Dđề thi hsg toán 9 huyện hoằng hóa năm 2023-2023 năm 2024
|
THCS.TOANMATH.com giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 8 đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán 8 THCS năm học 2023 – 2024 phòng Giáo dục và Đào tạo UBND huyện Thiệu Hóa, tỉnh Thanh Hóa; kỳ thi được diễn ra vào ngày 29 tháng 02 năm 2024. Show Trích dẫn Đề học sinh giỏi huyện Toán 8 năm 2023 – 2024 phòng GD&ĐT Thiệu Hóa – Thanh Hóa: + Tìm các số nguyên tố a, b, c và số nguyên dương k thỏa mãn a2 + b2 + 16c2 = 9k2 + 18k + 10. + Cho hình vuông ABCD. Đường thẳng d đi qua C cắt hai tia AB, AD lần lượt tại M và N (AB < AM < AN). Gọi E là giao điểm của BC và DM; F là giao điểm của CD và BN; H là giao điểm của BN và DM. 1. Chứng minh EF song song với MN. 2. Chứng minh ADM đồng dạng với DFA và H là trực tâm của AEF. 3. Gọi giao điểm của AH và BC là K, giao điểm của AH và MN là O, giao điểm của MK và AC là I. Chứng minh MI/KI + AO/KO + CB/KB > 9.
Ghi chú: Quý thầy, cô và bạn đọc có thể chia sẻ tài liệu trên TOANMATH.com bằng cách gửi về: Facebook: TOÁN MATH Email: [email protected] Thầy cô giáo và các em học sinh có nhu cầu tải các tài liệu dưới dạng định dạng word có thể liên hệ đăng kí thành viên Vip của Website: tailieumontoan.com với giá 500 nghìn thời hạn tải trong vòng 6 tháng hoặc 800 nghìn trong thời hạn tải 1 năm. Chi tiết các thức thực hiện liên hệ qua số điện thoại (zalo ): 0393.732.038 Điện thoại: 039.373.2038 (zalo web cũng số này, các bạn có thể kết bạn, mình sẽ giúp đỡ) Kênh Youtube: https://bitly.com.vn/7tq8dm Email: [email protected] Group Tài liệu toán đặc sắc: https://bit.ly/2MtVGKW Page Tài liệu toán học: https://bit.ly/2VbEOwC Website: http://tailieumontoan.com THCS.TOANMATH.com giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 8 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán 8 năm học 2023 – 2024 phòng Giáo dục và Đào tạo huyện Hoằng Hóa, tỉnh Thanh Hóa. Trích dẫn Đề học sinh giỏi Toán 8 năm 2023 – 2024 phòng GD&ĐT Hoằng Hóa – Thanh Hóa: + Bác Hoàng gửi vào ngân hàng 500 triệu đồng theo thể thức lãi kép theo định kì với lãi suất 5,5% mỗi năm (tức là nếu đến hạn người gửi không rút lãi ra thì tiền lãi được tính vào vốn kì kế tiếp). Tính số tiền bác Hoàng nhận được sau 3 năm là (cả gốc và lãi). + Đường quốc lộ và đường ống dẫn dầu cắt nhau tạo thành một góc nhỏ hơn 45o, trong góc này có bãi đỗ xe ô tô ở vị trí A (hình vẽ). Cần phải xây trạm cung cấp xăng ở vị trí nào trên đường ống để các loại xe xuất phát từ bãi đỗ xe A đến cây xăng rồi ra đường quốc lộ với đường đi ngắn nhất. + Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm M bất kỳ (không trùng với A, B). Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống MC. 1. Chứng minh: BH2 = HM.HC. 2. Đường thẳng qua D vuông góc với DM cắt đường thẳng BC tại K; đường thẳng qua D vuông góc với MK cắt BC tại E. Chứng minh: ∆ KDM vuông cân và ∆ DKE đồng dạng với ∆ BKD. 3. Trên cạnh BC lấy điểm N sao cho BN = BM. Chứng minh rằng: khi điểm M di chuyển trên cạnh AB thì góc DHN luôn có số đo không đổi.
Ghi chú: Quý thầy, cô và bạn đọc có thể chia sẻ tài liệu trên TOANMATH.com bằng cách gửi về: Facebook: TOÁN MATH Email: [email protected] BÀI VIẾT LIÊN QUANMathx.vn biên soạn gửi tới các em hướng dẫn giải chi tiết đề thi tuyển chọn học sinh giỏi cấp tỉnh của sở GDĐT Thanh Hóa môn toán khối THCS năm học 2023 2024. Các em học sinh tải để về làm trước sau đó so sánh kết quả và cách giải chi tiết trong bài viết này. Chúc các em học tập tốt! .png?fbclid=IwAR10nKALalzJolDcLXVYkzAnIQYyQzbFDNrWGuDpeLvcv8lkaeLO-CuH_2c) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNHSỞ GDĐT THANH HÓA(ĐÁP ÁN + LỜI GIẢI CHI TIẾT)Môn thi: Toán - THCS Năm học: 2023 - 2024 Thời gian làm bài: 150 phút Câu I (4 điểm).1. Cho biểu thức: \({\mathrm{A}}=\left(2-{\dfrac{2{\sqrt{x y}}+1}{1+{\sqrt{x y}}}}+{\dfrac{1}{1-{\sqrt{x y}}}}+{\dfrac{2{\sqrt{x}}}{1-x y}}\right):\left({\dfrac{{\sqrt{x y}}-{\sqrt{x}}}{{\sqrt{x y}}+1}}-{\dfrac{{\sqrt{x y}}+{\sqrt{x}}}{{\sqrt{x y}}-1}}\right)\) (với \(x > 0, y > 0, xy \neq 1\)). Rút gọn biểu thức A 2. Cho a là số thực thỏa mãn: \(a^{3} - a - 1 = 0\). Tính giá trị của biểu thức \(B=a\sqrt{2a^{6}-4a^{4}+4a^{2}+3a}-\sqrt{2a^{2}+3a+2}\) Giải 1. Ta có: \({\mathrm{A}}=\left(2-{\dfrac{2{\sqrt{x y}}+1}{1+{\sqrt{x y}}}}+{\dfrac{1}{1-{\sqrt{x y}}}}+{\dfrac{2{\sqrt{x}}}{1-x y}}\right):\left({\dfrac{{\sqrt{x y}}-{\sqrt{x}}}{{\sqrt{x y}}+1}}-{\dfrac{{\sqrt{x y}}+{\sqrt{x}}}{{\sqrt{x y}}-1}}\right)\) \(= \left(\dfrac{2\Bigl(1+\sqrt{x y}\Bigr)-2\sqrt{x y}-1}{1+\sqrt{x y}}+\dfrac{1}{1-\sqrt{x y}}+\dfrac{2\sqrt{x}}{1-x y}\right) : \left({\dfrac{\left({\sqrt{x y}}-{\sqrt{x}}\right)\left({\sqrt{x y}}-1\right)-\left({\sqrt{x y}}+{\sqrt{x}}\right)\left({\sqrt{x y}}+1\right)}{\left({\sqrt{x y}}+1\right)\left({\sqrt{x y}}-1\right)}}\right) \\ = \left({\dfrac{1}{1 + {\sqrt{x y}}}}+{\dfrac{1}{1 - {\sqrt{x y}}}}+{\dfrac{2{\sqrt{x}}}{1-x y}}\right) : \dfrac{x y-\sqrt{x y}-x\sqrt{y}+\sqrt{x}-x y-\sqrt{x y}-x\sqrt{y}-\sqrt{x}}{x y - 1} \\ = {\dfrac{1-{\sqrt{x y}}+1+{\sqrt{x y}}+2{\sqrt{x}}}{1-x y}} . \dfrac{x y-1}{-2x{\sqrt{y_{-}}}-2{\sqrt{x y}}} \\ = {\dfrac{2+2{\sqrt{x}}}{1-x y}}.