đáp án chuyên ngữ toán Hà nội 2000 2009

Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 HƯỚNG DẪN + ĐÁP ÁN MÔN TOÁN VÀO CHUYÊN NGỮ TỪ NĂM 2001 ĐẾN 2009 NĂM 2001 Câu 1: ( số tự nhiên ( a) ĐK: x ≥ 0; x ≠ Rút gọn P = b) Để = P ( ) x +1 x = c) Với x = − = ( ) − , suy ) x + 1) = Từ giải x +1 2 x = − Do P = Câu 2: ĐK: x ≥ −1 ⎞ ⎛ Phương trình ⇔ ( x + 1) + x + = a + ⇔ ⎜ ( x + 1) + ⎟ =a+ 2⎠ ⎝ ⎞ 25 ⎛ a) Với a = thay vào phương trình được: ⎜ ( x + 1) + ⎟ = 2⎠ ⎝ = ( x + 1) = hay x = Từ có: ( x + 1) + ⇔ 2 2 b) Phương trình cho vô nghiệm xảy hai trường hợp sau: 9 ≤0⇔a≤− 8 TH2: Với a > − phương trình ⇔ TH1: a + ( x + 1) = a + − , 2 − < hay a < - Giá trị 2 phương trình vô nghiệm a+ a cần tìm trường hợp là: − < a < −1 Cộng hai trường hợp được: a < - phương trình cho vô nghiệm Câu 3: OI OB = 1) ΔBOI ∼ ΔAOC (g – g) Suy ra: Từ ta tính được: OC OA OI = OB.OC R = OA 2) - Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 AD AE AD AC = = hay mà AC AB AE AB góc A chung nên ta lại có ΔADE ∼ ΔACB (c – g – c) Từ a ΔABE ∼ ΔACD (g – g), suy suy được: DEA = ABC = AIC Vậy lại có ΔAKE ∼ ΔACI (g – g), suy được: AK AE = hay AK.AI = AC.AE AC AI H J b Ta có: AI = AO + OI = 5R Kẻ tiếp tuyến AM với (O)( M tiếp điểm) Dễ dàng có: AC.AE = AM2 = AO2 – OM2 = 3R2 3R R AC AE Từ ý 2.a có AK = = 5R = AI c Gọi H J giao điểm IK với (O)( H nằm A J) 6R ; OK = OA – 6R 4R 4R 9R = Do KJ = KO + OJ = +R= AK = 2R – 5 5 Dễ dàng có: KH.KJ = KD.KE mà AK = R 9R 9R R = KH = Suy KD.KE = KH.KJ = Giả sử 5 25 đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt OA F Dễ dàng KD.KE R R 3R = : = có KA.KF = KD.KE suy KF = AK 25 10 mà K OA cố định Vậy F điểm cố định - Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 Câu 4: Rõ ràng với x > y > Vậy ta cần tìm y > để phương trình x = y có nghiệm x > Biến đổi ta có phương trình là: ( x + 2001) y.x + ( 4002 y − 1) x + 20012 y = , phương trình có nghiệm x > hệ sau thỏa mãn: ⎧ ⎧ ⎪ 4002 y − − 2001 y ≥ ⎪Δ ≥ ) ( ) ⎪( ⎪ b ⎪ ⎪⎪1 − 4002 y S x x = + = − > ⇔ >0 ⎨ ⎨ a y ⎪ ⎪ c ⎪ ⎪ 20012 y P x x = = > >0 ⎪⎩ ⎪ a ⎪⎩ y ⎧ ⎧1 − 8004 y ≥ y≤ ⎪ ⎪ ⎪ 8004 − y > ⇔ ⇔ y ≤ 4002 ⎨ ⎨ Điều tương đương với: 8004 Do ⎪2001 > ⎪y < ⎩ ⎪⎩ 4002 < y ≤ 1 Từ giá trị lớn hàm số , đạt 8004 8004 x = 2001 NĂM 2002 Câu 1: 1) Ta có: VT = [(x + y + z)3 – x3] – (y3 + z3) = (y + z).[(x + y + z)2 + (x + y + z).x + x2] – (y + z).(y2 – yz + z2) = (y + z).[ ((x + y + z)2 – y2) + x(x + z) + y(x + z) + (x2 – z2)] = (y + z)(x + z)(3x + 3y) = 3.