
4
20
0, 0, 0, 0, 0, 0, ...
0
A
B
D
E
C
Dễ dàng nhận thấy rằng điểm E nằm ngoài hai nửa đường tròn đường kính AB và BC, nên AEB và BEC là hai góc nhọn.
Do đó trong trường hợp này ta thu được 2 tam giác nhọn (không thỏa mãn).
* TH2. Có hai điểm (điểm E và F) nằm trong hình vuông ABCD.
Từ đó suy ra chữ số tận cùng của tổng 5 số hạng đầu tiên là 4+6+6+4+0=0. Ta nhóm năm số hạng liên tiếp của tổng đã cho thì được các tổng các chữ số tận cùng là 0. Vậy chữ số tận cùng của tổng là 0.
Câu 10. Phân tích số 18 thành tích các số tự nhiên ta được
18=1×2×9 (1)
=2×3×3 (2)
= 1×3×6 (3).
Từ (1) ta thu được 3×2×1=6 số. Từ (2) ta thu được 3 số.
Từ (3) ta thu được 3×2×1=6 số.
Vậy có 15 số có 3 chữ số thỏa mãn yêu cầu đề bài.
(Kì sau đăng tiếp)
9
Tân Giang thành từ Sa LOI BE
“VỤ ÁN” NGÀY CUỐI NĂM
TRẦN PHƯƠNG NAM
(Ghi theo câu chuyện của thám tử Sê Lốc Cốc)
Tối qua vì vội đi thăm đồng nghiệp ở bệnh viện nên thầy hiệu trưởng quên không khoá cửa phòng mình. Sáng sớm thầy đến trường, khi bước vào phòng thì giật mình vì thấy toàn bộ tập “Kết quả điểm thi học kỳ I” của trường mà thầy để ngay trên mặt bàn biến mất. Vốn quen thám tử Sê Lốc Cốc nên thầy vội gọi điện thoại:
- A lô... Có vụ nho nhỏ ở trường muốn bạn giúp.
Lập tức sau ít phút, Sê Lốc Cốc đã có
mặt. Sau khi nghe kể lại sự việc,
Sê Lốc Cốc cười:
- Đúng là chuyện nhỏ. Bởi vì
dọc hành lang có camera
nên chúng ta sẽ tìm ra nhanh thôi.
Thầy hiệu trưởng cùng
thám tử xem lại hình
ảnh từ camera ghi lại trong tối qua thì phát hiện có bốn học sinh đã vào phòng. Đây là những học
sinh ở nội trú trong trường.
Lập tức bốn học sinh được gọi lên. Cả bốn học sinh đều xác nhận vì tối
qua đi qua phòng thầy hiệu trưởng thấy
không khoá cửa nên đã
bước vào phòng thầy.
Thám tử yêu cầu mỗi học sinh
ghi hai câu vào giấy. Rất nhanh chóng, cả bốn học sinh đã viết và nộp
ngay.
Sau đây là lời khai của bốn học sinh. 1) Trần Văn An
a. Bốn chúng em không ai lấy tập kết quả thi. b. Khi em ra khỏi phòng, tập tài liệu vẫn còn. 2) Nguyễn Văn Bình:
c. Em là người thứ hai đi vào phòng thầy hiệu trưởng.
d. Khi em vào đã không thấy gì trên mặt bàn thầy.
3) Hồ Anh Chinh:
e. Em là người thứ ba vào phòng
thầy
hiêu
trưởng.
g. Khi em rời khỏi phòng thì
tập tài liệu vẫn ở trên bàn
thầy.
4) Vi Văn Đức:
h. Người lấy tập tài liệu không thể vào phòng thầy hiệu trưởng sau
em.
i. Lúc em vào phòng thì không thấy gì trên mặt bàn thầy. Thầy hiệu trưởng mời cả bốn học sinh gặp riêng. Thầy vui vẻ nói: - Đây là sự việc không đến mức nghiêm trọng vì văn phòng trường còn có bản lưu. Tuy nhiên thầy không muốn các em lại thêm một tính xấu nữa, đó là đã nói dối khi ghi vào tờ khai. Cả bốn học sinh lặng lẽ và không ngờ
10
tất cả đều thú nhận với thầy hiệu trưởng là những điều vừa ghi đều không đúng sự thật. Thầy hiệu trưởng cười:
- Biết nhận lỗi thế là tốt. Thầy nghĩ chắc chắn trong bốn em có một bạn đã lấy tập tài liệu. Có lẽ chỉ để xem trước kết quả thi mà thôi. Các em không phải viết lại lời khai đâu. Hãy trở về lớp để học, thầy sẽ gặp lại các em sau. Trở về phòng với thám tử Sê Lốc Cốc, thầy hiệu trưởng nói:
-
Thế nào ông bạn? Xem những tờ khai viết sai hoàn toàn có gì thú vị không?
Sê Lốc Cốc đưa một phong bì cho thầy hiệu trưởng:
- Tôi đã ghi tên “Thủ phạm” vào mảnh giấy để trong phong bì này.
Thầy hiệu trưởng nhìn thám tử:
Mình cũng thử viết tên “thủ phạm” xem có giống nhau không nhé!
Cả hai cười, bắt tay nhau vì đã trúng ý nhau. Bạn có biết “thủ phạm” của “vụ án” này là ai không?
Kết quả
(TTT2 số 188+189)
Vụ án
chiếc đồng hồ quả lắc
Thám tử Sê Lốc Cốc rất vui khi vụ án lần này nhiều “thám tử nhỉ” đã đưa ra các lập luận chính xác. Thám tử sẽ hỏi thêm cậu Mạnh vì hai lí do chính sau:
1. Chị giúp việc nhìn giờ lần đầu qua chiếc gương treo tường nên chỉ nhìn thấy hình ảnh
Hãy giải thích rõ để mọi người “tâm phục, phản chiếu của chiếc đồng hồ quả lắc, vì vậy khẩu phục” nhé!
khi chị nói là 1 giờ chiều kì thực lúc đó chỉ là 11 giờ trưa. Do vậy thời gian chiếc đồng hồ bị lấy cắp sẽ là từ 11 giờ trưa đến 1 giờ rưỡi chiều. Vì Mạnh đi xem phim lúc 12 giờ nên khoảng thời gian từ 11 giờ đến 12 giờ trưa đủ để Mạnh lấy cắp chiếc đồng hồ.
2. Chú chó nghiệp vụ cả buổi trưa không hề sủa chứng tỏ người đột nhập là người quen của ông chủ Đỗ. Như vậy càng khẳng định nhiều khả năng Mạnh là người đột nhập.
HH
SINCE 1959
C CỤ VĂN PHÒNG PHẨM
HONG HA
lưu truyền thống - tiết tương lai
Kì này thám tử Sê Lốc Cốc sẽ trao
quà cho những bạn sau: Mẫn Mai Phương, 7A2, THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc Ninh; Lê Thanh Huyền, 6G, THCS Vĩnh Tường, Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc; Nguyễn Phương Ngân, 7D, THCS Văn Lang, TP. Việt Trì, Phú Thọ; Nguyễn Trịnh Phương Nhi, 8C1, THCS Archimedes Academy, Hà Nội; Phan Quang Triết, 6B, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An.
Thám tử Sê Lốc Cốc
11
VUOT VU MON
T
MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2018-2019
rong bài viết này chúng tôi xin tiếp tục giới thiệu tới bạn đọc một số bài toán giải hệ phương trình trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên năm học 2018 - 2019.
Bài toán 6. Giải hệ phương trình
3
x2 + y3 = 1
2
x2 + y5
=
x2 + y = x +
3 =x3 + y2.
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên,
TP. Hồ Chí Minh)
Lời giải. Từ hệ phương trình ban đầu ta có
3 2
y5-y3 = x2 + y2-1
3
2
X
x2 = 1-y3
* Nếu x = 0 thì y = 1.
* Nếu x ≠ 0 thì y = 1 ta có
x=1-y2
x2-1-y3
=
Suy ra (1 – y2)2 = 1-y
← (1 − y)(-2y2 – y3) = 0. Do y + 1 nên ta có
y=0⇒x=1
y=-2⇒x=-3.
Χ
3
[x3 = (y2 − 1)(y3 − 1)
1-
x2 = 1− y3.
Vậy hệ phương trình có các nghiệm (x; y) là (0; 1), (1; 0), (-3; −2).
Nhận xét. Biến đổi một cách khéo léo đưa về phương trình ẩn y giúp ta tìm ra lời giải cho bài toán.
Bài toán 7. Giải hệ phương trình
X
x2 + y2+3=4x
x3 +12x+y3 = 6x2 +9.
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên, tỉnh Thái Nguyên)
NGUYỄN ĐỨC TẤN
(Tiếp theo số 190)
12
Lời giải. Từ hệ phương trình ban đầu ta có
2
(x-2)2 + y2 = 1 (x-2)3 + y3
3
-1.
=
(1)
Vì (x − 2) + y = 1 nên (x − 2) ≤1 và y≤1. Suy ra x − 2 − 1 vày≤1=x<3 và y ≤1. (1) Từ (I) suy ra (x – 2) – (x − 2) + y - y = 0 ← (x − 2)2(x − 3) + y2(y − 1) = 0. Kết hợp với (1) ta được
0 = (x − 2)2(x − 3) + y2(y − 1) ≤ 0.