{\dfrac{1-x y}{2{\sqrt{x y}}({\sqrt{x}}+1)}} \\ = \dfrac{1}{\sqrt{x y}}\) Vậy \(A = \dfrac{1}{\sqrt{x y}}\) với \(x > 0, y > 0, xy \neq 1\) 2. \(B=a\sqrt{2a^{6}-4a^{4}+4a^{2}+3a}-\sqrt{2a^{2}+3a+2} = a{\sqrt{2a^{2}+3a+2(a^{3}-a){2}}} - {\sqrt{2a{2}+3a+2}}\) \(B = (a - 1) {\sqrt{2a_{-}^{2}+3a+2}}\) (1) \(B^{2} = (a - 1){2} . (2a{2} + 3a + 2) = \left(a^{2}{-}2a{+}1\right).(2a^{2}{+}3a{+}2) = 2a {4} - a {3} - 2a {2} -a + 2 = \left(2a-1\right)\left(a{3}- a -1\right) + 1=1\) (2) Vì \(a(a^{2} - 1) = 1\) nên \(a \neq 0\) Nếu a < 0 thì \(a(a^{2} - 1) = 1\) \(\begin{cases}{{a^{2} - 1 <0}}\\ {{a + 1 = a^{3} < 0}}\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}{{-1 < a < 1}}\\ {{a < -1}}\end{cases}\) Vô lí Do đó a > 0. Suy ra: \(a^{3} = a + 1 > 1 \Rightarrow a > 1 \Rightarrow a - 1 > 0 \Rightarrow B > 0\) (3) Từ (1) (2) (3) suy ra: B = 1 Câu II (4,0 điểm)1. Giải phương trình: \(3{{\sqrt{x{3}+5x^{2}}}}-1={\sqrt{{\dfrac{5x^{2}-2}{6}}}}\) 2. Giải hệ phương trình: \(\begin{cases}{{x^{2}y^{2}+3x+3y-3=0}}\\ {{x^{3}y-4x^{2}y-3x y^{2}+2x y-x^{2}+x=0}}\end{cases}\)Giải 1. ĐKXĐ: \(x ^ {3} \geq \dfrac {2}{5}\) (*) Đặt \(t =\,{\sqrt{\dfrac{5x^{2}-2}{6}}}\) (\(t \geq 0\)). Suy ra \(5x^{2} = 6 t^{2} + 2\) \({{3}\sqrt{x{3} + 5x^{2}}} -1=t \Rightarrow x {3} + 6 t{2} + 2 = {(t+1){3}} \Leftrightarrow x {3} = {(t+1)^{3}} \Leftrightarrow x = t - 1 \Leftrightarrow t = x + 1\) \(\sqrt{\dfrac{5x^{2}-2}{6}}=x+1 \Leftrightarrow \begin{cases}{{x \geq 1}}\\ {{\sqrt{\dfrac{5x^{2}-2}{6}}=(x+1)^2}}\end{cases} \\ \Leftrightarrow \begin{cases}{{x \geq 1}}\\ {{x ^2 + 12x + 8 = 0}}\end{cases} \\ \Leftrightarrow x = -6 + 2\sqrt{7}\) So sánh với điều kiện (*) thì phương trình có nghiệm là \(x = -6 + 2\sqrt{7}\) 2. \(\begin{cases}{{x^{2}y^{2}+3x+3y-3=0}} \ \ \ (1) \\ {{x^{3}y-4x^{2}y-3x y^{2}+2x y-x^{2}+x=0}} \ \ \ (2) \end{cases}\) Lấy phương trình (2) cộng với phương trình (1) theo vế, ta có: \(x^{2}y^{2}+3x+3y-3 + x^{3}y-4x^{2}y-3x y^{2}+2x y-x^{2}+x = 0 \\ \Leftrightarrow (x^3y+x^2y^2-x^2y)-(x^2+xy-x)-(3x^2y+3xy^2-3xy)+(3x+3y-3)=0 \\ \Leftrightarrow x^2y(x+y-1)-x(x+y-1)-3xy(x+y-1)+3(x+y-1)=0 \\ \Leftrightarrow (x+y-1)(x^2y-3xy-x+3)=0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{c}{{x+y-1=0}}\\ {{(x^2y-3xy-x+3)=0}}\end{array}\right.