(x + y)(y + z)(z + x) = VP 2) Áp dụng ý 1) có: (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a); (a + b – c)3 = a3 + b3 – c3 + 3(a + b)(b – c)(a – c); (b + c – a)3 = - a3 + b3 + c3 + 3(b – a)(b + c)(c – a); (c + a – b)3 = a3 – b3 + c3 + 3(a – b)(c – b)(c + a) Từ đó: P = 3(a + b)(b + c)(c + a) – 3(a + b)(b – c)(a – c) – 3(b – a)(b + c)(c – a) – 3(a – b)(c – b)(c + a) = 24abc chia hết cho 24 Suy đpcm Câu 2: - Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 Vì x = không nghiệm phương trình nên chia hai vế phương trình cho x2, xếp lại ta được: 4(x + 60 60 + 17)(x + + 16) = Đặt t x x 60 , đưa phương trình bậc hai: 4t2 + 132t + 1085 = Giải x 31 35 phương trình ta nghiệm t1 = − ; t2 = − Từ tìm 2 = x + nghiệm x phương trình là: −8; − 15 −35 ± 265 ; Câu 3: Câu có nhiều cách chứng minh Sau ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương Đpcm tương đương với: 2(a2 + b2 + c2) 2 2 ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ (a – 2ab + b ) + (b – 2bc + c ) + (c – 2ca + a2) ≥ ⇔ (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ (đúng) Suy đpcm Áp dụng ý cho a = x2; b = y2; c = z2 Ta có: x4 + y4 + z4 = (x2)2 + (y2)2 + (z2)2 ≥ x2y2 + y2z2 + z2x2 = (xy)2 + (yz)2 + (zx)2 Lại áp dụng ý cho a = xy; b = yz; c = zx có: (xy)2 + (yz)2 + (zx)2 ≥ (xy).(yz) + (yz).(zx) + (zx).(xy) = xy2z + xyz2 + x2yz = xyz(x + y + z) Từ hai điều ta có: x4 + y4 + z4 ≥ xyz(x + y + z), dấu xảy x = y = z Câu 5: ( Từ đề ta có phân tích: (x3 – y)2 = 64 – x6 Vì x − y ) ≥ suy 64 – x6 ≥ hay |x| ≤ Vì x nguyên nên suy x = {0; ±1; ±2} Với x = ta có y = ±8 , x = ±1 y nguyên, x = y = 8, x = - y = - Vậy nghiệm nguyên cần tìm ( x, y ) = {( 0,8 ) ; ( 0, −8 ) ; ( 2,8 ) ; ( −2, −8 )} NĂM 2003 Câu 1: 1) ĐK để A có nghĩa x ≠ Rút gọn A = ( ) x x + x +1 2) Với x = 33 − = − Từ A = 128 − 1057 3) Khi x = A = Xét x ≠ , biến đổi A = có x+ Ta x+ +1 x ≥ , x ≠ suy dấu không xảy nên x - Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được x+ ĐT: 0988.923.653 > Từ x + > hay A = x x+ 1 < +1 x+ x (đpcm) Câu 2: 1) Phân tích: 2 ⎡ 1− y) ⎛ 1− y ⎞ ⎤ ⎛ 1− y ⎞ ( +⎜ x + x − xy − y − y = ⎢ x + 2.x ⎟ ⎥ −⎜ ⎟ − 2y − 2y = ⎝ ⎠ ⎦⎥ ⎝ ⎠ ⎣⎢ 2 2 1− y ⎞ y2 + y +1 ⎛ 1− y ⎞ ⎛ 3y +1 ⎞ ⎛ =⎜x+ = ⎜x+ ⎟ − ⎟ −⎜ ⎟ = ⎠ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ = (x – 2y)(x + y + 1) ⎧⎡ x = y (1) ⎧⎪( x − y ) ( x + y + 1) = ⎪⎢ ⇔ ⎨⎣ x = −1 − y (2) Sau 2) Hệ tương đương: ⎨ 2 ⎪⎩ x + y = ⎪ 2 ⎩ x + y = (3) ghép phương trình (1) với (3), ghép phương trình (2) với (3) ta hai hệ phương trình Giải hệ ta nghiệm ⎧ ⎞⎫ ⎛ ⎞ ⎛ − − , ; , hệ cần tìm là: ( x, y ) = ⎨( −1, ) ; ( 0, −1) ; ⎜ ⎟⎬ ⎟ ⎜ 5 ⎠⎭ ⎝ 5⎠ ⎝ ⎩ Câu 3: ⎧⎪ x + ( x − ) ≥ ⎧x ≥ ⇔⎨ ⇔ x≥2 1) ĐK: ⎨ x 1; ≠ − ⎩ x x + − ≠ ⎪⎩ 2) Vì x ≥ nên ta suy ra: x2 + 3x – > Ta chứng minh y ≤ phương pháp biến đổi tương đương ( ) Xét đpcm: y≤3⇔ 2x2 + tương đương với: x + 6 (x ⇔ ( ) (x (x ) ) + ( x − 2) + x + 3x − ) ≤ Điều ( ) + ( x − ) + ≤ x + 3x − hay + ( x − ) ≤ x + x − 17 ⇔ x + − x − 18 (x ) ( ) + ( x − 18 ) ≤ x + + ( x − 18 ) ≥ (Đúng) Dấu “=” xảy x nghiệm phương trình: x2 + = 9x – 18 ⇔ x2 – 9x + 19 = 9± Giải ta x = Câu 4: - Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 t M C A B O1 O D O2 N Chứng minh hai tam giác MAC MAD đồng dạng, từ suy MA2 = MC.MD Gọi O1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Vì góc BO1C góc tâm (O1), góc BDC góc nội tiếp (O1), góc BO1C góc BDC chắn cung BC (O1) nên BO1C = BDC Mà BDC = ABM nên ta có BO1C = ABM Lại có tam giác BO1C tam giác cân O1 nên BO1C + O1 BC = 1800 Suy ABM + 2O1 BC = 1800 , ta có ABM + O1 BC = 900 hay O1B vuông góc BM Mà B thuộc (O1) Bt tiếp tuyến (O1) B nên suy BM trùng với Bt Giả sử O1B cắt (O) N Ta có góc MBN 900 suy MN đường kính (O) mà M cố định nên N cố định Gọi O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD Chứng minh tương tự ta có AM tiếp tuyến (O2) nên O2 thuộc AN Dễ dàng chứng minh AN song song với O1C, BN song song với O2C nên tứ giác NO1CO2 hình bình hành Suy O1C + O2C = BN (không đổi) Vậy ta có đpcm Câu 5: Phương trình cho tương đương: (x2 + 5x + 4).(x2 + 5x + 6) = m 25 ta phương trình t2 + 10t + 24 Đặt t = x2 + 5x, điều kiện t ≥ − – m = (*) Vì phương trình ban đầu có nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4 - Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 25 Theo định lý Vi-et cho phương trình (*) có: t1.t2 = 24 – m Mặt khác ứng với nghiệm t1 ta có: x2 + 5x – t1 = 0, phương trình có nghiệm phân biệt x1, x2 nên theo định lý Vi-et có: x1.x2 = - t1 Tương tự với nghiệm phân biệt x3, x4 phương trình: x2 + 5x – t2 = có x3.x4 = - t2 Từ xét x1.x2.x3.x4 = (-t1).(-t2) = t1.t2 = 24 – m (đpcm) nên phương trình (*) phải có nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn t ≥ − NĂM 2004 Câu 1: , x ≠ ⎛ 2x x + x − x x + x ⎞ x −1 x M = ⎜⎜ − + ⎟⎟ x −1 ⎠ 2x + x −1 x −1 x x −1 ⎝ x+ x x x x+ x = − + = x + x +1 x −1 x −1 x + x +1 a) ĐK: x ≥ 0, x ≠ b) Do x ≥ nên M ≥ Đẳng thức xảy x = Vậy MinM = x = Câu 2: a) Phương trình cho tương đương với: (x + 1)( x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24 ⇔ [(x + 1)(x + 4)][(x + 2)(x + 3)] = 24 2 ⇔ (x + 5x + 4)(x + 5x + 6) = 24 (*) Đặt t = x2 + 5x, phương trình (*) trở thành: (t + 4)(t + 6) = 24 Giải phương trình ta t1 = 0, t2 = - 10, phương trình ban đầu có nghiệm x1 = 0, x2 = - 2 b) Biến đổi P ta có: P = − ( x + y ) − ( x − 1) ≤ với x, y thuộc Từ ta maxP = (x ; y) = (1 ; -2) Câu 3: Hệ phương trình cho tương đương với: ⎪⎧( x − 1)( x − y + 1) = ⎨ Giải hệ ta nghiệm (x , y) ⎪⎩ x + y = hệ là: 3⎞ ⎛1 2 ⎞ ⎛1 2 ⎞ , − ⎟; ⎜ , ⎟; ⎜ , − ⎟ ⎟⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ ⎜⎝ Câu 4: (Chú ý: Hình vẽ không