Đẳng thức xảy ra khi
(x-2)2(x-3)=0
2 (y − 1) = 0.
Giải hệ trên ta được các cặp số (x; y) là (2; 0), (2; 1), (3; 0), (3; 1).
Thử lại ta có các cặp (x; y) thỏa mãn bài toán là (2; 1), (3; 0).
Vậy hệ phương trình có các nghiệm (x; y) là (2; 1), (3; 0).
Nhận xét. Bài toán trên không dễ vì phải khéo léo chỉ ra x <3 và y ≤1, sau đó dẫn đến đẳng thức (x – 2)^(x – 3) = 0 và y(y - 1) = 0.
Bài toán 8. Giải hệ phương trình
xy(x + y) = 2
3
| x3
3
3.3
+ y° +x°y° +7(x + 1)(y + 1) = 31.
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên, Đại học KHTN Hà Nội)
Lời giải. Từ hệ phương trình ban đầu ta có
xy(x+y)=2
|(x + y)3 − 3xy(x + y) +x3y3 +7(xy+x+y+1)=31.
xy(x + y) = 2
(11)
| (x + y)3 + (xy)3 + 7(xy + x + y) = 30.
Đặt u = x + y, v = xy, hệ phương trình (II) trở
thành
Juv
uv = 2
3
3
u° + v° +7(u + v) = 30
uv = 2 (2)
| (u + v)3 + (u + v) −30 = 0. (3)
Từ (3) suy ra
(u + v − 3)[(u + v)2 + 3(u + v) + 10] = 0
→u+v=3. (4)
Từ (2), (4) suy ra
u = 1, v=2
• Với u = 1, v = 2 ta được
Ta có y ≥√2⇒ y3 + 2y - 2 >0;
v2
y ≤−√2 ⇒ y3 + 2y - 2<0.
Do đó y = 2=x=2.
Nếu x = 2, thay vào (6) ta được
√2+y=2y-2
⇔
[y≥1
y≥1
4y2 -9y+2=0
→ y = 2.
(y − 2)(4y − 1) = 0
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) là (2; 2).
Nhận xét. Ta biến đổi phương trình thứ nhất về dạng tích để tạo ra mối liên hệ bậc nhất giữa x và y. Đây là dạng bài quen thuộc.
Bài toán 10. Giải hệ phương trình
u = 2, v = 1.
x + y = 1
xy = 2.
4 4
x + y
3
X
y
6
=
2,
V
=
1 ta
được
x + y +
=-5.
x + y
(hệ vô nghiệm)
• Với
น
x+y=2 xy = 1
X = 1
y = 1.
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là (1; 1). Nhận xét. Đây là dạng bài khá quen thuộc khi ta biến đổi các phương trình của hệ ban đầu thành các biểu thức liên quan giữa tổng và tích của hai nghiệm rồi tiến hành đặt ẩn phụ. Bài toán 9. Giải hệ phương trình
2
x2+2y=xy+2x
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên, tỉnh Bình Định)
Lời giải. ĐKXĐ x, y = 0; x = −y. Từ hệ phương trình ban đầu ta có
4(x + y)
3 xy
x+y-
(x + y)2 + 6 = −5(x + y)
4(x + y)
x+y
=3 (7)
ху
x+y=xy-2.
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên,
Lời giải. Từ hệ phương
tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu)
trình ban đầu ta có
2
X
x2 - xy + 2y -2x=0
-
x + y = xy-2
(x − y)(x − 2) = 0 (5)
—
√x + y = xy −2. (6)
Từ (5) suy ra x = y hoặc x = 2.
• Nếu x
√2y = y2 - 2
Ty2 ≥2
=
y, thay vào (2) ta được
|y2-4y2 - 2y+4=0
y>
V2 hoặc ys-V2
(y-2)(y3+2y2-2)=0.
13
(x + y + 2)(x + y + 3) = 0. (8)
Từ (8) suy ra x + y = −2 hoặc x +y=-3.
x+y
• Nếu x + y = −2, thay vào (7) ta được
ху
8
=-
5
Không tồn tại x, y thỏa mãn trường hợp này.
Nếu x + y = −3, thay vào (7) ta được xy = 2.
x=-1,y=-2
(thỏa mãn ĐKXĐ) x = -2, y = -1.
Suy ra
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) là (-1; −2), (-2; −1).
Nhận xét. Tương tự như bài toán 4, ta biến đổi một phương trình của hệ về dạng tích, qua đó tìm được mối liên hệ bậc nhất giữa x và y.
Chữ
(Kì này KÌ 38
DAY x 7 = WEEK.
&
Kết quả
FIVE
FOUR
ONE
Hãy thay các chữ cái bởi các chữ số. Các chữ khác nhau biểu diễn các chữ số khác nhau.
THÁI NHẬT PHƯỢNG
GV. THCS Nguyễn Văn Trỗi, Cam Nghĩa, Cam Ranh, Khánh Hòa
KÌ 36 (TTT2 số 188+189)
FIVE
+
FIVE
EVEN
Phép tính (1)
Phép tính (2) Từ phép tính (1) ta có E-R =E suy ra R=0. * TH1. E<5. Xét hàng đơn vị của phép tính (2) ta có N=E+E=2E<10 nên N là số chẵn. Xét hàng chục phép tính (2) ta có V + V = 2V có tận cùng là E nên E chẵn. Vậy E = 2 hoặc E = 4.
• TH 1.1. E = 2. Suy ra N= 4.
Khi đó V = 1 hoặc V = 6.
* Nếu V = 1 loại vì I+I = 2l có tận cùng là V. Suy ra V là số chẵn (mâu thuẫn).
* Nếu V = 6 thì I+I+1=21+1 có tận cùng là V. Suy ra V là số lẻ (mâu thuẫn).
⚫ TH 1.2. E = 4.
Suy ra N=8 và V = 2 hoặc V =7. * Với V = 2. Theo phép tính (1) ta có
FI24 – FOU0 = O84 nên U = 4 = E (loại). * Với V = 7 theo phép tính (2) ta có I +I+1 có tận cùng là 7.
Suy ra I = 3 hoặc I= 8.
+) Với I = 8. Từ phép tính (2) ta có F+F+1 = E = 4 (vô lí).
+) Với I = 3. Từ phép tính (2) ta có F374 + F374 = 4748. Suy ra F = 2.
Từ phép tính (1) ta có 2374 – 2OU0 = O84. Suy ra U = 9, O = 1.
Ta có đáp số 2374 – 2190 = 184 và
2374 + 2374 = 4748.
* TH2. E>5. Xét hàng đơn vị của phép tính (2) ta có E+E = 2E có tận cùng là N nên N là số chẵn và V +V+1=2V+1 có tận cùng là E nên E là số lẻ.
Suy ra E =5, E=7 hoặc E = 9.
TH 2.1. Với E = 5 ta có N=0=R nên loại. TH 2.2. Với E = 7 ta có N = 4 và V+V+1 có tận cùng là 7 nên V = 3 hoặc V = 8.
* Nếu V =3 thì I+I= 2l có tận cùng là 3 (vô lí).
* Nếu V = 8 thì I+I+1=20+1 có tận cùng là 8 (vô lí).
• TH 2.3. Với E = 9 ta có N = 8 và V +V+1 có
tận cùng là 9 nên V = 4 hoặc V =9=E (loại).
* I
* Nếu V = 4 thì I + I có tận cùng là 4.
Suy ra I = 2 hoặc |=7.
+) Nếu I= 2 thì F+F=E=9 (vô lí).
+) Nếu l = 7 thì F+ F +1 = E = 9.
Suy ra F = 4 = V (vô lí).
Vậy ta có duy nhất một đáp số là
HH
SINCE 1959
CTCP VĂN PHÒNG PHẨM
HONG HA
lưu truyền thống - (Diết tương lai
2374 – 2190 = 184 và 2374 + 2374 = 4748.
Nhận xét. Các bạn sau có lời giải đúng và được nhận quà: Nguyễn Xuân Bắc, 7A1, THCS Mộc Ly, Mộc Châu, Sơn La; Phạm Vũ Hoàng, 8A, THCS Lý Tự Trọng, Thị trấn Hương Canh, Bình Xuyên, Vĩnh Phúc; Nguyễn Trung Kiên, 8A1, THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc Ninh; Nguyễn Công Khanh, 8D, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An; Vũ Trà My, 6A1, THCS Giấy Phong Châu, Phù Ninh, Phú Thọ.
TTT
14
Kì này . CÓ HAY KHÔNG GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT?
Bài toán. Cho hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 2k không đổi. Đường tròn (O, R) đi qua A và D và tiếp xúc với BC tại M. Đường tròn (O2, R2) đi qua A và B và tiếp xúc với CD tại N.
