TUYỂN CHỌN CÁC BÀI tập ôn THI cđ đh HSG môn TOÁN

Tuyển chọn các bài tập ôn thi cao đẳng, đại học, học sinh giỏi môn toán sẽ giúp bạn nâng cao rõ rệt kiến thức của bản thân, góp phần rất lớn vào kết quả học tập của các bạn

   Giải phương trình sau: ,x y với x R∈ . a. Giải phương trình: ( ) 2 2sin 3sin 2 1 3 cos 3sinx x x x+ + = + .  ! Đặt 2 3 1, 2 t x x t= + + ≥ . Khi đó phương trình trở thành: ( ) 4 2 4 2 2 4 7 5 6 9 4 4 0t t t t t t t= − + − ⇔ − + − − + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 0 1 5 0t t t t t t⇔ − − − = ⇔ − − + − = (*) (*) 2 2 1 0 5 0 t t t t  − − = ⇔  + − =    Với 3 2 t ≥ thì 2 1 0t t− − = có một nghiệm là 1 5 2 t + =  Với 3 2 t ≥ thì 2 5 0t t+ − = có một nghiệm là 1 21 2 t − + = Khi 1 5 2 t + = thì 2 2 2 1 5 1 2 2 1 5 0 2 x x x x   + + + = ⇔ + − − =  ÷  ÷   1 3 2 5 2 x − − + ⇔ = hoặc 1 3 2 5 2 x − + + = . Khi 1 21 2 t − + = thì 2 2 2 1 21 1 2 2 9 21 0 2 x x x x   − + + + = ⇔ + − + =  ÷  ÷   1 19 2 21 2 x − − − ⇔ = hoặc 1 19 2 21 2 x − + − = . Phương trình đã cho được viết lại:  ( ) 2 2 3sin 2 3 sin cos cos 3 3sin cosx x x x x x+ + = + ( ) ( ) 2 3 sin cos 3 3sin cos 0x x x x⇔ + − + = 3sin cos 0x x⇔ + = hoặc 3sin cos 3x x+ =  1 3 sin cos 0 tan 6 3 x x x x k π π + = ⇔ = − ⇔ = − + " k Z ∈  3 sin cos 3x x+ = phương trình vô nghiệm. # a. Cho tam giác ABC vuông cân tại B , cạnh 2AB = . Trong mặt phẳng chứa tam giác ABC lấy điểm M thỏa 2 2 2 MA MB MC+ = . Tìm quỹ tích của điểm M. b. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc bằng 0 60 , 6, 9BM CN= = . Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác ABC. a. Chọn hệ trục tọa độ Bxy vuông góc sao cho tia Bx qua A và tia By qua C. Ta có: ( ) 0;0B , ( ) 2;0A , ( ) 0;2C . Giả sử ( ) ;M x y .  2 2 2 MA MB MC+ = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2x y x y x y⇔ − + + + = + − ⇔ 2 2 4 4 0x y x y+ − + = .  Phương trình trên là phương trình của một đường tròn tâm ( ) 2; 2I − , bán kính 2 2R = .  Vậy quỹ tích điểm M là một đường tròn tâm ( ) 2; 2I − , bán kính 2 2R = . b. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.  Xét trường hợp: · = 0 120BGC Ta có: = + − = 2 2 2 0 2 . .cos120 76BC GB GC GB GC = + − ⇔ = 2 2 2 2 0 2 . .cos60 28 4 AC MC GM GC GM GC Vậy AC 2 = 112 = + − ⇔ = 2 2 2 2 0 2 . .cos60 13 4 AB NB GB GN GB GN Vậy AB 2 = 52 Vậy độ dài trung tuyến còn lại : + = − = ⇒ = 2 2 2 2 63 3 7 2 4 a a AC AB BC m m  Xét trường hợp: · = 0 60BGC Ta có : = + − = 2 2 2 0 2 . .cos60 28BC GB GC GB GC = + − ⇔ = 2 2 2 2 0 2 . .cos120 52 4 AC MC GM GC GM GC Vậy AC 2 = 208 = + − ⇔ = 2 2 2 2 0 2 . .cos120 37 4 AB NB GB GN GB GN Vậy AB 2 = 148 Vậy độ dài trung tuyến còn lại : + = − = ⇒ = 2 2 2 2 171 171 2 4 a a AC AB BC m m $Cho dãy số ( ) n u xác định bởi 1 1u = và 2 1 3 2 n n u u + = + với mọi 1n ≥ . a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số ( ) n u . b. Tính tổng 2 2 2 2 1 2 3 2011 S u u u u= + + + + . %&Dễ thấy * 0, n u n N> ∀ ∈ Từ 2 2 2 1 1 3 2 3 2 n n n n u u u u + + = + ⇔ = + . Đặt 2 n n v u= thì có: ( ) 1 1 3 2 1 3 1 n n n n v v v v + + = + ⇔ + = + . Đặt 1 n n x v= + thì ta có: 1 3 n n x x + = . Từ đây suy ra ( ) n x là cấp số nhân với 1 2x = , công bội là 3. Nên: 1 1 1 2.3 2.3 1 2.3 1 n n n n n n x v u − − − = ⇒ = − ⇒ = − . '& 0 1 2 2010 2.3 2.3 2.3 2.3 2011S = + + + + −  ( ) 0 1 2 2010 2 3 3 3 3 2011= + + + + −  ( ) 2011 2 3 1 2011 3 1 − = − −   2011 3 2012= − ( Cho , ,a b c là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1a b c+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ( ) ( ) 3 6M a b c a b c abc= + + − + + + Chứng minh được: ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3a b c a b c+ + ≤ + + = Suy ra: 3a b c+ + ≤ và ( ) ( ) 3 3a b c a b c+ + ≤ + + ( ) 3 8 3 2 6 2 3 6 3 3 a b c M a b c abc + +   ≤ + + + ≤ + ≤  ÷   Vậy GTLN của M là 8 3 3 Giá trị này đạt được khi 1 3 a b c= = = . ) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ( ) 3 2 2 2 2 2 3 3 x y x xy m x x y m + + + = − −    + + =   với ,x y là các số thực. Viết lại hệ: ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 x x x y m x x x y m  + + = − −   + + + =   Đặt 2 2 ,u x x v x y= + = + . Dễ có: 1u ≥ − . Hệ trở thành: . 2 3u v m u v m = − −   + =  Suy ra: ( ) ( ) 2 2 3 2 3 3 2 2 u u m u m u m u m u − − = − − ⇔ − = + ⇔ = + Xét hàm ( ) 2 3 2 u f u u − = + với 1u ≥ − . ( ) ( ) 2 / 2 4 3 0, 1 2 u u f u u u + + = ≥ ∀ ≥ − + Bảng biến thiên: u 1− +∞ ( ) / f u + ( ) f u +∞ 2− Kết luận : 2m ≥ − . Câu 6: %* Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 1 3 x y x y x y x y  + − − =   + + − − =   , với ,x y là các số thực. '* Giải phương trình: ( ) 4 2 2 1 3 1 3 3x x x x + + + + = , với ,x y là các số thực. Câu 7: %* Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình: 2 2 0x y + − = . Đường cao kẻ từ B có phương trình: 1 0x y + + = , điểm ( ) 1;1M thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. '* Trong mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt A,B,C,D sao cho bốn điểm đó không cùng nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng: ⊥ ⇔ + = + 2 2 2 2 AC BD AB CD AD BC Câu 8: Cho dãy số(u n ) xác định như sau : 1 1 2 2 1 ( 1, ) 1 ( 2 1) n n n u u u n n u +  =   + − = ∀ ≥ ∈  − −  ¥ %* Chứng minh: tan 2 1 8 = − π '* Tính: 2015 u Câu 9: Cho ba số dương a, b c thỏa mãn abc = 1.Chứng minh rằng: %* 2 2 2 a b c a b c+ + ≥ + + '* 1 1 1 1 1 1 1a b b c c a + + ≤ + + + + + + Câu 10: Cho hệ phương trình 2 3 2 2 ( 2) 2 3 ( ) 3 x y m x y xy m y  + =     + + = +   Tìm m để hệ phương trình có nhiều hơn hai nghiệm với với ,x y là các số thực +,-,., Câu 6a Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 1 3 