xác) ( 0,1) ; ⎛⎜ − - Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được a) Ta có: sđ DBK = sđ ĐT: 0988.923.653 ( DA + AK ) ; sđ DIB = 12 sđ ( BD + KC ) Mà sđ BD = sđ DA tam giác DBI cân D nên sđ AK = sđ KC Suy AK = CK, hay tam giác KAC cân K b) Từ câu a) ta thấy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên đường thẳng AI qua trung điểm J cung BC (không chứa điểm A) M x X D A K O I B C J Nhận xét JIC = JCI nên tam giác JIC cân J suy JI = JC (không đổi) Do độ dài AI lớn AJ lớn ⇔ AJ đường kính đường tròn (O) hay A điểm cung lớn BC c) Phần thuận: Theo giả thiết tam giác AMC cân A, suy góc BMC = BAC Giả sử số đo góc BAC = 2α (không đổi) A di động cung lớn BC, điểm M thuộc cung chứa góc α dựng đoạn thẳng BC phía điểm O Phần đảo: Tiếp tuyến Bx với (O) cắt cung chứa góc α dựng đoạn BC X Lấy điểm M cung CX phần cung chứa góc α dựng đoạn BC ( M khác X, khác C) Nối MB cắt (O) A A thuộc cung lớn BC Khi - Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 BAC = 2α , AMC = α nên ACM = α suy tam giác ACM cân A, hay AC = AM Kết luận: Quỹ tích điểm M cung CX, phần cung chứa góc α dựng đoạn BC phía điểm O, không kể điểm C X Câu 5: Viết phương trình cho dạng: x2 – 4yx + (5y2 + 2y – 3) = Phương trình bậc hai (ẩn x) có nghiệm khi: Δ ' ≥ ⇔ 4y2 – (5y2 + 2y – 3) ≥ hay – ≤ y ≤ Vậy (x , y) = (6 , -3) NĂM 2005 Câu 1: 1) Với n ∈ * , ta có: ( n + 1) n − n n + 1 = ( n + 1) n + n n + ( n + 1)2 n − n2 ( n + 1) n n + = ( n +1 − n n ( n + 1) )= 1 − n n +1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ − − − ⎟ + + ⎜ ⎟ ⎟+⎜ 2⎠ ⎝ 3⎠ 2005 ⎠ ⎝ ⎝ 2004 = 1− 2005 Do đó: A = ⎜ 2) Đẳng thức cho tương đương với: ⎡ ( x − y ) − ( x + y − z ) ⎤ + ⎡( y − z ) − ( y + z − x ) ⎤ + ⎡ ( z − x ) − ( x + z − y ) ⎤ = ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⇔ ( x − z ) ( z − y ) + ( y − x ) ( x − z ) + ( z − y ) ( y − x ) = ⇔ ( x − z ) ( z − y + y − x ) + ( z − y ) ( y − x ) = ⇔ x + y + z − xy − yz − zx = ⇔ ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) = ⇔ x = y = z (đpcm) 2 Câu 2: 3 ⎛ ⎞⎛ ⎞ 1) Phương trình cho tương đương với: ⎜ x + − ⎟ ⎜ x + − ⎟ = x x ⎝ ⎠⎝ ⎠ (do x = không nghiệm phương trình) Đặt t = x + x phương trình viết thành: t – 5t + = Giải phương trình ta - Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 t1 = 1, t2 = Từ ta tìm nghiệm phương trình ban đầu x1 = 1, x2 = 2) Trước tiên để phương trình có hai nghiệm x1, x2 Δ ≥ Điều tương đương với: m2 + 14m + ≥ hay m ≥ −7 + m ≤ −7 − (*) Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình (1) ta có: ⎧ x1 + x2 = m + (2) ⎨ ⎩ x1 x2 = − m (3) Từ (2) 2x1 + 3x2 = 13 ta tìm x1 = 3m + 2, x2 = – 2m ⎡m = Thay x1, x2 vào (3) ta được: m − m = ⇔ ⎢ Cả hai giá ⎣m = trị m