Tìm giá trị nhỏ nhất của R, + R
PHẠM TUẤN KHẢI (Hà Nội)
Kết quả
(TTT2 số 188+189)
ĐA GIÁC 2017 CẠNH
Hồng nói đúng. Vì đường thẳng d không đi qua đỉnh nào của đa giác và chỉ cắt 2 cạnh của đa giác nên các đỉnh của đa giác thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau có bờ là đường thẳng d. Gọi số đỉnh của đa giác 2017 cạnh đã cho cùng thuộc một nửa mặt phẳng là a thì số đỉnh của đa giác ở nửa mặt phẳng còn lại là 2017 – a. Số giao điểm của các cạnh và các đường chéo của đa giác đã cho với d là a(2017 –a) luôn là số chẵn (vì hoặc a hoặc 2017 – a là số chẵn). Trừ hai giao điểm của d với các cạnh của đa giác thì số giao điểm của d với các đường chéo của đa giác là a(2017 – a) – 2 luôn là số chẵn.
SINCE 1959
lưu truyền thống - Diệt tương loại
E HỒNG HÀ Nhận xét. Các bạn sau được thưởng: Nguyễn Minh Thương, Nguyễn Trịnh Phương, Ngô Hà Trang, 8C1, THCS Archimedes Academy, Hà Nội.
VŨ ĐÌNH HÒA
10
X
Kết quả Kì 20 (TTT2 số 188+189)
(Tiếp theo trang 29)
a) Có AH.BC = 2SABC = AB.AC.
=
Mà AABC vuông tại A nên AB
1
+
1 AB2 + AC2
AB2 AC2 AB2.AC2
+ AC2 = BC2.
1
BC2 AH2.BC2 AH2
b) Có AH L BC = AB > AH, AC > AH. Do đó
15
1
1
1 1
1 1
+
=
+
AB5 AC5 AB3 AB2 AC3 AC2
1 1
1 1 +
=
1 1
+
1
1
=
AH3 AB2 AH3 AC2 AH3 AB2 AC2 AH5
CTCP VĂN PHÒNG PHẨM
HE HỒNG HÀ
SINCE 1959
Anh truyền thống - biết tương lai
Nhận xét. Hai bạn được thưởng kì này
là: Ngô Thị An Bình, 7E, THCS Đặng
Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An; Dương Hồng Sơn,
8C1, THCS Archimedes Academy, Hà Nội.
THIỀU QUANG TÙNG
Kết quả
Giải toán qua thư
Bài 1(188+189). Tìm các số nguyên x sao
cho
X-1
9x+7
là bình phương của một phân số.
Lời giải. Đặt
b ÷ 0, (a, b) = 1.
x − 1
9x+7
• Nếu a = 0 thì x = 1.
=
a
b
2
với a, b e Ng
chính xác: Lê Thị Như Quỳnh, Nguyễn Ngọc Trâm, Lê Thị Huyền Trâm, Nguyễn Thị Kim Tuyến, Trần Gia Huy, 7C, Võ Thị Minh Huyền, Phạm Ngọc Huỳnh, Trần Hoàng Hà, Trần Thảo Vân, 6A, THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ, Hà Tĩnh; Chử Lê Phương Linh, 7A3, THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ, Nguyễn Văn Bảo Châu, 7/5, THCS Nguyễn
• Nếu a ≠ 0, ta có x − 1 = ak, 9x + 7 = bk, Khuyến, Đà Nẵng; Nguyễn Anh Thư, 6A3,
ke Z, (k = 0).
Suy ra 9x+7-9(x-1)= b2k - 9a2k
↔ 16 = k(b – 3a)(b + 3a).
Vì b + 3a > 0, b + 3a > b – 3a và b + 3a,
b – 3a cùng tính chẵn lẻ nên ta có bảng sau:
THCS Kế An, Kế Sách, Sóc Trăng.
PHÙNG KIM DUNG
Bài 2(188+189). Tìm các chữ số x, y, z, t, u thỏa mãn (xy + ztu)2 = xyztu.
Lời giải. Đặt xy = a; ztu= b
(10 ≤ a ≤99;100 ≤ b ≤999).
Theo giả thiết ta có (a + b) – (1000a + b) = 0 ⇒ (a + b)(a + b - 1) = 999a = 27.37.a. (1)
b+3ab - 3a
k
a
b
8
2
1
1
5
8
-2
-1
4
2
2
513 113
3
Ta có (a + b) = 1000a + b < 99999
⇒ a + b ≤ 316. (2)
3
Ta lại có (a + b, a + b − 1) = 1. (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra
4
-2
-2
1
1
a+b:27
a+b:37
hoặc
2
-4
-2
1
-1
a+b-1:37.
a+b-1:27.
2
-8
-1
513
a+b=27m
-3
⇒ 27m = 37n+1
Đối chiếu với điều kiện a, b e N ta chọn
được
• Với a = 1, b = 5, k = 1 ta có x = 2.
=
• Với a = 1, b = 1, k = –2 ta có x = −1. Vậy các giá trị của x thỏa mãn bài toán là 1; -1; 2.
Nhận xét. Nhiều bạn bỏ quên trường hợp x = 1. Các bạn sau có lời giải đầy đủ và
⚫TH1. a+b-1=37n
a = mn (m,ne N*)
⇒27(mn) - 9n = n + 1. Suy ra m > n và n +1:9.
* Nếu n>10 thì m>10
=a=m.n>100 (loại). * Nếu n <10 thì n = 8
⇒ m = 11⇒ a = m.n⇒ 88
b = 27m - a = 209.
16
Suy ra x = y = 8; z = 2; t = 0; u = 9. Thử lại thấy đúng.
a+b=37k
⚫TH2. a+b-1=27l
a = k.l (k, le N*)
⇒27(1k) - 9k = k - 1.
Suy ra I > k và k − 1 : 9.
37k 271+1
=
* Nếu k > 10 thì I ≥ 11 suy ra a ≥ 110 (loại).
4
* Nếu k < 10 thì k=1=1= (loại).
3
Vậy x = y = 8; z = 2; t = 0; u =9.
Nhận xét. Có rất nhiều bạn gửi bài về tòa soạn, tuy nhiên một số bạn chưa tìm đủ điều kiện của a + b. Các bạn sau có lời giải tốt: Nguyễn Anh Thư, 6A3, THCS Kế An, Kế Sách, Sóc Trăng; Nhóm bạn Nguyễn Công An, Dương Trọng Nguyên, Bùi Nhật Đăng, Nguyễn Công Phú, 7C, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An.
LÊ ĐỨC THUẬN
Bài 3(188+189). Tìm số nguyên dương nhỏ nhất bằng ba lần lập phương của một số tự nhiên và bằng bốn lần lũy thừa bậc bốn của một số tự nhiên.
Lời giải. Gọi số cần tìm là n.
Đặt n = 3a3 = 4b1 (a, b = N*).
Ta có 3a3 2 ⇒ a3 : 2 ⇒ a : 2 ⇒ a3 ¦ 8.
=
Do đó 4b4 : 8 =b4:2=b : 2. (1)
Ta lại có 4b4 : 3=b4:3=b : 3. (2)
:
Từ (1), (2) suy ra b : 6 (vì (2, 3) = 1).
Vì n là số nguyên dương nhỏ nhất nên b cũng là số nguyên dương nhỏ nhất. Suy ra b = 6 = a=12.
Do đó n = 3.123 = 4.6^= 5184 (thỏa mãn). Vậy số cần tìm là 5184.
Nhận xét. Tòa soạn nhận được rất nhiều bài giải của các bạn, hầu hết các bạn đều giải đúng. Tuy nhiên chỉ có các bạn sau có lời giải ngắn gọn hơn cả: Hồ Trọng Hiếu, 7C, THCS Cao Xuân Huy, Diễn Châu; Ngô Thị
An Bình, 7E, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh; Hoàng Nguyễn Mai Lương, 7C, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An; Nguyễn Anh Thư, 6A3, THCS Kế An, Kế Sách, Sóc Trăng; Võ Thị Minh Huyền, 6A, Lê Thị Huyền Trâm, 7C, THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ, Hà Tĩnh; Nguyễn Văn Bảo Châu, 7/5, THCS Nguyễn Khuyến, Đà Nẵng; Trần Cao Bảo Châu, 7A, THCS Trần Hưng Đạo, TP. Buôn Ma Thuật, Đắk Lắk; Nguyễn Trần Nguyên Hà, 6A, THPT Chuyên Hà Nội - Amsterdam, Hà Nội.
CAO VĂN DŨNG
Bài 4(188+189). Cho hai tam giác ABC và ADC thỏa mãn BAC, BCA, DAC, DCA đều là các góc nhọn và B, D nằm khác phía đối với AC. Biết AB2 + CD2 = AD2 + BC. Chứng minh rằng AC L BD. Lời giải.
B
K
A
H
C
D
Hình 1
Kẻ BH L AC, DK L AC (H, K ∈ AC) (hình 1). Áp dụng định lí Pythagoras ta có
AB2 + CD2 = HA2 + HB2 + KC2 + KD2. (1)
AD2 + BC2 = KA2 + KD2 + HB2 + HC2. (2)
Mà AB + CD = AD + BC. (3) Từ (1), (2), (3) suy ra
HA2 + KC2 = KA2 + HC2. (4)
B
Н
Hh
A
K
C
D
Hình 2
17
Nếu H nằm giữa A và K (Hình 1) thì HA < KA, KC < HC ⇒ HA2 + KC2 < KA2 + HC2 (mâu thuẫn với (4)).