\) Với x + y - 1 = 0 => y = 1 - x thế vào (1) \(\Leftrightarrow x^2(1-x)^2 = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{c}{{x=0 \Rightarrow y=1}}\\ {{x=1 \Rightarrow y=0}}\end{array}\right.\) Với \((x^2y-3xy-x+3)=0 \Leftrightarrow (x-3)(xy-1) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{c}{{x-3=0}}\\ {{xy-1=0}}\end{array}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{array}{c}{{x=3}}\\ {{x=\dfrac{1}{y}}}\end{array}\right.\) Khi x = 3 thế vào (1) \(\Leftrightarrow 9y^3 + 3y+6=0\) (vô nghiệm) Khi \(x = \dfrac {1}{y}\) thế vào (1) \(\Leftrightarrow 3y^3 - 2y+3=0\) (vô nghiệm) Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = {(0;1),(1;0)} Câu III (4,0 điểm)1. Giải phương trình nghiệm nguyên: \(y={^3{\sqrt{2+{\sqrt{x}}}}}+{^3{\sqrt{2-{\sqrt{x}}}}}\) 2. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn \(3^{n} - 1\) chia hết cho \(2^{2024}\). Chứng minh rằng \(n\geq2^{2022}\) Giải 1. \(y={^3{\sqrt{2+{\sqrt{x}}}}}+{^3{\sqrt{2-{\sqrt{x}}}}}\) (1) ĐKXĐ: \(x \geq 0\) Nhận thấy: \(y={^3{\sqrt{2+{\sqrt{x}}}}} > {^3{\sqrt{-2+{\sqrt{x}}}}}\) nên \(y={^3{\sqrt{2+{\sqrt{x}}}}}+{^3{\sqrt{2-{\sqrt{x}}}}} > {^3{\sqrt{-2+{\sqrt{x}}}}}+{^3{\sqrt{2-{\sqrt{x}}}}} = 0 => y > 0\) Lập phương 2 vế của (1) ta được: \(y^3=4+3({^3{\sqrt{2+{\sqrt{x}}}}} + {^3{\sqrt{2-{\sqrt{x}}}}}){^3{\sqrt{4-x}}} \Rightarrow y^3=4+3.y.{{^3{\sqrt{4-x}}}} \Rightarrow {{^3{\sqrt{4-x}}}} = \dfrac{y^3-4}{3y}\) (vì y > 0) (2) Vì \(x \geq 0\) nên \( {{^3{\sqrt{4-x}}}} = \dfrac{y^3-4}{3y} \leq {^3{\sqrt{4}}}\) \=> \(y^3 \leq 3y.{^3{\sqrt{4}}} + 4 \Leftrightarrow y^3 - 3y.{^3{\sqrt{4}}} \leq 4 \Leftrightarrow y(y^2-3.{^3{\sqrt{4}}}) \leq 4\) (*) Nếu \(y \geq 3\) thì \(y(y^2-3.{^3{\sqrt{4}}}) \geq 3.(9-3.{^3{\sqrt{4}}}) > 4\) mâu thuẫn với (*) Do đó y < 3 kết hợp vói y > 0 ta được \(y\in\{1,2\}\) vì y nguyên +. Xét y = 2 thay vào (2) ta được: \({{^3{\sqrt{4-x}}}} = \dfrac {2}{3}\) (vô lý, vì \(x\in Z\) ) +. Xét y = 1 thay vào (2) ta được: \({{^3{\sqrt{4-x}}}} = -1 \Leftrightarrow x = 5\) Thử lại ta thấy x = 5 và y = 1 thỏa mãn bài toán Vậy phương trình có nghiệm: (x;y) = (5;1) 2) Vì n > 0 nên ta đặt \(n = 2^k .m\) (\(k;m \in Z\); m lẻ) Ta có: \(3^n-1=(3^{2^k})m -1= (3{2^k} - 1) ((3^{2^k}){m-1} + (3{2^k}){m-2} + ... +3{2^k} +1)\) Do m lẻ nên tổng \((3^{2^k} - 1) ((3^{2^k}){m-1} + (3{2^k}){m-2} + ... +3{2^k} +1)\) có lẻ số hạng nên tổng đó là số lẻ Do đó \(3^{n} - 1 \ \vdots \ 2^{2024} \Leftrightarrow 3^{2^k} - 1 \ \vdots \ 2^{2024}\) Ta lại có: \((3^{2^k} - 1) = (3-1)(3+1)(3^2+1)(3^{2^2}+1)(3^{2^3}+1)...