4 De Toan thi chuyen HV-Phu Tho-2010

Đề số 1 Bài 1: Cho biểu thức: ( ) ( )( ) yx xy xyx y yyx x P + ++ + = 111))1)(( a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P. b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2. Bài 2: a) Giải phơng trình : 1 x + 2 1 2 x = 2 b) Cho biểu thức: P = 22 2 12 ++ + ++ + ++ zzx z yyz y xxy x Biết x.y.z = 4 , tính P . Bài 3: Giải hệ phơng trình : =++ =++ =++ 27 1 111 9 zxyzxy zyx zyx Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn );( BCAC . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N. a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân . b). Khi MB = MQ , tính BC theo R. Bài 5: Cho các số dơng x, y thỏa mãn điều kiện x 2 + y 3 x 3 + y 4 . Chứng minh: x 3 + y 3 x 2 + y 2 x + y 2 Đề số 2 Bài 1. C Cho hai s a v b khỏc 0 tha món : 2 111 =+ ba Chng minh phng trỡnh n x sau luụn cú nghim : (x 2 + ax + b)(x 2 + bx + a) = 0. Bài 2. Cho biểu thức : 2 2 5 4 2014M x x y xy y= + + + . Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó Bài 3. Giải hệ phơng trình : ( ) ( ) 2 2 18 1 . 1 72 x y x y x x y y + + + = + + = Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên đoan CD. a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của MN. b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi. c) Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định. Bài 5.a)Cho a, b là các số thực dơng. Chứng minh rằng : ( ) 2 2 2 2 a b a b a b b a + + + + b)Cho 1,1 yx Chứng minh. xy yx + + + + 1 2 1 1 1 1 22 Đáp án đề1 Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; 0;1;0;0 + yxyyx . *). Rút gọn P: ( ) ( ) ( ) ( ) (1 ) (1 ) 1 1 x x y y xy x y P x y x y + + = + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 x y x x y y xy x y x y x y + + + = + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 x y x y x xy y xy x y x y + + + = + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 x x y x y x x x y + + + + = + ( ) 1 x y y y x y + = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 x y y y y y + = .x xy y= + Vậy P = .yxyx + b). P = 2 .yxyx + = 2 ( ) ( ) ( )( ) 111 111 =+ =++ yx yyx Ta có: 1 + 1y 1 1x 0 4x x = 0; 1; 2; 3 ; 4 Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn Bài 2: a) Điều kiện x 0 ; 2 x 2 > 0 x 0 ; x < 2 . Đặt y = 2 2 x > 0 Ta có: 2 2 2 (1) 1 1 2 (2) x y x y + = + = Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = - 1 2 * Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình: X 2 2X + 1 = 0 X = 1 x = y = 1. * Nếu xy = - 1 2 thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình: X 2 + X - 1 2 = 0 X = 1 3 2 Vì y > 0 nên: y = 1 3 2 + x = 1 3 2 Vậy phơng trình có hai nghiệm: x 1 = 1 ; x 2 = 1 3 2 P = 1 2 2 2( 2 22 = ++ ++ = ++ + ++ + ++ xxy xyx xyxz z xxy xy xxy x (1đ) 1=P vì P > 0 Q N M O C B A Bài 3 : ( ) ( ) =++ =++ =++ 327 )2(1 111 19 xzyzxy zyx zyx ĐKXĐ : .0,0,0 zyx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 81 2 81 81 2 27 2( ) 2 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 x y z x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y z x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y y z z x x y x y y z y z x y z z x z x + + = + + + + + = + + = + + + + = + + = + + + + + + = + + = = = = = = = = = Thay vào (1) => x = y = z = 3 . Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3. Bài 4: a). Xét ABM và NBM . Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O) nên :AMB = NMB = 90 o . M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => BAN cân đỉnh B. Tứ giác AMCB nội tiếp => BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB). => MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM). => Tam giác MCN cân đỉnh M b). Xét MCB và MNQ có : MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt) BMC = MNQ ( vì : MCB = MNC ; MBC = MQN ). => ) ( cgcMNQMCB = => BC = NQ . Xét tam giác vuông ABQ có BQAC AB 2 = BC . BQ = BC(BN + NQ) => AB 2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R 2 = BC( BC + 2R) => BC = R)15( Bài 5: Ta có (y 2 - y) 2 0 2y 3 y 4 + y 2 (x 3 + y 2 ) + (x 2 + y 3 ) (x 2 + y 2 ) + (y 4 + x 3 ) mà x 3 + y 4 x 2 + y 3 do đó x 3 + y 3 x 2 + y 2 (1) + Ta có: x(x - 1) 2 0: y(y + 1)(y - 1) 2 0 x(x - 1) 2 + y(y + 1)(y - 1) 2 0 x 3 - 2x 2 + x + y 4 - y 3 - y 2 + y 0 (x 2 + y 2 ) + (x 2 + y3) (x + y) + (x 3 + y 4 ) mà x 2 + y 3 x 3 + y 4 x 2 + y 2 x + y (2) và (x + 1)(x - 1) 0. (y - 1)(y 3 -1) 0 x 3 - x 2 - x + 1 + y 4 - y - y 3 + 1 0 (x + y) + (x 2 + y 3 ) 2 + (x 3 + y 4 ) O K D C B A K O N M I D C B A mà x 2 + y 3 x 3 + y 4 x + y 2 Từ (1) (2) và (3) ta có: x 3 + y 3 x 2 + y 2 x + y 2 Hớng dẫn giải đề 2 Bài 1. 2 2 2 2 0 (*) ( )( ) 0 0 (**) x ax b x ax b x bx a x bx a + + = + + + + = + + = (*) 4b 2 = , Để PT có nghiệm 2 2 1 1 4 0 4 2 a b a b a b (3) (**) 2 4b a = Để PT có nghiệm thì 2 1 1 4 0 2 b a b a (4) Cộng 3 với 4 ta có: 1 1 1 1 2 2 a b a b + + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 4 4 4 4 8 4 2 2 a b a b a b + + + ữ (luôn luôn đúng với mọi a, b) Bài 2.(1,5 điểm) Ta có : ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 2 1 2 2 2007M x x y y xy x y= + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2007M x y x y= + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 2 1 1 2007 2 4 M x y y = + + + Do ( ) 2 1 0y và ( ) ( ) 2 1 2 1 0 2 x y + ,x y 2007M min 2007 2; 1M x y = = = Bài 3. Đặt : ( ) ( ) 1 1 u x x v y y = + = + Ta có : 18 72 u v uv + = = u ; v là nghiệm của phơng trình : 2 1 2 18 72 0 12; 6X X X X + = = = 12 6 u v = = ; 6 12 u v = = ( ) ( ) 1 12 1 6 x x y y + = + = ; ( ) ( ) 1 6 1 12 x x y y + = + = Giải hai hệ trên ta đợc : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị. Bài 4 . : a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N Do MâN = 90 0 nên MN là đờng