x y x y x y x y  + − − =   + + − − =   Điều kiện: x+y 0, x-y 0≥ ≥ Đặt: u x y v x y = +   = −  ĐK: 0, 0u v≥ ≥ ta có hệ: 2 2 2 2 2 ( ) 2 4 2 2 3 3 2 2 u v u v u v uv u v u v uv uv   − = > + = +   ⇔   + + + + − = − =     2 2 4 (1) ( ) 2 2 3 (2) 2 u v uv u v uv uv  + = +  ⇔  + − + − =   Thế (1) vào (2) ta có: 2 8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ = . Kết hợp (1) ta có: 0 4 uv u v =   + =  4 0 0 4 u v u v  =    =   ⇔  =    =    4 0 u v =  ⇔  =  (vì u>v). Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(Thỏa đk). Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2). Câu 6b Giải phương trình: ( ) 2 2 2 ( 1) 1 3 1 3 3x x x x+ + + + = (1) Từ pt ta thấy 0x〉 (1) 2 2 1 1 1 3 3 3x x x x   ⇔ + + + + =  ÷   Đặt: 1 , 2t x t x = + ≥ Pt trở thành: ( ) 2 1 3 3t t− = − 2 3 2 9 14 0 t t t t ≤  ⇔ ⇔ =  − + =  1 2 1x x x + = ⇔ = Câu 7a Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình 2 2 0x y + − = . Đường cao kẻ từ B có phương trình 1 0x y + + = , điểm ( ) 1;1M thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC Toạ độ B là nghiệm của hệ 1 0 2 2 0 x y x y + + =   + − =  Suy ra ( ) 3; 4B − Gọi d là đường thẳng qua M song song với BC : 2 3 0d x y ⇒ + − = Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B. Toạ độ N là nghiệm của hệ 2 3 0 1 0 x y x y + − =   + + =  Suy ra ( ) 4; 5N − Gọi I là trung điểm MN 5 ; 2 2 I   ⇒ −  ÷   . Gọi E là trung điểm BC. Do tam giác ABC cân nên IE là đường trung trực BC, IE đi qua I vuông góc với BC 13 : 2 0 2 IE x y ⇒ − − = . Toạ độ E là nghiệm của hệ 13 2 0 21 11 , 2 10 5 2 2 0 x y E x y  − − =    ⇒ −   ÷    + − =  6 2 ; 5 5 C   ⇒ −  ÷   . CA đi qua C vuông góc với BN suy ra 8 : 0 5 CA x y− − = Toạ đô A là nghiệm của hệ 13 2 0 2 8 0 5 x y x y  − − =     − − =   33 49 ; 10 10 A   ⇒ − −  ÷   Câu 7b Trong mặt phẳng cho bốn điệm phân biệt A,B,C,D và không cùng nằm trên đường thẳng. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 AC BD AB CD AD BC⊥ ⇔ + = + Chọn hệ trục Oxy sao cho ,A C Ox∈ , B Oy∈ . Giả sử trong hệ trục đó ta có: ( ,0), ( ,0), (0, ), ( , )A a C c B b D m n 2 2 2 2 AB CD AD BC+ = + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c m n a m n c b⇔ + + − + = − + + + 2 ( ) 0m a c⇔ − = (*) Do ( ,0)A a ≠ ( ,0)C c a c⇔ ≠ Vậy từ (*) suy ra m = 0 , hay D nằm trên trục tung. Vậy (*) AC BD⇔ ⊥ Câu 8 Cho dãy số(u n ) xác định như sau :      = −− −+ = = + , )3,2,1( )12(1 12 2 1 1 n u u u u n n n a) Chứng minh: tan 2 1 8 = − π b)Tính: 2015 u ,x y Câu 8a Ta có : 2 2tan 8 1 tan tan 4 8 8 1 tan 8   = = + =  ÷   − π π π π π 2 tan 2tan 1 0 8 8 ⇔ + − = π π tan 2 1 8 tan 2 1 8  = −  ⇔   = − −   π π tan 2 1 8 ⇒ = − π (Vì tan 8 π dương) Câu 8b Đặt 1 2 tanu a= = , ta có: 2 tan tan 8 tan( ) 8 1 tan .tan 8 a u a a π + π = = + π − , 3 tan( ) tan 8 8 tan( 2. ) 8 1 tan tan( ) 8 8 