Nếu K nằm giữa A và H thì HA > KA, KC > HC → HA2 + KC2 > KA2 + HC2 (mâu thuẫn với (4)).
Nếu H = K thì (4) đúng. Khi đó B, H, D thẳng hàng và AC L BD. (hình 2)
Nhận xét. Lời giải trên là lời giải của đa số các bài gửi về tòa soạn. Các cá nhân, tập thể sau có lời giải tốt, trình bày sạch đẹp: Chử Lê Phương Linh, 7A3, Phạm Hoàng Anh, 7A4, THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ; Đinh Xuân Linh, 7A, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh; Nguyễn Danh Tiến Nam, 7C, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An; Tập thể lớp 7C, THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ, Hà Tĩnh; Nguyễn Văn Bảo Châu, 7/5, THCS Nguyễn Khuyến, Đà Nẵng.
HỒ QUANG VINH
Bài 5(188+189). Tìm các cặp số nguyên dương (a; b) thỏa mãn 9ab – 5a + 5b là số chính phương và a2019 – 2020b2018
=
Lời giải. Đặt A = 9ab – 5a + 5b.
Ta có A - (3ab - 1)2 = 6ab - 5a + 5b – 1
=
a(6b – 5) + (5b − 1) > 0 (vì a, b > 1). (1) Ta lại có (3ab + 1)2 - A = 6ab + 5a - 5b + 1 = b(6a - 5) + 5a + 1 > 0. (2)
Từ (1), (2) suy ra (3ab − 1)2 < A < (3ab + 1)2.
—
Vì A là số chính phương nên A = (3ab) ↔ 9a2b2 – 5a + 5b = 9a2b2 ↔ a = b. Ta lại có a2019
⇒ a = 2020
2020b2018
b = 2020.
Nhận xét. Phương pháp được sử dụng trong lời giải trên là phương pháp đánh giá kẹp, một phương pháp khá phổ biến để xử lý các bài toán liên quan về số chính phương nói riêng và các bài toán về lũy thừa nói chung. Ý tưởng của phương pháp dựa trên nhận xét: Nếu xn < a < (x+k)" trong đó a, x,ke Z,k >2
thì ak e{(x + 1)",...(x +k -1.
Châu, 7/5, THCS Nguyễn Khuyến, Đà Nẵng; Cao Kỳ Anh, Nguyễn Bích Đạt, Dương Hồng Sơn, 8C1, THCS Archimedes Academy, Hà Nội; Nguyễn Anh Thư, 6A3, THCS Kế An, Kế Sách, Sóc Trăng; Phan Thành Tín, 9C, THCS Nam Hồng, Hồng Lĩnh, Hà Tĩnh; Đinh Xuân Linh, 7A, Nguyễn Hồng Khánh Lâm, 9E, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh; Lê Văn Quang Hiếu, 6D, Nguyễn Công An, Bùi Nhật Đăng, Phạm Thị Hoa, TC, Nguyễn Huy Hoàng, Nguyễn Văn Dương Hùng, Nguyễn Cảnh Mạnh, 9B, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An; Đinh Gia Huy, 8E, Trần Minh Khôi, 8C, THCS Văn Lang, TP. Việt Trì; Đào Văn Chiến, Phạm Minh Hải, Đặng Thái Tuấn, 9A3, THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ; Nguyễn Duy Long, 9A, THCS Tổ Như; Lê Minh Long, 8B, Nguyễn Trọng Tâm, 9D, THCS Nhữ Bá Sỹ, Hoằng Hóa, Thanh Hóa.
VÕ QUỐC BÁ CẨN
Bài 6(188+189). Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho họ đường thẳng có phương trình y = (m −1)x + 2m – 3. Trong họ đường thẳng này ta chọn ra ba đường thẳng nào đó. Trong các góc (không có điểm chung trong) tạo bởi hai trong ba đường thẳng vừa chọn ta xét góc có số đo lớn nhất. Gọi x là số đo góc đó. Tìm giá trị nhỏ nhất của X.
Lời giải. Ta có y = (m – 1)x + 2m – 3
↔m(x + 2) = y + x + 3.
Gọi A(x; y) là điểm cố định mà họ đường thẳng luôn đi qua với mọi m. Như vậy tọa độ
của điểm A thỏa mãn
x+2=0
y+x+3=0
ex=-2 và y = -1= A(-2; -1).
Do đó ba đường thẳng mà ta chọn luôn đi qua điểm A. Ba đường thẳng này lại tạo với nhau sáu góc không có điểm chung trong. Tổng số đo của sáu góc trên là 360°, suy ra góc lớn nhất có số đo không nhỏ hơn 60°.
Các bạn sau có lời giải tốt: Nguyễn Văn Bảo Vậy x ≥ 60°. Ta có thể chọn ra ba đường
18
thẳng ứng với m = 1; m =
1; m = √√3+
√3 + 1; m = 1−√3 để x đạt giá trị nhỏ nhất.
tạp, tuy nhiên có nhiều bạn trình bày còn rất dài. Đặc biệt có một bạn còn xét trường hợp
Nhận xét. Đây là bài toán không khó, có một ghế băng là một vòng tròn, điều này là sai so
số bạn quên chỉ ra trường hợp cụ thể của m để ba đường thẳng cắt nhau tạo ra góc lớn nhất có giá trị nhỏ nhất là 60°. Các bạn sau có lời giải tốt: Nguyễn Thị Quỳnh Chi, 9A1, THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc Ninh; Trần Minh Khôi, 8C, THCS Văn Lang, TP. Việt Trì, Phú Thọ.
BÙI MẠNH TÙNG Bài 7(188+189). Một ghế băng có 4 chỗ
ngồi. Có 4 người lần lượt đi đến và ngồi xuống ghế băng. Người đầu tiên ngồi vào một chỗ tùy ý. Mỗi người đến sau cố gắng chọn chỗ ngồi để không phải ngồi cạnh ai cả, nếu không có chỗ ngồi nào thỏa mãn thì họ chọn một chỗ trống tùy ý để ngồi. Hỏi rằng có bao nhiêu khả năng sắp xếp chỗ ngồi cho bốn người đó phù hợp với quy tắc như vậy?
Lời giải. Xét 2 người đầu tiên, hai người này luôn chọn được chỗ ngồi để không phải ngồi cạnh người đến trước. Và sau đó, người thứ 3 và người thứ 4 không thể chọn được vị trí nào ngồi mà không ngồi cạnh người đến trước cho nên họ được chọn tự do vị trí của mình. Do đó số cách sắp xếp chỗ ngồi cho 4 người luôn bằng 2 lần số cách sắp xếp chỗ ngồi cho 2 người đầu tiên.
Ký hiệu các ghế lần lượt là 1, 2, 3 và 4 từ trái qua phải. Nếu người đầu tiên ngồi vào ghế số 2 hoặc ghế số 3 thì người đến thứ hai chỉ có một cách chọn chỗ ngồi cho mình (ghế 4 hoặc ghế 1). Còn nếu người đầu tiên chọn ghế số 1 hoặc ghế số 4 thì người đến thứ hai
có 2 khả năng chọn chỗ cho mình (chẳng hạn người đầu tiên ngồi ghế số 1 thì người thứ hai có thể ngồi ghế số 3 hoặc ghế số 4). Số cách xếp chỗ có thể cho 2 người đầu tiên
là 2.1 + 2.2 = 6.
Như nhận xét ban đầu, đáp số bài toán là 2.6 = 12 cách sắp xếp có thể.
Nhận xét. Đây là bài toán không quá phức
19
với giả thiết của bài toán.
Các bạn sau có lời giải tốt: Nguyễn Anh Thư, 6A3, THCS Kế An, Kế Sách, Sóc Trăng; Phạm Đình Thiên Bảo, 7C, THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ, Hà Tĩnh; Đinh Xuân Linh, 7A, Nguyễn Trần Khánh Huyền, 8D, Nguyễn Hồng Khánh Lâm, 9E, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh; Nguyễn Thanh Tùng, 8A, THCS Cao Xuân Huy, Diễn Châu, Nghệ An; Trương Ngọc Tâm, 9D, THCS Nhữ Bá Sỹ;
Nguyễn Duy Long, 9A, THCS Tố Như, Thị trấn Bút Sơn, Hoằng Hóa, Thanh Hóa; Đặng
Thái Tuấn, Hạ Hiền Lương, 9A3, Đỗ Ánh Tuyết, Quản Tiến Anh, Quách Thị Thanh Huyền, Phạm Minh Châu, 6A3, THCS Lâm Thao; Nguyễn Trung Hoàng, 7A5, Trần Công Hưng, 9A4, THCS Giấy Phong Châu, Phù Ninh; Trần Minh Khôi, 8C, Đinh Gia Huy, 8E, THCS Văn Lang, TP. Việt Trì; Nguyễn Tuấn Đạt, 8A, THCS Nguyễn Quang Bích, Tam Nông, Phú Thọ; Nguyễn Tuấn Dương, 8C5, THCS Chu Văn An, Ngô Quyền, Hải Phòng; Nguyễn Thị Quỳnh Chi, Nguyễn Mạnh Kiên, Nguyễn Tiến Phong, Trần Quang Tài, 9A1, Lê Ánh Nguyệt, 8A1, THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc Ninh; Dương Hồng Sơn, Lê Duy Anh, Đinh Mai Chi, Nguyễn Minh Phương, Trịnh Hoàng Hải, 8C1, THCS Archimedes Academy, Hà Nội.