thỏa mãn điều kiện (*) Và m cần tìm Câu 3: ( ) ( ) ( )( ) 2 2 Ta thấy Δ ' = m + + m m + = m + m + m + > với m, phương trình có hai nghiệm x1, x2 phân biệt Theo định lý Vi⎧ x1 + x2 = −2 ⎪ m et cho phương trình (1) ta có: ⎨ ⎪⎩ x1.x2 = − m2 + 4m + 2m + A x x x x = + − = ( 2) Từ đó: Viết dạng phương m2 + trình bậc hai ẩn m ta được: ( A − ) m − 6m + A = Phương trình có nghiệm Δ ' = − A2 + A + ≥ hay − 13 ≤ A ≤ + 13 Vậy minA = - 13 , maxA = + 13 Câu 4: -10 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 P A F O B N I E 1 C M 1 (sđ NC + sđ PB ); sđ NCI = (sđ AN + sđ AP ) mà 2 theo giả thiết suy sđ NC = sđ AN ; sđ PB = sđ AP Do NIC = a) Ta có: sđ NIC = NCI Suy tam giác NIC cân N b) Do sđ BM = sđ MC nên BNM = MNC Do tam giác NIC cân N, có MN phân giác đồng thời đường cao, suy ra: MN vuông góc với IC Chứng minh tương tự ta có: IA vuông góc PN, IB vuông góc PM Suy I trực tâm tam giác MNP c) Ta có: I = C1 , I1 = B1 Từ ta xét tổng sau: 1 1 I1 + I + I + I = AP + BM + AN + MC + AP + AN = 2 2 1 AP + BM + AN + MC + PB + NC = 3600 = 1800 Suy E, I, F 2 thẳng hàng ( ) ( ( ) ) A N P O I H B K Q2 C M -11 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 d) Gọi H giao điểm PM IB suy H trung điểm IB Gọi Q trung điểm KB HQ song song IK HQ = IK IK Do tam Dễ dàng tính KB = IK BQ = QK = giác BHQ, QKM vuông Q1 = Q2 nên cosBQH = cosMQK mà HQ QK HQ QK cosBQH = = , cosMQK = suy ra: tính BQ BQ QM QM IK QM = sin B2 = KM = 5IK , BM = 10IK Suy KM = từ B2 = 450 nên A = 900 BM Câu 5: Phương trình cho tương đương với: x + Đặt x = y , – thay vào 12 x + x+ = 5 phương trình ta được: 2⎞ 6⎛ ⎞ 12 ⎛ 2⎞ ⎛ ⎜ y − ⎟ + ⎜ y − ⎟ + ⎜ y − ⎟ + = Rút gọn ta phương 5⎠ 5⎝ 5⎠ 5⎝ 5⎠ ⎝ 48 96 y+ = Bây ta đặt y = u + v, biến đổi trình là: y + 25 125 48 ⎞ ⎛ 3 96 ⎞ ⎛ + + + u v uv ( ) phương trình thành: ⎜ u + v + ⎟ = (*) Cần ⎟ ⎜ 125 ⎠ 25 ⎠ ⎝ ⎝ tìm u, v cho (*) Do phương trình (*) tương đương với hệ: 96 ⎧ 3 + = − u v ⎪ 125 ⎪ ⎨ ⎪u 3v3 = ⎛ − 16 ⎞ ⎜ ⎟ ⎪⎩ ⎝ 25 ⎠ Từ suy u3, v3 nghiệm phương trình bậc hai: 96 ⎛ 16 ⎞ ⎛ 16 ⎞ X + X − ⎜ ⎟ = Phương trình có Δ ' = ⎜ ⎟ Từ ta 125 ⎝ 25 ⎠ ⎝ 25 ⎠ 3 32 128 32 128 ,v = − ,v = − hay u = nghiệm: u = 5 125 125 32 − 128 − Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x = NĂM 2006 -12 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 Câu 1: a) ĐK: x ≥ 0, x ≠ Rút gọn được: P = b) Ta có: Q = P − x = x+2 x −1 x +2 = 1+ Để Q nhận giá trị x −1 x −1 nhận giá trị nguyên hay x − Ư(3) = {x −1 1;1;3;-3} Từ ta nghiệm x = {0;4;16} Câu 2: a) Phương trình tương đương với: (x4 – 2x2 + 1) – (4x3 – 4x) = Phân tích thành nhân tử được: (x2 – 1).(x2 – 4x – 1) = Từ ta nghiệm phương trình x = −1;1; + 5; − nguyên { } b) Phương trình thứ hệ tương đương với: (x – y).