(3^{2^{k-1}}+1) \\ = 2^3(3^2+1)(3^{2^2}+1)(3^{2^3}+1)...(3^{2^{k-1}}+1)\) Với \(a \in ({1;2;3;...;k-1})\) , ta có \(3^{2^k} +1 = [(3^{2^{k-1}})2-1] + 2 = (3{2^{k-1}}-1)(3^{2^{k-1}}+1) +2\) Vì \((3^{2^{k-1}}-1) và (3^{2^{k-1}}+1)\) là các số chẵn nên tích chia hết cho 4 Do đó \(3^{2^k} +1\) chia hết cho 2 nhung không chia hết cho 4 \(\Rightarrow (3^2+1)(3^{2^2}+1)(3^{2^3}+1)...(3^{2^{k-1}}+1) \ \vdots \ 2^{k-1} \\ \Rightarrow 2^3(3^2+1)(3^{2^2}+1)(3^{2^3}+1)...(3^{2^{k-1}}+1) \ \vdots \ 2^{k+2} \\ \Rightarrow 3^n -1 \ \vdots \ 2^{k+2}\) Để \(3^n -1 \ \vdots \ 2^{2024}\) thì \(2^{k+2} \ \vdots \ 2^{2024}\) \=> \(k+2 \geq 2024\) \=> \(k \geq 2022\) \=> \(n=2^k.m \geq 2^k \geq 2^{2022}\) Vậy ta có điều phải chứng minh Câu IV (6 điểm) Cho tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng \(2{\sqrt{3}}\) và đường cao AH. Trên đoạn BH lấy điểm M tùy ý (M không trùng B, H). Gọi P, Q lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC 1. Chứng minh giá trị của biểu thức MP + MQ không phụ thuộc và vị trí của điểm M 2. Gọi K là trung điểm của AM
3. Vẽ đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABM. Gọi D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (O) với các cạnh BM, AB, AM. Vẽ DN vuông góc với EF tại N. Chứng minh \({\widehat{B N E}}={\widehat{M N F}}\) Giải 1. Trong \(\Delta B M P\) vuông ở P, ta có: \(MP = MB.sinMBP=MB.sin60^0=\dfrac {{\sqrt{3}}}{2}MB\) Tương tự, ta chứng minh được: \(MQ = \dfrac {{\sqrt{3}}}{2} MC\) \=> \(MP+MQ= \dfrac {{\sqrt{3}}}{2}(MB+MC)=\dfrac {{\sqrt{3}}}{2}BC=\dfrac {{\sqrt{3}}}{2}.2{\sqrt{3}}=3\) không phụ thuộc vào vị trí của điểm M 2. a. Do \({\widehat{A P M}}={\widehat{A Q M}} = {\widehat{A H M}} = 90^o\) nên theo tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông, ta có \(KP = KQ = KH = \dfrac {1}{2}AM\) (1) Trong \(\Delta PKH\) cân ở K có \({\widehat{P K H}}=2{\widehat{P A H}} = 2{\widehat{B A H}} = 2.30^o= 60^o\) Vậy \(\Delta PKH\) đều => HP = HK (2) Tương tự, ta chứng minh được \(\Delta QKH\) \=> HQ = HK (3) Từ (1) (2) (3) ta được \(HP = PK = KQ = QH = HK = \dfrac {1}{2}AM\) nên tú giác PKQH là hình thoi b. Ta có \(S=S_{PKQH}=2S_{PKH}=2.KH^2.