TRINH HOÀI DƯƠNG
Bài 8(188+189). Cho tam giác ABC vuông tại C với AC = b, CB = a; AB = c. Kẻ đường
trung tuyến AE, BF của AABC. Biết AE
=
m;
BF = n. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Tìm giá trị lớn nhất của A =
Lời giải. Ta có
2
m2+n2'
m2 + n2 = AE2 + BF2 = AC2 + CE2 + BC2 + CF2
= AC2 +
BC2
4
+ BC2 +
5(a2 +b2)_5ab
F
A
C
4
Ta lại có
r
ab
>
—=
2
ab
⇒r
a+b+c
-
2
r
= SABC
=
AC2 5(BC2 + AC2)
E
4
(a+b+c)r
ab
2
2
a+b+ya+
+ √a2 + b2
ab
Vab
<
2√ab + √2ab
2+√2°
r2
ab
Vậy
<
m2 +n2 m2+n2
5
(2 + √2)2. ab
2
||
4
3-2√2
5
B
Đẳng thức xảy ra khi a = b, khi đó AABC vuông cân tại C.
Nhận xét. Trong bài toán này ta cần chỉ ra GTLN của tử số và GTNN của mẫu số để tìm được GTLN của biểu thức đã cho. Các bạn sau có lời giải tốt: Đào Văn Chiến, 9A3, THCS Lâm Thao, Lâm Thao; Trần Minh Khôi, 8C, THCS Văn Lang, TP. Việt Trì, Phú Thọ; Nguyễn Thị Thanh Hằng, Nguyễn Hoàng Huy, Lê Văn Mạnh, 9B, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An; Nguyễn Minh Hiển, 9D, THCS Nguyễn Đăng Đạo, TP. Bắc Ninh; Nguyễn Thị Quỳnh Chi, 9A1, THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc Ninh; Dương Hồng Sơn, 8C1, THCS Archimedes Academy, Hà Nội.
TRẦN QUANG HÙNG
20
ĐƯỢC THƯỞNG KÌ NÀY Thi giải toán qua thu
Nguyễn Anh Thư, 6A3, THCS Kế An, Kế Sách, Sóc Trăng; Nguyễn Văn Bảo Châu, 7/5, THCS Nguyễn Khuyến, Đà Nẵng; Nguyễn Tuấn Dương, 8C5, THCS Chu Văn An, Ngô Quyền, Hải Phòng; Nguyễn Duy Long, 9A, THCS Tố Như, Hoằng Hóa, Thanh Hóa; Trần Minh Khôi, 8C, THCS Văn Lang, TP. Việt Trì; Chử Lê Phương Linh, 7A3, THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ; Dương Hồng Sơn, 8C1, THCS Archimedes Academy, Hà Nội; Nguyễn Thị Quỳnh Chi, 9A1, THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc Ninh; Hồ Trọng Hiếu, 7C, THCS Cao Xuân Huy, Diễn Châu, Nghệ An; Trần Cao Bảo Châu, 7A, THCS Trần Hưng Đạo, TP. Buôn Ma Thuột, Đắk Lắk.
BẠN ĐỌC CÓ THỂ ĐẶT MUA TẠP CHÍ CẢ NĂM HỌC TẠI CÁC BƯU CỤC CỦA VNPT TRÊN CẢ NƯỚC VỚI MÃ ĐẶT CÁC ẤN PHẨM NHƯ SAU: Tạp
chí Toán Tuổi thơ 1: C169; Tạp chí Toán Tuổi thơ 2: C169.1; Tổng tập Toán Tuổi thơ 1 năm 2018: C169.2
Tổng tập Toán Tuổi thơ 2 năm 2018: C169.3; Tổng tập Toán Tuổi thơ 1 năm 2017: C169.4; Tổng tập Toán Tuổi thơ 2 năm 2017: C169.5.
THACH BAU
Kết quả
TRẬN ĐẤU THỨ MỘT TRĂM NĂM MƯƠI CHÍN
Người thách đấu: Phạm Thanh Hùng, xã Tân Hiệp A, Tân Hiệp, Kiên Giang.
Bài toán thách đấu: Tìm các cặp số nguyên tố (p, q) thỏa mãn 7pq2 + p = q3 +43p3 + 1.
3
Thời hạn: Trước ngày 08.2.2019 theo dấu bưu điện.
TRẬN ĐẤU THỨ MỘT TRĂM NĂM MƯƠI BẢY (TTT2 số 188+189)
Đề bài. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
→ 3a 3b = c và ab + bc + ca = 1
-
→ a=b
=
1
"
3
C=
a
b
9√√c2+1
thức P.
=
+
a+c
Vb+c
8c
Lời giải. Ta có nhận xét
√7
1
1
3
Vậy MaxP =
↔a=b
C
2
√7
(a + c)(b + c).
c2 + 1 = c2 + ab + bc + ca = Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho hai số thực dương ta có
a+c b+c
a
b
9√c2+1
P =
+
8c
a
b 9
a+c b+c
=
+
8 V
C
C
VI
a+c b+c
b 1
+
b+c 4
―
9 a+c b+c
9 a+c b+c
8 V
C
C
Nhận xét. Bài toán này là bài toán hay và không quá phức tạp. Có nhiều võ sĩ tham gia, tuy nhiên cách giải hơi dài và khá phức tạp. Không có võ sĩ nào đăng quang trong trận đấu này.
NGUYỄN MINH ĐỨC
157
a
a+c
1
4
+ +
=
5
4
C
5
C
+
a+c
4 b+c
8V c
C
C
C
Đặt x =
;y=
khi đó
"
a+c
b+c
54
с
5
C
9 a+c b+c
+
a+c
4 b+c
8
C
C
5
=
2
5
x+y+
9 1
8
·
xy
9
-2, 2.
9 5
3:
==
ཛཱ॰ –「2,•vཙྪཱ , } £ a { «3++}
2
2√√xy +
Đẳng thức xảy ra khi
2√xy
9
8√√xy
"
2
a
a+c
8 2
||
ab + bc + ca = 1.
b
b+c
1
2
1
và
-4
-=
5
(21)
C
DÀNH CHO CÁC NHÀ TOÁN HỌC NHỎ
ĐƯA KHÓ VỀ DỄ, ĐƯA LẠ VỀ QUEN TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC
NGND. VŨ HỮU BÌNH
(Tiếp theo số 190)
ác phương pháp đưa bài toán hình học từ lạ về quen đã được chúng tôi giới thiệu trong TTT2 số 190. Bài viết này chúng tôi tiếp tục giới thiệu đến bạn đọc thêm một phương pháp nữa.
4. Phương pháp thay đổi cách tiếp cận bài
toán.
Bài toán 1. Cho tứ giác ABCD có AC = BD. Ở phía ngoài tứ giác vẽ các tam giác đều ADE, BCF. Gọi I, K theo thứ tự là trung điểm của AD, BC. Chứng minh rằng IK song song với EF.
• Phân tích. Ta nghĩ đến IK có thể là đường trung bình của một tam giác có một cạnh là
EF. Gọi O là giao điểm của El và FK, hình vẽ cho thấy I không là trung điểm của OE, K
không là trung điểm của OF, ta chuyển hướng chứng minh IK II EF bằng cách dùng định lí Thales đảo.
Lời giải.
OA = OD, OB = OC.
Mặt khác AC = BD.
Do đó LAOC = ADOB (c.c.c).
Suy ra AOC =DOB=BOC = AOD
KOC
=
1
2
1 BOCAOD = IOD.
2
Do đó AIOD is AKOC (g.g).
Suy ra
S
OI ID
=
OK KC
(1)
AIED • AKFC (g.g).
Ta lại có
IE ID
=
(2)
Suy ra
KF KC
Từ (1), (2) suy ra
OI IE
OI
OK
OK KF IE KF
Áp dụng định lí Thales đảo ta có IK // EF. Áp dụng định lí Thales đảo ta có IK // EF.
E
B
A
K
O
C
LL
F
D
Gọi O là giao điểm của El và FK.
O thuộc đường trung trực của AD và BC nên
22
Bài toán 2. Cho tam giác ABC có Â =60°.CE là tia phân giác của góc ACB (E ∈ AB). Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho CED = 30°. Chứng minh rằng BD là tia phân giác của góc ABC.
B
A
E
D'
K
C
Phân tích. Bài toán nêu trên không dễ vì ta khó gắn các dữ kiện với nhau. Hướng đi thông thường mà nhiều người nghĩ đến đó là ta chứng minh trực tiếp BD là tia phân giác của góc ABC.
Tuy nhiên trong bài toán này, ta nên thay đổi hướng chứng minh, bằng cách kẻ tia BD’ là tia phân giác của góc ABC (D’e AC), rồi chứng minh D’ =D. Tức là chứng minh
CED' = 30°
Lời giải. Kẻ BD’ là tia phân giác của ABC (D'E AC).