(x – 2y) = ⎡⎧ x = y ⎢⎨ ⎢ ⎩2 x − 3xy + = Giải hai hệ Từ hệ cho tương đương với: ⎢ ⎧ x = y ⎢⎨ ⎢⎣ ⎩2 x − 3xy + = ta nghiệm { 5, ; − 5, − } ( )( ) hệ cho là: (x,y) = Câu 3: a) Đường thẳng d có dạng y = kx + b Vì d qua điểm I(0;-2) nên ta có: -2 = k.0 + b Suy b = -2 Vậy đường thẳng d: y = kx – Xét x2 phương trình hoành độ giao điểm: − = kx − hay x2 + 2kx – 2 = (*) Phương trình có Δ ' = k + > ∀k Suy phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt nên đường thẳng d cắt (P) hai điểm A, B phân biệt k thay đổi b) Dễ dàng có H(x1;0), K(x2;0) với x1, x2 nghiệm phương trình (*) Khi hệ số góc đường thẳng IK k1 = góc đường thẳng IH k = , hệ số x1 Ta có k1.k = mà theo x1 x2 x2 Viet cho phương trình (*) x1x2 = -4 nên k1k2 = -1 Do IH vuông góc IK (đpcm) Câu 4: -13 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 a) Ta có: tam giác AMB đồng dạng với tam giác AM AB = , suy AM.AC = AB2 ABC nên AB AC = 4R (đpcm) b) Ta có: M = A1 A1 + C = 900 , suy d' d M + C = 900 mà D + C = 900 nên M1 = D Từ NMC + D = NMC + M1 = 1800 nên tứ giác MCDN nội tiếp c) Ta có D = A2 , D = M nên A2 = M1 mà C M M + N1 = 900 , suy A2 + N1 = 900 Từ ta AHO = 90 Vậy H thuộc đường tròn đường kính AO, AO cố định (đpcm) d) Gọi F trung điểm OB Do góc OHI, OBI 900 nên O, B, I, H thuộc đường tròn, đường kính OI Từ tâm J đường tròn ngoại tiếp tam giác BHI trng điểm OI Rõ ràng FJ song song với d, nên J thuộc đường thẳng d’ qua F vuông góc với OB Do F cố định nên d’ cố định, suy đpcm A O F B J H I N D 1 + ≥ , dấu a b a+b xảy a = b Từ giả thiết theo bất đẳng thức Côsi ta có: x+ y 1 xy ≤ = , suy x y ≤ , dấu xảy x = y = Xét 2 Câu 5: Dễ dàng chứng minh: Với a, b > ta có: phân tích: ( x + y) + A= 1 + + ≥ + x + y 2 xy xy x + y + xy xy = 1 ≥ + = Dấu xảy x = y = = 4+ 2xy 2xy 2 Vậy MinA = x = y = NĂM 2007 Câu 1: -14 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 1) ĐK: x ∈ ( −1,1) \ {0} ⎡ 1+ 1− x P=⎢ + ⎢ 1− x 1− x + ⎣ ( ) ⎞ ⎛ =⎜ − ⎟ x +1 ⎠ ⎝ 1− x ⎤ 1− x +1 ⎥ x + x + − ⎥ ⎦ ⎛ x2 − ⎞ ⎜ ⎟ +1 = ⎝ ⎠ ( ) ⎛ x2 − ⎞ ⎜ ⎟ +1 ⎝ ⎠ − x2 2 2 − x ≤ ⇔ 1− x ≤ ⇔ x ≥ 2 2 2 ⇔ x≥ x ≤ − Kết hợp với ĐK ta có x 2 2 ≤ x < −1 < x ≤ − cần tìm là: 2 2) Để P ≤ Câu 2: ( x − 1) + ( ( x − 1) − x + 1.( x − 1) = ⇔ ( 1) ĐK: x ≥ Phương trình ⇔ ⇔ ) x + − x ( x + 1) = )( x −1 ) x +1 −1 = x − = x + − = Vậy x = x = Vậy phương trình có hai nghiệm x = x = 2) Lấy phương trình trừ cho phương trình ta được: (x3 – y3) + 2xy(y – x) = ⇔ (x – y).(x2 – xy + y2) = ⇔ x = y x2 – xy + y2 = Với x = y ghép với hai phương trình đầu hệ, giải ta nghiệm hệ x = y = Với x2 – ⇔ xy + y2 = (x – 3y2 y ) + = x = y = 0, thay vào hệ không thỏa mãn Vậy hệ có nghiệm (x,y) = (2,2) Câu 3: 1) Điều kiện để phương trình có nghiệm phân biệt Δ > hay (m + 2).