a u a a π π + + π = = + π π − + Ta chứng minh : tan( ( 1) ), 1, 8 n u a n n n= + − ∀ ≥ ∈¥ π (*) Với n = 1 1 tanu a= đúng Giả sử (*) đúng với n = k , 1k ≥ , hay ta có: tan( ( 1) ) 8 k u a k= + − π Ta có: 1 tan( ( 1) ) tan 2 1 8 8 tan( . ) 8 1 ( 2 1) 1 tan( ( 1) ).tan 8 8 k k k a k u u a k u a k + + − + + − = = = + − − − + − π π π π π Vậy (*) đúng với n = k+1 Vậy tan( ( 1) ), 1, 8 n u a n n n= + − ∀ ≥ ∈¥ π Cho n = 2015, ta có : 2015 3 3 tan( 2014. ) tan( 251 ) tan( ) 8 4 4 u a a a= + = + + = + π π π π = 2 1 tan( ) 4 2 1 a π − − = + 2 2 ( 2 1) tan 8 π = − = Câu 9 Cho ba số dương a, b c thoả mãn abc = 1 a) 2 2 2 a b c a b c+ + ≥ + + b) 1 1 1 1 a b 1 b c 1 c a 1 + + ≤ + + + + + + Câu 9a 2 1 2a a+ ≥ , 2 1 2b b+ ≥ , 2 1 2c c+ ≥ ( ) ( ) 2 2 2 3a b c a b c a b c⇔ + + ≥ + + + + + − Mà 3 3 3a b c abc+ + ≥ = Vậy: 2 2 2 a b c a b c+ + ≥ + + , đẳng thức xảy ra khi 1a b c= = = Câu 9b ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 a b a b a ab b ab a b + = + − + ≥ + ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b 1 ab a b 1 ab a b abc ab a b c⇒ + + ≥ + + = + + = + + ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 abc c a b 1 a b c ab a b c ab a b c ⇒ ≤ = = + + + + + + + + Tương tự: ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 abc a b c 1 a b c bc a b c bc a b c ≤ = = + + + + + + + + ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 abc b c a 1 a b c ca a b c ca a b c ≤ = = + + + + + + + + Vậy: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 a b c 1 a b 1 b c 1 c a 1 a b c + + + + ≤ = + + + + + + + + Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 Câu 10 Cho hệ phương trình 2 3 (1) 2 2 ( 2) 2 3 ( )(2) 3 x y m x y xy m y  + =     + + = +   Tìm m để hệ phương trinh có nhiều hơn hai nghiệm (1) 3 2 x m y= − Thế vào (2) 2 3 3 2 2 2 3 2 2 2 m y y m y my m     + − + − = +  ÷  ÷     3 2 3 ( ) 2 0 2 f y y my m⇔ = − + = (*) Hpt có nhiều hơn hai nghiệm khi pt (*) có ba nghiệm phân biệt ( )f y ′ ⇔ có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,y y và 1 2 ( ). ( ) 0f y f y ( )f y ′ có hai nghiệm phân biệt khi 0m ≠ ( ) 2 2 1 2 ( ). ( ) 0 4 0f y f y m m⇔ − Vậy ( ) 2 2 0 4 0 m m m ≠    −   ( , 2) (2, )m⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ . − + " k Z ∈  3 sin cos 3x x+ = phương trình vô nghiệm. # a. Cho tam giác ABC vuông cân tại B , cạnh 2AB = . Trong mặt phẳng chứa tam giác ABC lấy điểm M thỏa 2 2 2 MA MB. 0 60 , 6, 9BM CN= = . Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác ABC. a. Chọn hệ trục tọa độ Bxy vuông góc sao cho tia Bx qua A và tia By qua C. Ta có: ( ) 0;0B , ( ) 2;0A , ( ) 0;2C . Giả. 1 n n x v= + thì ta có: 1 3 n n x x + = . Từ đây suy ra ( ) n x là cấp số nhân với 1 2x = , công bội là 3. Nên: 1 1 1 2.3 2.3 1 2.3 1 n n n n n n x v u − − − = ⇒ = − ⇒ = − . '& 0