Gọi I là giao điểm của BD’ và CE.
Kẻ IK là tia phân giác của BIC (Ke BC).
Vì BAC = 60° nên ABC+ACB = 120°
⇒ IBC + ICB
⇒ BIC=120°
=
ABC + ACB 120°
EIB CID' = 60°.
=
2
=
60°
2
Do đó ABIE = ABIK (g.c.g) = IE = IK. (3)
Chứng minh tương tự ta được ID = IK. (4)
Từ (3), (4) suy ra IE = ID’.
Suy ra AIED’ cân tại I.
Do đó
IED' =
(180° - EID') 180° -120°
2
→ CED' = 30°.
2
=
30°
Ta có D’ thuộc cạnh AC và CED’ = 30° nên D’ trùng D.
Vậy BD là tia phân giác của ABC.
Bài tập vận dụng
Bài 1. Cho tam giác ABC, điểm D di chuyển trên cạnh AB, điểm E di chuyển trên tia đối của tia CA sao cho BD CE. Chứng minh
=
rằng đường trung trực của DE luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 2. Cho tam giác ABC có Â=60°, các
đường phân giác BD và CE. Gọi K là điểm đối xứng với E qua BD. Chứng minh rằng K đối xứng với D qua CE.
Bài 3. Cho đường tròn (O), dây BC. Điểm A di chuyển trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC. Tìm vị trí của điểm A để tam giác DEF có chu vi lớn nhất.
23
BẠN SẼ NÓI GÌ?
TẠ THẤP TP. Hồ Chí Minh
SAIO BAU?
SỬA CHO DUNG
Bài toán. Cho tam giác ABC, có AM là đường trung tuyến. Chứng minh rằng AB + AC > 2AM.
Lời giải.
A
A
M
B
C
H
M
B
C
D
K
Hình 2
Hình 1
* Cách 1. (Hình 1). Trên tia đối của tia MA lấy
điểm D sao cho MD = MA.
Xét AMAB và AMDC có
MA = MD;
AMB = DMC (hai góc đối đỉnh);
MB = MC (vì AM là đường trung tuyến của AABC).
Do đó AMAB = AMDC (c.g.c).
Suy ra AB = CD.
Kết quả
(TTT2 số 188+189)
LỜI GIẢI ĐÃ HOÀN HẢO CHƯA?
Hình bình hành ABCD có ba khả năng: AC > BD hoặc AC < BD hoặc AC = BD.
Lời giải trong số 188+189
chỉ đúng trong trường hợp AC < BD thiếu trường hợp AC > BD và AC = BD (tuy nhiên trường hợp thứ ba này có thể ghép vào một trong hai trường trên).
* Xét AC > BD.
A
B.
D
F
hợp
Ta có OA = OC=OE=OF.
E
Mà OB = OD nên DF = OF – OD = OE - OB = BE.
C
Xét AACD có CD +AC>AD.
Mà AD = 2AM. Vậy AB + AC > 2AM.
* Cách 2. (Hình 2). Vẽ BH L AM tại H, CK LAM tại K.
Xét AHBM và AKCM có
BHM = CKM (= 90°);
BM = CM (vì AM là đường trung tuyến của AABC);
HMB = KMC (đối đỉnh).
Do đó AHBM = AKCM (g.c.g).
Suy ra HM = KM.
Ta có AB > AH (vì AH L BH),
AC > AK (vì AK 1 CK).
Do đó AB + AC>AH+AK
= AM - HM +AM+ KM 2AM.
=
Bạn sẽ nói gì về hai cách giải của bài toán quen thuộc trên?
Do đó BF = BD + DF = DB + BE = DE.
* Xét AC = BD. Khi đó OB = OD = OA = OC, nên E trùng với B và F trùng với D.
Do đó BE = DF = 0.
HH
SINCE 1959
CTY CP VĂN PHÒNG PHẨM
| HỒNG HÀ
Lưu truyền thống - Viết tương lai
Nhận xét. Có nhiều bạn gửi bài đến tòa
soạn. Các bạn sau có lời giải đầy đủ và chặt chẽ được thưởng: Nguyễn Thế Sơn, 8A1, THCS Vĩnh Yên, TP. Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc; Đỗ Như Hưng, 9A4, THCS Giấy Phong Châu, Phù Ninh, Phú Thọ; Nguyễn Ngân Giang, 9A, THCS Lê Văn Thịnh, Gia Bình; Đào Văn Thao, 8A1, THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc Ninh; Hoàng Đình Đức, 7C, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An.
VI MẠNH TƯỜNG
24
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9
Bài 1. (4,0 điểm)
QUẬN HOÀN KIẾM, HÀ NỘI
Năm học 2018 – 2019
Thời gian làm bài: 150 phút
1. Tìm các số nguyên dương m, n sao cho n
2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x;
–
-
2 chia hết cho mn +2.
y) với x, y nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn
phương trình 2x
− y
- y3 =
= 2x2 − y.
-
Bài 2. (5,0 điểm)
1. Giải phương trình 3x2 – 4x−11=(2x-5)V3x+7.
2 2 2
2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3abc. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
a
b
thức P =
+
+ 3a2+1 √3b2+1
Bài 3. (4,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình
C
2
√3c2 +1
8x3 +4x+33 = y3 -9y2+29y
2√x+4= y +1.
2. Cho a và b là các số nguyên dương thỏa mãn 1218a +1 chia hết cho 1218 +1. Chứng
minh a chia hết cho b.
Bài 4. (6,0 điểm)
Cho đường tròn (O). Từ điểm M nằm ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA và MB đến (O). AO cắt đường tròn tại C. Đường thẳng qua O song song với AB, cắt MB tại K.
1. Chứng minh CK là tiếp tuyến của (O).
2. Gọi I là giao điểm của AB và CK. Chứng minh
IOB = BMC.
3. BC cắt OK và OI lần lượt tại E và F; IE cắt OC tại G. Chứng minh ba đường thẳng GF, MC, OK đồng quy.
Bài 5. (1,0 điểm)
Viết lên vòng tròn 100 số thực khác 0. Sau đó, viết tất cả các tích các cặp số kề nhau vào giữa hai số đó, rồi xóa các số ban đầu đi. Gọi n là số lượng số dương trên vòng tròn lúc đầu. Cho biết số lượng số dương trên vòng tròn lúc đầu và lúc sau là bằng nhau, hãy tìm giá trị nhỏ nhất có thể có của n.
25
C
?
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 HUYỆN TAM DƯƠNG, TỈNH VĨNH PHÚC
Năm học 2017-2018
Môn thi: Toán
(Đề đăng trên TTT2 số 188+189)
Bài 1. a) ĐKXĐ x + y; x + −y; x + 2y.
―
x-2y 4y2x2-4xy
A =
x-y
1+
2y
x+2y x-y x2+xy-2y2 x-y
(x − y)2 – (x2 - 4y2)–(4y2−x2-4xy). x + y
(x − y)(x+2y)
=
1
1
1
1
+
x+1
x + 4
x +4
x+6
1
1
+
X-3
X+6
1 4 1
== +
413
x-y
(x + y)2
x-y
x + y
x+2y
(x − y)(x+2y) x+y
—
b) Ta có x + 2016y2 = 2017xy
(x − y)(x - 2016y) = 0
x = y
x=2016y
→x=2016y (vìx + y).
Khi đó A =
2017y 2017
=
2018y 2018
Bài 2. a) Ta có
√2(√2-√3
B =
+ √4-√15+ √10) √2(√23-3√5)
√4-2√3+√√8-2√15 +2√5
46-6√5
√(√3 −1)2 + √(√5 - √3)2 +2√5 √(3√5-1)2
√3-1+√5-√3+2√5 3√5-1
3√5-1
3√5-1
b) ĐKXĐ x + −1; x = −4; x = −6; x + 3.
43
= 1.
9
+
x2+10x+24 3 x2+3x-18
Ta có
3
2
+
=
x2 +5x+4
3
2
+
==
4
·+
9
(x+1)(x+4) (x+4)(x+6) 3 (x-3)(x+6)
x+1 3 X-3
3(x-3)
4(x+1)(x-3)
+
3(x+1)
3(x+1)(x −3) 3(x+1)(x − 3) ` 3(x + 1)(x − 3)
⇒ 4x2-8x=0 4x(x-2)=0
ex=0 hoặc x= 2 (thỏa mãn ĐKXĐ).
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0;2}.
c) Ta có
C = √16x2 +8x+1+√16x2 − 24x+9
=
=
√(4x + 1)2 + √√(3 − 4x)2
14x + 1 + 13 - 4x❘ ≥ 4x + 1 + 3 − 4x| = 4. Đẳng thức xảy ra khi (4x + 1)(3 – 4x)>0
1
2ab+ 2b + 2.
Chứng minh tương tự ta có
26
b2+2c2 +3≥2bc + 2c+2;
c2+2a2+3≥2ac + 2a + 2.