kính Vậy I là trung điểm của MN b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g) => CN = MK = MD (vì MKD vuông cân) Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA => AM = AN = AD + AC không đổi c) Ta có IA = IB = IM = IN Vậy đờng tròn ngoại tiếp AMN đi qua hai điểm A, B cố định . Bài 5 (1,5 điểm) Ta có : 2 2 1 1 0; 0 2 2 a b ữ ữ a , b > 0 1 1 0; 0 4 4 a a b b + + 1 1 ( ) ( ) 0 4 4 a a b b + + + a , b > 0 1 0 2 a b a b + + + > Mặt khác 2 0a b ab+ > Nhân từng vế ta có : ( ) ( ) ( ) 1 2 2 a b a b ab a b + + + + ( ) ( ) 2 2 2 2 a b a b a b b a + + + + b) Chuyển vế quy đồng ta đợc. bđt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1111 22 ++ + ++ xyy yxy xyx xyx ( ) ( ) 01 2 xyyx đúng vì 1xy §Ò sè 3 Bài 1. a. Cho k là số nguyên dương bất kì. Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 1 2( ) ( 1) 1k k k k < − + + b. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 88 2 45 3 2 4 3 2010 2009 + + + + <L Bài 2. Chứng minh rằng phương trình: ( ) 4 2 2 4 2 2 3 0x m x m− + + + = luôn có 4 nghiệm phân biệt 1 2 3 4 , , ,x x x x với mọi giá trị của m . Tìm giá trị m sao cho 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 3 4 11x x x x x x x x + + + + × × × = . Bài 3. a. Giải hệ phương trình sau : 2 2 3 3 3 9 x y xy x y  + − =   + =   b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: 3 2 3 2 3 2x x x y+ + + = Bài 4. Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên đoạn OB (M không trùng với O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N. a. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm C, M, N thẳng hàng. b. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất. Bài 5. Cho a,b,c d¬ng chøng minh r»ng 1 ))(())(())(( ≤ +++ + +++ + +++ = cabcc c abcbb b cabaa a P . §Ò sè 4 Bài 1 Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên khác 0 thoả mãn 3 a b c b c a + + = thì tích abc là lập phương của một số nguyên. Bài 2 Gọi x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình x 2 - 4x+1=0 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì biểu thức x 1 2n + x 2 2n luôn là tổng của ba số chính phương liên tiếp. : Bài 3 a) Giải hệ phương trình: 2 x + y + x = 1 2x + 2y - 2xy + z = 1    . b) Giải phương trình: 1xx2x3x3 22 =+−+ . Bài 4 Cho hai tia Ox và Oy tạo với nhau một góc 45 0 và tự quay xung quanh đỉnh O cố định. Từ điểm A cố định, hạ đường vuông góc AB xuông Ox và AC xuống Oy. a) Chứng minh rằng đoạn thẳng BC có độ dài không đổi. b) Tìm điểm cố định mà các đường tròn đường kính BC đi qua. c) Gọi D và E lần lượt là giao của AB và AC với Oy và Ox. Tam giác ACD là tam giác gì? Chứng minh DE có độ dài không đổi. Bài 5a) Cho x; y; z >0 sao cho xyz=1Chøng minh r»ng 1 2 1 2 1 2 1 ≤ + + + + + = zyx Q b) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng n4 4n + là hợp số. HD §Ò sè 3 CÂU Ý NỘI DUNG Bài 1. (2điểm) a. Cho k là số nguyên dương bất kì. CMR: 1 1 1 2( ) ( 1) 1k k k k < − + + b. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 88 2 45 3 2 4 3 2010 2009 + + + + <L a. (1.0đ) Bđt 1 2 k 1 2 k (k 1) k k. k 1 + − ⇔ < + + ⇔ 2k 1 2 k(k 1) 0+ − + > 2 ( k 1 k) 0⇔ + − > Luôn đúng với mọi k nguyên dương. 1 1 1 2( ) ( 1) 1 ⇒ < − + + k k k k b. (1.0đ) Áp dụng kết quả câu a ta có: 1 1 1 1 VT 2 1 3 2 4 3 2010 2009 = + + + +L 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 2 2 3 2009 2010       < − + − + + −  ÷  ÷ ÷       L 1 2 1 2010   = −  ÷   1 88 2 1 VP 45 45   < − = =  ÷   (đpcm) ( ) 4 2 2 4 2 2 3 0x m x m − + + + = (1) Đặt : 2 t x= , ta có : ( ) 2 2 4 2 2 3 0t m t m− + + + = (2) ( 0t ≥ ) . Ta chứng tỏ (2) luôn có hai nghiệm : 1 2 0 t t< < . ( ) ( ) 2 2 4 2 ' 2 3 4 1 0m m m∆ = + − + = + > với mọi m .Vậy (2) luôn có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,t t . 4 1 2 3 0t t m× = + > với mọi m . a (1.0đ) ( ) 2 1 2 2 2 0t t m+ = + > với mọi m . Do đó phương trình (1) có 4 nghiệm : 1 t − , 1 t + , 2 t − , 2 t + . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 2 1 1 2 2 x x x x x x x x t t t t t t t t + + + + × × × = − + + − + + − × × − × ( ) 1 2 1 2 2 t t t t= + + × b (1.0đ) ( ) 2 2 2 2 2 4 4 2 1 2 3 4 1 2 3 4 4 2 3 4 11x x x x x x x x m m m m+ + + + × × × = + + + = + + . 2 2 2 2 4 2 4 2 1 2 3 4 1 2 3 4 11 4 11 11 4 0 0x x x x x x x x m m m m m+ + + + × × × = ⇔ + + = ⇔ + = ⇔ = Ta có 2 3 3 2 3 7 2 3 2 2 0 4 8 y x x x x x y   − = + + = + + > ⇒ <  ÷   (1) 2 3 3 2 9 15 ( 2) 4 9 6 2 0 2 4 16 x y x x x y x   + − = + + = + + > ⇒ < +  ÷   Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x = 1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0) Bài 4. (3 điểm) K H N O I J B A D C M a. 2.0đ MNB MBC∠ = ∠ ( Cùng chắn cung BM) MND MDC ∠ = ∠ ( Cùng chắn cung DM) 90BND MNB MND MBC MDC∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = o Do đó 5 điểm A, B, C, D, M cùng thuộc một đường tròn Suy ra NC là phân giác của góc BND ( do cung BC = cung BD) Mặt khác, theo CM trên ta có NM là phân giác của góc BND Nên M, N, C thẳng hàng. b. 1.0đ Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của N trên AC và BD ⇒ NHOK là hình chữ nhật Ta có : . . . 2NA NC NH AC NH a= = . . . 2NB ND NK BD NK a= = Suy ra 2 2 4 2 2 2 2 . . . 2 . . 2 . . 2 2 NH NK a NA NB NC ND a NH NK a a NO + = ≤ = = Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 a NH NK= = (2 2) 2 a OM − ⇔ = Bài 5. C¸ch 1: ta cã (0.5 im) ( ) acabaacaba acbcaababcacabaacabaa ++=++= +++++++=+++ 2 2 2))(( Nên cba a cabaa a ++ +++ ))(( tơng tự ta có ĐPCM Cách 2: áp dụng BĐT Bunhiacopsky cho 2 dãy ca; và ab; ta có ( ) 2 ))(( acababca +++ nên acabacabaa +++++ ))(( nên cba a cabaa a ++ +++ ))(( tơng tự ta có ĐPCM Cách 3 trục căn thức ở mẫu bcacab cbacacbccbbabcabaa P bcacab ccacbc bcacab bcbbab bcacab acabaa P ++ ++++++++ = ++ ++ + ++ ++ + ++ ++ = 222 222 ))(())(())(( ))(())(())(( HD Đề số 4 Bi Ni dung 1 (1) Đặt 1:;;; 333 ==== xyzthiz a c y c b x b a Ta có [ ] =++ == =++++=++ 0 0)()()()(3 222333 zyx zyx xzzyyxzyxxyzzyx *Nếu x=y=z thì ta có a=b=c nên abc=a 3 =b 3 =c 3 ( đpcm) * Nừu x+y+z=0 ta có (*)00 3 2 3 2 3 2 333 =++=++ accbba a c c b b a Nhân 2 vế của (*) với 3 2 3 2 ;; bcab Ta có =++ =++ )2(0 )1(0 3 4 3 222 3 2223 4 abcbccba cbacabab Lấy (1) trừ (2) ta có : 3 333 3 )( )()()()( === cb acb abcacbcbabcacbcbabc (đpcm Vì x 1 ;x 2 là nghiệm của phơng trình (1) nên )()(4 04 04 014 014 21 1 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 nn nn nn n n n n n n xxxxxx xxx xxx xx xx ++=+ =+ =+ =+ =+ ++ ++ + + + + Đặt nn n nn n nn n xxSxxSxxS 21 1 2 1 11 2 2 2 11 ;; +=+=+= ++ + ++ + [...]... n = 2k + 1, vi k l s t nhiờn ln hn 0 - Vi n = 2k, ta cú n 4 + 4 n = ( 2k ) 4 + 4 2 k ln hn 2 v chia ht cho 2 Do ú n 4 + 4 n l hp s -Vi n = 2k+1, tacú n 4 + 4 n = n 4 + 4 2 k 4 = n 4 + (2 .4 k ) 2 = (n 2 + 2 .4 k ) 2 (2.n.2 k ) 2 = (n2 + 22k+1 + n.2k+1)(n2 + 22k+1 n.2k+1) = [( n+2k)2 + 22k ][(n 2k)2 + 22k ] Mi tha s u ln hn hoc bng 2 Vy n4 + 4n l hp s ...Thì S n + 2 = 4 S n +1 S n vì S1 =4; S2= 14 cho Sk luôn là số nguyên x x2 = 2 3 ( x1 + x 2 ) 2 = 16 ( x1 x 2 ) 2 + 4 x1 x 2 = 16 x1 + x 2 = 4 1 Theo Viét ta có x1 x 2 = 1 x1 x 2 = 1 x1 x 2 = 1 x1 x 2 = 1 2 (1,5 ) Ta có giả sử tồn tại số nguyên a sao cho 2 2 2 n x12 n +... x = hoc x = 2 2 E x B H K O I A j C y D a) 4 điểm OBAC nằm trên (I) đờng kính OA=2R gọi K là trung điểm BC tam giác BIK vuông R 2 cân tạ K suy ra BK = IK = nên BC = R 2 ( không đổi) 2 b) Đờng tròn đờng kính BC luôn đi qua I c) Tam giác ACD vuông tại C có CAD = xOy = 45 0 nên là tam giác vuông cân d) Ta có tứ giác EBCD nội tiếp đờng tròn tâm H đờng kính DE BHC = CDB = 90 0 ( quan hệ góc ở tâm và góc... = xOy = 45 0 nên là tam giác vuông cân d) Ta có tứ giác EBCD nội tiếp đờng tròn tâm H đờng kính DE BHC = CDB = 90 0 ( quan hệ góc ở tâm và góc nội tiếp) trong tam giác vuông BHC tính đơc DH= R suy ra DE= 2R=OA không đổi a Ta có 3 2Q = 1 2 2 2 x y z +1 +1 = + + x+2 y+2 z+2 x+2 y+2 z+2 x 5 (1) y z Ta phải chứng minh 3 2Q = x + 2 + y + 2 + z + 2 1 áp dụng BĐT Bunhiacho 2 dãy x y z ; ; và x + 2 ; y . nhiờn ln hn 0. - Vi n = 2k, ta cú k24n4 4) k2(4n +=+ ln hn 2 v chia ht cho 2. Do ú n4 4n + l hp s. -Vi n = 2k+1, tacú 2k2k22k4k24n4 )2.n.2( )4. 2n( )4. 2(n4.4n4n +=+=+=+ = (n 2 + 2 2k+1 + n.2 k+1 )(n 2 . t= + + × b (1.0đ) ( ) 2 2 2 2 2 4 4 2 1 2 3 4 1 2 3 4 4 2 3 4 11x x x x x x x x m m m m+ + + + × × × = + + + = + + . 2 2 2 2 4 2 4 2 1 2 3 4 1 2 3 4 11 4 11 11 4 0 0x x x x x x x x m m m m m+. b + + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 4 4 4 4 8 4 2 2 a b a b a b + + + ữ (luôn luôn đúng với mọi a, b) Bài 2.(1,5 điểm) Ta có : ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 2 1 2 2 2007M x x y y xy x y= +