(5m + 2) > Để giải bất phương trình ta xét hai trường hợp: TH1: m + 5m + âm; TH2: m + 5m + dương Từ tìm được: m > − m < - (*) Từ x1 = 9x2 theo định lý Vi-et cho phương trình b ⎧ x x + = − = 3m + (1) ⎪ a ⎪⎪ ( ) Từ (1) (2) ta có ⎨ x1 = x2 ta có: ⎪ ⎪ x1.x2 = c = m ( 3) ⎪⎩ a -15 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 27 m + 18 3m + ; x2 = Thay vào (3) ta phương 10 10 trình ẩn m: [3(3m+2)]2 = (10m)2 Từ giải m = x1 = m= − Cả hai giá trị m thỏa mãn ĐK (*) 19 2) Gọi A giao điểm d1 d2 Dễ dàng tìm A(1;0) Yêu cầu toán tương đương d1; d2; d3 đồng quy, suy A thuộc d3 Thay x = 1, y = vào d3 ta có phương trình ẩn a là: 3a3 – 3a2 – 3a – = ⇔ 4a3 – (a3 + 3a2 + 3a + 1) = ⇔ 3 4a = (a + 1) ⇔ 3 16 + + = 4.a = a + hay a = −1 Câu 4: P F D A K O I C Q 23 E B 1) Ta có: C1 = B2 (cùng chắn cung AK (O)); B1 = D1 (cùng chắn cung OA (I)) Suy OBK = C1 + D1 Vậy CAD + OBK = CAD + C1 + D1 = 1800 2) Vì AE, AF đường kính (O) nên dễ dàng thấy tứ giác AFEB hình chữ nhật Suy OA = OB nên OA = OB ⇒ D1 = D2 ⇒ DK phân giác góc D tam giác ABD (1) Lại có: BKC = B3 + D2 (góc tam giác KBD) (*); BKC = BAC (cùng chắn cung BC (O)) (**); C1 = OAC ; OAB = D2 = D1 mà BAC = OAC + OAB = C1 + D2 (***) Từ (*), (**), (***) suy B3 = C2 mà C1 = B2 nên B3 = B2 ⇒ BK phân -16 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 giác góc B tam giác ABD (2) Từ (1), (2) ta có K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD 3) Từ C, D hạ đường vuông góc AB, cắt AB Q, P Ta có: S ABCD = S ABC + S ABD = AB ( CQ + DP ) Do AB không đổi nên diện tích tứ giác ABCD lớn tổng (CQ + DP) lớn Theo tính chất đường vuông góc đường xiên với hai tam giác CQH DPH (H giao điểm AB DC) tổng (CQ + DP) lớn OC vuông góc với AB Khi C điểm cung EF Câu 5: Dùng bất đẳng thức Cô-si, chứng minh được: Với x, y, z số dương ⎛1 1⎞ ta có: ( x + y + z ) ⎜ + + ⎟ ≥ Dấu xảy x = y = z Suy ⎝x y z⎠ 1 Áp dụng bất đẳng thức ta có: bất đẳng thức: + + ≥ x y z x+ y+ z 1 + + ≥ , dấu xảy a = b a b b a + 2b 1 + + ≥ , dấu xảy b = c b c c b + 2c 1 + + ≥ , dấu xảy c = a c a a c + 2a Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên, suy đpcm NĂM 2008 Câu 1: Biến đổi: ⎛ ⎞ x− y x+ y ⎜ ⎟ x xy − y + P= ⎜ xy x + y xy x − y ⎟ x + y x − y ⎝ ⎠ ( ( = = x− y ) +( ) ( x+ y ) xy ( x − y ) 2( x + y) x− y ) x xy 2y − x+ y x− y x 2y 2x 2y − − = = = ∈ (đpcm) x+ y x− y x− y x− y Câu 2: a) Phương trình cho tương đương với: x + + x + = + ( x + 1)( x + ) ⇔ x + ( ) ( x + −1 − ) x + −1 = -17 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ⇔ ( )( x + −1 ĐT: 0988.923.653 ) x +1 −1 = Từ ta nghiệm phương trình x1 = -1, x2 = b) Đẳng thức cho tương đương với: y.