Suy ra
1
a2+2b2
1
+
1
+2b+3
+3 b2+2c2 +3 c2+2a2+3
1
+
+3
1
1
1
+
+
bc+c+1
ac+a+1
2ab+b+1
Ta lại có
1
1
1
+
+
1
ab
b
ab+b+1
+
+
ab+b+1 bc+c+1 ac+a+1
ab+b+1 b+1+ab 1+ab+b ab+b+1
Vây
1
2
1
+
1
a2+2b2+3 b2 +2c2 +3 c2+2a2 +3
1
1
<
.1
2
2
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Bài 4.
D
A
C
H
O
ΕΙ
K M
a) Gọi H là giao điểm của AE và BC. Ta có NAME = ACMB (c.g.c)
→EAM BCM.
Mà BCM + MBC = 90°
⇒EAM + MBC = 90° ⇒ AHB = 90°
Vậy AE I BC.
b) Gọi O là giao điểm của AC và DM. Suy ra O là trung điểm của AC.
AAHC vuông tại H = HO
F
LL
B
1
=
AC=DM
2
2
→ ADHM vuông tại H= DHM= 90°. Chứng minh tương tự ta có MHF = 90°.
=1.
27
Suy ra DHM + MHF = 180°.
Do đó ba điểm D, H, F thẳng hàng.
Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao vào tam giác vuông DMF ta có
1
1
+
1
MH2 MD2 MF2
c) Ta có DMF = 90° → MF L DM.
Ta lại có IO IDM = 10 || ME.
Vì O là trung điểm của DM nên I là trung điểm của DF.
Mặt khác IK – AB (K = AB) nên IK II AD II BF. Suy ra IK là đường trung bình của hình thang
AD + BF AM + BM ABFD IK =
2
2
Áp dụng định lý Pythagoras vào hai tam giác
vuông cân AMD và BMF, ta tính được
AM = 6 cm, BM = 3 cm
Vậy IK =
AM + BM 6+3
2
=
4,5 cm.
2
Bài 5. Gọi A là 1 trong 4037 điểm đã cho. Vẽ đường tròn tâm A bán kính là 1. Kí hiệu (A; 1).
Nếu tất cả 4036 điểm còn lại đều nằm trong đường tròn này thì bài toán được chứng minh.
Nếu tồn tại điểm B nằm ngoài đường tròn (A; 1) thì AB > 1, vẽ đường tròn tâm B bán kính bằng 1, kí hiệu là (B; 1).
Gọi C là điểm bất kì trong 4035 điểm còn lại. Do A, B, C là ba điểm bất kì và AB > 1 nên theo giả thiết ta có AC < 1 hoặc BC < 1. Suy ra C nằm trong (A; 1) hoặc (B; 1). Do đó hai đường tròn (A; 1) và (B; 1) sẽ chứa hết toàn bộ 4035 điểm còn lại.
Theo nguyên lí Dirichlet một trong hai đường
4035
2
tròn này chứa ít nhất
+1=2018 điểm
nhưng tính cả điểm A hoặc B ta có 1 đường tròn trên chứa ít nhất 2019 điểm.
Vậy luôn tồn tại đường tròn bán kính bằng 1 chứa ít nhất 2019 điểm.
·
VÀO THẦM VƯỜN ANH
Ô
Ôn chữ NĂM MỚI
NGUYỄN THỊ HOA
GV. TH Sơn Lộc, Can Lộc, Hà Tĩnh
Trên mỗi hàng ngang của ô chữ này là các danh từ về chủ đề ngày Tết. Nào, chúng ta cùng điền các chữ cái thích hợp vào ô chữ để tìm ra những từ có ý nghĩa các bạn nhé!
N
E
W
Y
E
A
R
Kết quả Ô chữ ĐỊA ĐIỂM THĂM QUAN (TTT2 số 188+189
* RIVER
* FACTORY
* PARK
* PRISON
* CHURCH
* MUSEUM
* HOSPITAL
* RESTAURANT
* ROAD
* BANK
* AIRPORT
* SCHOOL
* HOTEL
* LIBRARY
*SUPERMARKET
HH
VĂN
Dòng sông Nhà máy Công viên Nhà tù
Nhà thờ
Viện bảo tàng Bệnh viện
Nhà hàng
Đường cao tốc Ngân hàng Sân bay Trường học Khách sạn Thư viện
Siêu thị
EM HỒNG HÀ -Nhận xét. Năm bạn sau tìm đúng và đủ các địa điểm tham quan
SINCE 1959
ưu truyền thống - viết tương lai
trong ô chữ, trình bày sạch đẹp được
thưởng kì này: Nguyễn Thị Phương Thảo A, 7B, THCS Nguyễn Hiền, Nam Trực, Nam Định; Lê Văn Minh, 7C, THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ, Hà Tĩnh; Nguyễn Vũ Thùy Linh, 6B, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An; Phạm Thị Minh Anh, 7A1, THCS Trưng Vương, Mê Linh, Hà Nội; Nghiêm Thị Vân Anh, 7A4, THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc Ninh.
Các bạn sau được khen: Nguyễn Vũ Chí Nguyên, 8D, Bùi Phương Thanh, 6A, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An; Trần Công Hưng, 9A4, THCS Giấy Phong Châu, Phù Ninh, Phú Thọ; Lương Việt Hương, 7A, THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ, Hà Tĩnh; Ngô Thị Thanh Huyền, 7A4, THCS Yên Phong, Yên Phong; Nguyễn Tiến Tuân, 9C, THCS Nguyễn Cao, Quế Võ, Bắc Ninh.
NGUYỄN MINH THU
28
TILE TIÊN TU TH
ĐỂ THỊ CÂU LẠC BỘ TTT NGUYỄN ĐỨC TẤN
Kì 2
22
CLB1. Given three numbers a, b, c satisfying
a+b+c
=
1
abc
expression M =
Find the value of the following
(1+a2b2)(1+b2c2) b2(c+a)2(1+c2a2)'
CLB2. Prove that
1 1 1
+ +
+ +
1
9
5 13 25 20182 +20192 20
CLB3. Find x when
x+5 (x+4)(x+5)
1
1
1
+
+
(x+3)(x+4)
1
3
+
2
(x+3)(3x+8)
2017 = P(2) = 2a + 2b + c = 2a + 2 ⇒ a = ·
2015
Vậy P(x) :
=
-x(x − 1) − 9x + 20
2
2015x2 2033
=
2
-x + 20.
2
2015
2
CLB3. * Nếu n = 0 thì n2 – 2n+15 = 15, 7 = 1.
*
Có 15 :1=n=0 (nhận).
-
* Nếu n = 1 thì n – 2n + 15 = 14, 7 = 7.
Có 14:7=n=1 (nhận).
* Nếu ne N, n≥2 = 7 : 49
:
' :
CLB4. Find four numbers such that each one of them is exactly equal to the square of the sum of the other numbers.
CLB5. Quadrilateral ABCD with ZA = 140°;
ZB = 100°, AB = BC = DA. What is the measure
of /ACD?
ĐỖ ĐỨC THÀNH (dịch)
Kết quả Kì 20 (TTT2 số 188+189)
CLB1. Vì a+b+c= nên abc(a + b + c) = 1.
2
1
abc
⇒n2 −2n+15= [(n−1)2 +14] : 49⇒[(n−1)2 +14] : 7
→ [(n−1)2+14]
(n-1)27 (n-1) 7 (n-1)2 49 (n−
không chia hết cho 49 (mâu thuẫn).
Vậy n = 0; n=1.
CLB4. Vì mỗi số trên đường tròn bằng giá trị tuyệt đối của hiệu hai số đứng liền trước nó theo chiều quay của kim đồng hồ nên tất cả 24 số đều không âm. Gọi a là số lớn nhất trong 24 số đó. Kí hiệu 24 số ngược chiều kim đồng hồ bắt đầu từ số a là a = t, t2, 3, ., t24.
1
Khi đó a = t = |t2 – tl, mà 0 < t, t ≤ a nên hoặc t2 = a, t3 = 0 hoặc t2 = 0, tg = a.
Nếu t = t2 = a thì tg = 0, t4 = ts = a, to = 0, ty = to
= a, ..
Nếu t = 1, t2 = 0 thì ty = t = a, ts = 0, to = ty = a,
Như vậy, cả hai trường hợp, 24 số trên đường tròn sẽ lặp lại theo chu kì a, a, 0 hoặc a, 0, a. Do đó ta có 32 = 16a +8.0 ea=2.
•
8
=1+bc = abc(a+b+c)+bc = bc(a+b)(a+c). Vậy trên đường tròn có 16 số 2 và 8 số 0 được 1+ac = ac(b+a)(b + c); 1+ ab = ab(c + a)(c+b). sắp xếp theo thứ tự các số lặp lại theo chu kỳ
2
(1+b2c2)(1+a2c2) _ (1+b2c2)(1+a2c2)
Vậy
c2 + a2b2c2
=
c2(1+a2b2)
=(a+b)là số chính phương (do a + b là số
nguyên).
CLB2. Đặt P(x) = ax(x − 1) + bx + c.
Khi đó 20 = P(0) = c = c = 20.
11 = P(1) = b+c=b+20⇒ b = -9.
2, 2, 0 hoặc 2, 0, 2.
CLB5.
A
B
H
C
(Xem tiếp trang 15)
29
Thì thầm... Thì thầm thôi...
