ĐA TS CHUYÊN TG (TOÁN) 08-09

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN_Khoá ngày 01/7/2008 Nội dung 1/  Đặt: t = x+1, phương trình đã cho trở thành: (t+1) 4 + (t-1) 4 = 184 ⇔ t 4 + 6t 2 - 91 = 0 . Đặt z = t 2 (với z ≥ 0).Với điều kiện trên phương trình trở thành: z 2 + 6z -91= 0 ⇔ z 7 z 13 =   = −  . Với z = 7 ⇒ t = 7± ⇒ x = -1 7± Vậy phương trình có hai nghiệm x 1,2 = -1 7± 2/ a) . -2x +4 khi x < 1 y = x-1 x-3 y = 2 khi 1 x 3 2x - 4 khi x > 3   + ⇔ ≤ ≤    y b) . Ta có: y 2x 4 4 4 2x 4 4 − + ≥  ≥ ⇔  − ≥  x 0 x 4 ≤  ⇔  ≥  * Chú ý: Thí sinh viết Theo đồ thị hàm số, ta có: y x 0 4 x 4 ≤  ≥ ⇔  ≥  vẫn được. 1 (loại) 4 0 x Bài 2 1/ . Phương trình ( x – 1) ( x – 2) ( x – 3) ( x – 4) = m (1) ⇔ − + − + = 2 2 (1) (x 5x 4)(x 5x 6) m Đặt y = x 2 -5x + 4 thì ptrình trở thành: y 2 +2y –m = 0 (2) Ta có : ' ∆ = 1 + m > 0 ⇔ m > - 1 Phương trình (1) có 4 nghiệm nên phương trình (2) có hai nghiệm y 1 , y 2 với y 1 + y 2 = – 2 ; y 1 y 2 = - m ( m > -1) . Bốn nghiệm x 1 , x 2 , x 3 , x 4 có vai trò như nhau trong phương trình nên ta có thể coi x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình: − + = ⇔ − + − = 2 2 1 1 x 5x 4 y x 5x 4 y 0 và x 3 , x 4 là nghiệm phương trình: x 2 – 5x + 4 – y 2 = 0 . Ta có : + = = −    1 2 1 2 1 3 4 3 4 2 x x 5 ; x x 4 y x + x = 5 ; x x = 4 - y . Nên + + = + = + − − 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 x x x x 5 5 P x x x x 4 y 4 y ( ) ( ) − +     = = − + + − 1 2 1 2 1 2 5 8 y y 50 16 4 y y y y 24 m 2/ . Nếu 0 x 1≤ thì hiển nhiên. . Nếu 0 x 1> Ta có: 2 0 0 bx c ax+ = − Do đó: 2 0 0 b c x x a a = + ≤ 0 b c x a a + 0 M( x 1)≤ + . Suy ra: 2 0 x -1 ≤ 2 0 x ≤ 0 M( x 1)+ . Nên: 0 x 1 M− ≤ Hay: 0 x 1 M≤ + Bài 3 1/ . Ta có: P = 1 1 1 1 1 1 1 1 x y z xy yz zx xyz + + + + + + + Với x,y,z > 0 và x+y+z =1.Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 3 x y z 1 1 xyz 27 3 27 xyz + +   ≤ = ⇒ ≥  ÷   . 1 1 1 xy yz zx + + 2 3 1 3 27 xyz   ≥ ≥  ÷   . 1 1 1 x y z + + 3 1 3 9 xyz ≥ ≥ 2 . Vậy: P 1 9 27 27 64≥ + + + = Nên: giá trị nhỏ nhất của P = 64 1 khi x y z 3 = = = . 2/ . Đặt a = 1+ x (1) Ta có: 3 3 2 3 2 3 b 2 (1 x) 1 3x 3x x 1 3x +3x x= − + = − − − ≤ − − = 3 (1 x)− . Vậy: 3 3 b (1 x) b 1 x≤ − ⇔ ≤ − (2) . Từ (1) và (2) suy ra: a + b ≤ 2 Dấu “ = ” xảy ra khi x = 0 hay a = b = 1 . Vậy: A đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi a = b = 1. Bài 4 1/(1,0 điểm) . Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuông 1 x y z≤ ≤ < Ta có: 2 2 2 x y z (*) xy 2(x y z)(**)  + =  = + +  . Từ (*) ta có: z 2 =(x +y) 2 - 2xy = (x +y) 2 - 4(x+y+z) ( ) ( ) 2 2 2 = (x y) 4(x y) 4z z 4z 4 x y 4 x y 4 + − + − ⇔ + + = + − + + ⇔ 2 2 (z 2) (x y 2)+ = + − ⇔ x y 2 z 2+ − = + (vì x +y ≥ 2) . Thay z =x + y - 4 vào (**) ta được: (x-4)(y-4) =8 x 4 1 y 4 8 − =  ⇔  − =  hoặc x 4 2 y 4 4 − =   − =  ( vì y ≥ x) x 5 y 12 =  ⇔  =  hoặc x 6 y 8 =   =  . Vậy độ dài các cạnh tam giác vuông cần tìm là: 5,12,13 hoặc 6,8,10. 2/(1,0 điểm) . Gọi số cần tìm là: A = 1 2 n 1a a a Đặt B = 1 2 n a a a Ta có: A = 1B . Theo đề bài ta có: B1 3. 1B= Suy ra: 10B + 1 = 3( n 10 B+ ) ⇔ B = n 3.10 1 7 − . Bằng phép thử với n = 5 thì B = 42857 . Khi đó số bé nhất cần tìm là A = 142857 3 Bài 5 1/ . Vẽ đường kính AD của đường tròn (O), ta có D cố định. . MH // DC (cùng vuông góc với AC) . Tam giác BCD có : MH // DC , M là trung điểm của BC. Suy ra : MH đi qua trung điểm K cố định của đoạn BD. . Vậy MH luôn luôn đi qua điểm K cố định . 2/ . Ta có : OM ⊥ BC ⇒ · OMB = 90 0 OB cố định. . Do đó M thuộc đường tròn cố định đường kính OB. . Khi C ≡ A thì M ≡ N ( N là trung điểm của AB) Khi C ≡ B thì M ≡ B . Vậy M di động trên cung NB của đường tròn đường kính OB Hết 4 . LỜI GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN_Khoá ngày 01/7/2008 Nội dung 1/  Đặt: t = x+1, phương trình đã cho trở thành: (t+1) 4 +