\dfrac {{\sqrt{3}}}{4}=\dfrac {{\sqrt{3}}}{2}KH^2=\dfrac {{\sqrt{3}}}{8}AM^2>\dfrac {{\sqrt{3}}}{8}AH^2=\dfrac {9{\sqrt{3}}}{8}\) \(S=S_{PKQH}=\dfrac {{\sqrt{3}}}{8}AM^2<\dfrac {{\sqrt{3}}}{8}AB^2=\dfrac {3{\sqrt{3}}}{2} \Rightarrow 1,95 \approx \dfrac {9{\sqrt{3}}}{8} < S <\dfrac {3{\sqrt{3}}}{2} \approx 2.60 \Rightarrow S=2\) 3. Gọi B', M' lần lượt là hình chiếu của B, M lên EF. Gọi N' là giao điểm của DN và BM'. Khi đó BB' // DN // MM' nên áp dụng định lý Talet trong các \(\Delta BMM'\) ; \(\Delta M'BB'\) ta có: \(\begin{cases}{\dfrac {MD}{DB}} = \dfrac {M'N'}{N'B} \\ {{\dfrac {M'N'}{N'B} = \dfrac {M'N}{NB'}}}\end{cases} \) \=> \(\dfrac {BD}{DM} = \dfrac {B'N}{NM'}\) (4) Xét \(\Delta BB'E\) và \(\Delta MM'F\) , ta có: \({\widehat{B B' E}}={\widehat{M M' F}} = 90^o\) \({\widehat{B E B'}}={\widehat{A E F}} = {\widehat{A F E}}\) (\(\Delta AEF\) cân tại F do AE = AF theo tính chất tiếp tuyến) = \( {\widehat{M F M'}}\) Vậy \({\widehat{B E B'}} \) ~ \({\widehat{M M' F}} \) (g.g) => \(\dfrac {B'E}{M'F} = \dfrac {BE}{MF}= \dfrac {BD}{DM}\) (5) (do BE = BD; MF = MD theo tính chất tiếp tuyến) Từ (4) và (5), ta được \(\dfrac {B'N}{NM'} = \dfrac {B'E}{M'F}= \dfrac {B'N-B'E}{NM'-M'F}= \dfrac {EN}{FN}\) Xét \(\Delta BNE\) và \(\Delta MNF\) , ta có: \({\widehat{B E N}}={\widehat{M F N}}\) \(\dfrac {EN}{FN} = \dfrac {B'N}{NM'}= \dfrac {BE}{MF}\) Vậy \(\Delta BNE\) ~ \(\Delta MNF\) (c.g.c) => \({\widehat{B N E}}={\widehat{M N F}}\) (ĐPCM) Câu V (2 điểm)Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn \(a + b + c = {\dfrac{a}{b}}+{\dfrac{b}{c}}+{\dfrac{c}{a}}\) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(\mathrm{P}={\dfrac{\mathrm{a}+\mathrm{b}+1}{\mathrm{a}{3}+\mathrm{b}{3}+1}}+{\dfrac{\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{l}}{\mathrm{b}{3}+\mathrm{c}{3}+\mathrm{l}}}+{\dfrac{\mathrm{c}+\mathrm{a}+1}{\mathrm{c}{3}+\mathrm{a}{3}+\mathrm{l}}}\) Giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho giả thiết ta được \(\mathbf{a}+\mathbf{b}+\mathbf{c}={\dfrac{\mathbf{a}}{\mathbf{b}}}+{\dfrac{\mathbf{b}}{\mathbf{c}}}+{\dfrac{\mathbf{c}}{\mathbf{a}}}\geq 3\) Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức cho giả thiết ta được \(\mathbf{a}+\mathbf{b}+\mathbf{c}={\dfrac{\mathbf{a}}{\mathbf{b}}}+{\dfrac{\mathbf{b}}{\mathbf{c}}}+{\dfrac{\mathbf{c}}{\mathbf{a}}}\geq \dfrac{\left(a+\mathrm{b}+\mathrm{c}\right)^{2}}{\mathrm{ab+bc+ca}} \Rightarrow ab +bc +ca \geq a + b +c \geq 3\) Áp dụng bất đẳng thức Bnhiacopxki ta có \((a^3+b^3+1)(a+b+1) \geq (a^2+b^2+1)^2 \geq \dfrac {(a+b+1)^2(a^2+b^2+1)}{3}\) Do đó ta được \(\dfrac {a+b+1}{a^3+b^3+1} \leq \dfrac {3}{a^2+b^2+1}\) Tương tự ta thu được \(P \leq \dfrac {3}{a^2+b^2+1} + \dfrac {3}{b^2+c^2+1} + \dfrac {3}{c^2+a^2+1}\) Ta sẽ chứng minh; \(\dfrac {1}{a^2+b^2+1} + \dfrac {1}{b^2+c^2+1} + \dfrac {1}{c^2+a^2+1} \leq 1\) Thật vậy, bất đẳng thức trên được viết lại thành \(\dfrac {a^2+b^2}{a^2+b^2+1} + \dfrac {b^2+c^2}{b^2+c^2+1} + \dfrac {c^2+a^2}{c^2+a^2+1} \geq 2\) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được \(\dfrac {a^2+b^2}{a^2+b^2+1} + \dfrac {b^2+c^2}{b^2+c^2+1} + \dfrac {c^2+a^2}{c^2+a^2+1} \geq \dfrac { ( \sqrt{a^{2}+b^{2}} + \sqrt{b^{2}+c^{2}} + \sqrt{c^{2}+a^{2}} )^2 }{2(a^2+b^2+c^2)+3}\) Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(( \sqrt{a^{2}+b^{2}} + \sqrt{b^{2}+c^{2}} + \sqrt{c^{2}+a^{2}} )2 \geq 4(a^2+b^2+c^2)+6 \\ \Leftrightarrow {\sqrt{\left(\mathbf{a}{2}+\mathbf{b}{2}\right)\left(\mathbf{b}{2}+\mathbf{c}{2}\right)}} + {\sqrt{\left(\mathbf{b}{2}+\mathbf{c}{2}\right)\left(\mathbf{c}{2}+\mathbf{a}{2}\right)}} + {\sqrt{\left(\mathbf{c}{2}+\mathbf{a}{2}\right)\left(\mathbf{a}{2}+\mathbf{b}^{2}\right)}} \geq a^2+b^2+c^2+3\) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được \({\sqrt{\left(\mathbf{a}{2}+\mathbf{b}{2}\right)\left(\mathbf{b}{2}+\mathbf{c}{2}\right)}} \geq b^2+ac\) Áp dụng tương tự ta được \({\sqrt{\left(\mathbf{a}{2}+\mathbf{b}{2}\right)\left(\mathbf{b}{2}+\mathbf{c}{2}\right)}} + {\sqrt{\left(\mathbf{b}{2}+\mathbf{c}{2}\right)\left(\mathbf{c}{2}+\mathbf{a}{2}\right)}} + {\sqrt{\left(\mathbf{c}{2}+\mathbf{a}{2}\right)\left(\mathbf{a}{2}+\mathbf{b}{2}\right)}} \geq a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\) Mà từ giả thiết ta được \(ab+bc+ca \geq 3\). Do vậy ta được \({\sqrt{\left(\mathbf{a}{2}+\mathbf{b}{2}\right)\left(\mathbf{b}{2}+\mathbf{c}{2}\right)}} + {\sqrt{\left(\mathbf{b}{2}+\mathbf{c}{2}\right)\left(\mathbf{c}{2}+\mathbf{a}{2}\right)}} + {\sqrt{\left(\mathbf{c}{2}+\mathbf{a}{2}\right)\left(\mathbf{a}{2}+\mathbf{b}{2}\right)}} \geq a^2+b^2+c^2+3\) Vậy bất đẳng thức được chứng minh Suy ra giá trị lớn nhất của P là 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Trên đây MATHX đã hướng dẫn các em chữa đề thi tuyển chọn học sinh giỏi cấp tỉnh của sở GDĐT Thanh Hóa môn toán khối THCS năm học 2023 2024 |