Tuổi hồng. xin cử tuổi hồng
Chuyện gì quá sớm... xin không trả lời
Hỏi: Thủ thành Đặng Văn Lâm có phải là
người Nga không anh?
Đáp:
NGUYỄN THỊ H
(THCS Cầu Giấy, Hà Nội)
Em hỏi thì anh xin thưa
Văn Lâm người Việt, lại vừa người Nga
Gen Việt là của người cha Máu Nga của mẹ, Lâm là con chung.
Hỏi: Anh Phó ơi, làm sao để xác định một năm là năm nhuận nhanh nhất?
HỒ VĂN Đ
(THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An) Đáp:
Nhìn hai chữ số tận cùng Chia thử cho 4 rồi tung trả lời
Không dư: Năm nhuận mỉm cười Có dư: Năm nhuận xin mời đợi cho.
Happy
im
2019
New Year!
www
Hỏi: Anh cho em hỏi từ “đào” là động từ hay danh từ?
Đáp:
LÊ CÔNG T
(Thị trấn Nghèn, Can Lộc, Hà Tĩnh)
Từ “đào” mà đứng tự do
Thì anh xin chịu biết dò ra sao
Động từ : “đào giếng”, “đào ao” Danh từ như thể “hoa đào” đúng không?
Hỏi: Em hiểu: Trồng trọt là lĩnh vực sản xuất quan trọng của nông nghiệp: cung cấp lương thực, thực phẩm cho con người; thức ăn cho chăn nuôi; nguyên liệu cho công nghiệp; nông sản để xuất khẩu... Từ “trồng” thì em hiểu nhưng từ “trọt” thì bó tay.com luôn anh ơi! VI VĂN H (TP. Bắc Giang, Bắc Giang)
30
Đáp:
Anh biết là một số đông
Khi nghe từ “trọt” sẽ mông lung liền
Đây là từ thuộc vùng miền
“Trọt” là “chọc” lỗ ở trên ...ruộng, vườn...
ANH PHÓ GỠ XƯA
THI GILI TRAN
---
CÁC LỚP 6 8 7
6
Bài 1(191). Cho số
M = 11 +22 +33 +...+9999 + 100100.
11
Chứng minh rằng số M có 201 chữ số và tính tổng hai chữ số đầu tiên của số M.
NGUYỄN HẠ HÀ UYÊN (TP. Hồ Chí Minh)
Bài 2(191). Cho
1 2 3
4
2019
S=
+
— -
+ + +
2018
2018 1 2 3
Chứng minh rằng S không là số tự nhiên.
CAO NGỌC TOẢN
(GV. THPT Tam Giang, Phong Điền, Thừa Thiên - Huế)
Bài 3(191). Tìm các số tự nhiên ab sao cho
ab, ba, (a+1)b, (b+1)a là các số nguyên tố có
hai chữ số.
LÊ SƠN TÙNG
(GV. THCS Lâm Thao, Lâm Thao, Phú Thọ)
Bài 4(191). Cho tam giác nhọn ABC. Dựng ra phía ngoài AABC các tam giác ACE và ABF thứ tự vuông cân tại E và F. Dựng tam giác DEF vuông cân tại D sao cho A và D cùng thuộc nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng EF. Chứng minh rằng AD vuông góc với BC.
TRẦN QUANG HÙNG
(GV. THPT chuyên KHTN Hà Nội)
31
SOLVE VIA MALL COMPETITION QUESTIONS
Translated by Thanh Do Duc
1(191). Given that
M = 11+ 22 +33 + ... + 9999 + 100100.
Show that M has 201 digits and find the first 2 digits of M.
2(191). Given that
S
=
1 2 3 4
+
2019
-
+ + +
2018
2018 1 2 2 3
Prove that S is not a natural number.
3(191). Find all the 2-digit numbers having
the form ab such that ab, ba,
(a+1)b, (b+1)a are all 2-digit prime numbers.
4(191). Given acute triangle ABC, we construct two right-angled isosceles triangles ACE with hypotenuse AC and ABF with hypotenuse AB (both of them are outside triangle ABC). Then, we construct another right-angled isosceles DEF with hypotenuse EF such that A, D and are on the same plane side of EF. Show that AD is perpendicular to BC.
CÁC LỚP THCS
Bài 5(191). Cho các số thực x, y thỏa mãn
√x3 + y3
3 3
x + y = 1948
(x+y)(x+1)(y+ 1) = 2017.
Tính x + y.
NGUYỄN NGỌC HÙNG
(GV. THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ,
Hà Tĩnh)
Bài 6(191). Giả sử a và b là hai số thực sao cho phương trình x^ + ax + 3x2 + 2bx + 2 = 0 có ít nhất một nghiệm thực. Chứng minh rằng a + 2b≥ 12.
VÕ QUỐC BÁ CẨN (Trường THCS Archimedes Academy,
Bài 7(191). Giải hệ phương trình
x+y+z=3
+
|x√y + y√z+z√x = √xyz +2.
Hà Nội)
THÁI NHẬT PHƯỢNG (GV. THCS Nguyễn Văn Trỗi, Cam Nghĩa,
Cam Ranh, Khánh Hòa) Bài 8(191). Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Các điểm D và E thứ tự thuộc các cạnh AB và AC sao cho BD = CE. Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác ADE thuộc một đoạn thẳng cố định khi D và E di chuyển trên AB và AC.
ĐOÀN VĂN TRÚC
(GV. THCS Nguyễn Trãi, Mộ Đức,
SOLVE VIA MALL
COMPETITION QUESTIONS
Translated by Thanh Do Duc
5(191). Given real numbers x and y satisfying
3 3
x + y = 1948
((x+ y)(x+ 1)(y+ 1) = 2017.
Find the sum x + y.
6(191). Given real numbers a and b such that the equation x2 + ax3 + 3x2 + 2bx + 2 = 0 has
at least one real root.
Prove that a2 + 2b2> 12.
7(191). Solve the following system of
x+y+z=3
equations
[x√y + y√z + z√x = √xyz +2.
8(191). Given an acute triangle ABC (AB < AC). D and E are on side AB and side AC respectively so that BD = CE. Prove that the centroid G of triangle ADE would move along a fixed line when points D and E move along the segments AB and AC respectively.
Quảng Ngãi)
32
Bạn đã có TỔNG TẬP TOÁN TUỔI THƠ NĂM 2018 ?
TỔNG TẬP Toán tuổi thơ NĂM 2018
55
Đóng tập 12 số tạp chí
cả năm 2018.
• Đóng bìa cứng.
TỔNG TẬP
• Tiện tra cứu cho thầy cô. TOÁN TUỔI THƠ
• Bồi dưỡng học sinh giỏi.
Lưu trữ trong thư viện.
• Quà tặng học sinh giỏi.
• Giá bìa: 170000 đồng. Tạp chí còn có tổng tập các năm 2013, 2014, 2016, 2017. Các bạn có nhu cầu hãy liên hệ theo số điện thoại 024 35682701.
NĂM 2018
TIN TỨC - [HOẠT ĐỘNG - GẶP GỠ
Ngày 21.12.2018, Trường THCS Cầu Giấy, Q. Cầu Giấy, Hà Nội đã tổ chức Lễ trao giải Kì thi Vô địch Toán cấp Trung học Úc mở rộng (AIMO) năm 2018 tại Việt Nam. Đến dự có GS. TSKH. Phạm Thế Long, Phó Chủ tịch Hội Toán học Việt Nam; GS. TSKH. NGND. Nguyễn Văn Mậu, Chủ tịch Hội Toán học Hà Nội; TS. Tạ Ngọc Trí, Phó Vụ trưởng Vụ Giáo dục Tiểu học, Bộ Giáo dục và Đào tạo, Cuộc thi AIMO năm 2016 lần đầu tiên được Trường THCS Cầu Giấy đăng cai tổ chức tại Việt Nam vào ngày 11.9.2016. Cuộc thi năm nay có gần
...
1000 thí sinh đến từ 50 trường THCS và THPT trên địa bàn TP. Hà Nội tham gia. Kết quả có 14 thí sinh đạt chứng chỉ Hạng Prize và 32 thí sinh đạt chứng chỉ Hạng High Distinction. Đặc biệt thí sinh Nguyễn Thiện Hải An, 9A0, THCS Nguyễn Trường Tộ, Q. Đống Đa, Hà Nội đã đạt điểm tuyệt đối 35/35 điểm và trở thành thí sinh có kết quả cao nhất của khối 9. Thí sinh Đặng Quang Thắng, 8A2, THCS Cầu Giấy, Q. Cầu Giấy, Hà Nội đạt 34/35 điểm và là thí sinh có điểm cao nhất khối 8.
Dành cho giáo viên, phụ huynh và trẻ em từ 12 tuổi đến dưới 16 tuổi.
Giấy phép xuất bản: số 31/GP-BVHTT, cấp ngày 23/1/2003 của Bộ Văn hóa và Thông tin.
TTT
Mã số: 8BTT191M19. In tại: Công ty cổ phần in Công Đoàn Việt Nam, 167 Tây Sơn, Đống Đa, Hà Nội. In xong và nộp lưu chiểu tháng 01 năm 2019.
Giá: 10 000 đồng
"""