(x + 1) = x2 + Từ ta có: x2 + = x −1+ y= Để y nguyên x nguyên nên x +1 x +1 x +1 phải nguyên, suy x + = Ư(3) = {-1, 1, 3, - 3} Do ta cặp (x , y) nguyên cần tìm là: (-2,-6); (0,2); (2,2); (-4,-6) Câu 3: a) CH ⊥ AM, góc AMB = 900 , CH song song với BM (1) ΔHKC = ΔMKB (cạnh huyền – góc nhọn) suy CH = BM (2) Từ (1), (2) suy tứ giác BHCM hình bình hành b) sđ AMC = sđ AC (cung nhỏ) = 450 Mà AMC = MHB (so le trong) Lại có HMB = 900 , suy tam giác HMB vuông cân M Từ ta MB = HM = HC Vậy ΔOHC = ΔOHM (c.c.c) c) *) Từ câu a), suy CM song song với HB (3) *) Ta có tam giác MHC vuông cân H, có CK trung tuyến, HN đường cao đồng thời trung tuyến, suy N trọng tâm tam giác MHC Ta có CN = NM Suy NCM = NMC Và ta có DC = MB , nên DC = MB Do MC song song với BD (4) *) Từ (3), (4) ta có B, H, D thẳng hàng C D N M K H A B O Câu 4: ĐK: x ≠ - -18 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 Phương trình cho tương đương với: x x ⎛ x ⎞ x − 2.x +⎜ =8 ⎟ + 2.x x +1 ⎝ x +1 ⎠ x +1 x ⎞ x2 ⎛ ⇔⎜x− −8 = ⎟ + x x + + ⎝ ⎠ ⎛ x2 ⎞ x2 ⇔⎜ −8 = ⎟ + x + x + ⎝ ⎠ x2 , ta phương trình: y2 + 2y – = Giải phương Đặt y = x +1 trình ta nghiệm y1 = 2, y2 = -4 Từ ta tìm nghiệm x1 = -2, x2 = + , x3 = - Vì đề yêu cầu tìm nghiệm x nhỏ -1 nên nghiệm cần tìm x = -2 Câu 5: a + b2 ≤ , dấu xảy a = b = Ta có: ab ≤ ( Xét M = a 3b ( a + 2b ) + b 3a ( b + 2a ) ( )( ) ) ( ) ( ) ≤ a + b 3ab + 6b2 + 3ab + 6a = a + b ⎡⎣6 a + b + 6ab ⎤⎦ (BĐT Bunhiacopxki) ≤ ( 6.2 + ) = 36 Do M ≤ Dấu xảy a = b = Vậy MaxM = a = b = NĂM 2009 Câu 1: ( ) ( x −4 − x ⎛ + x + x2 ⎞ ⎛ x2 − x + x ⎞ + A= : ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 ⎟ ⎜ ⎟ x −2 + x ⎝⎜ 2+ x ⎠ ⎝ ⎠ x x + ( − x ) ( + = x+ x ) 2+ x ( ) ( )( ) 2 ⎡ − 4⎤ x x ⎢⎣ ⎥⎦ 2+ x + + x + x2 x x + x − = − x + x = (đpcm) Câu 2: -19 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội ) Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 1⎞ ⎛ 1) Ta có: Δ ' = 2m − 2m + = ⎜ m − ⎟ + > với m 2⎠ ⎝ 2) Theo định lý Vi-et cho phương trình bậc hai ta có: ⎪⎧ x1 + x2 = ( m + 1) ⎨ ⎪⎩ x1.x2 = 4m − m Từ đó: A = ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − x1 x2 2 ( ) ( ) = ( m + 1) − 4m − m2 = 2m2 − 2m + 2 1⎞ ⎛ = ⎜ m − ⎟ + ≥ Suy A ≥ 2⎠ ⎝ Dấu xảy m = Câu 3: ( Vậy MinA = 2 m = ) ⎧⎪ x + y + xy + ( x + y ) = (1) Hệ cho tương đương với: ⎨ 2 (2) ⎪⎩ x + y + x − y + = Phương trình (1) tương đương với: ( x + y ) ( x + y + ) = ⎡ x + y = (3) Từ ta có: ⎢ Ghép (3) với (1), ghép (4) với (1) ta ⎣ x + y = −2 (4) hệ Giải hệ ta nghiệm hệ phương trình cho là: (x,y) = {( −1,1) ; ( −2, ) ; ( −2, ) ; ( −3,1)} Câu 4: -20 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 B M E C A H G O D N 0 3) Ta có EGD = EBD = 90 ; AME = AGE = 90 4) MBA = ADM (cùng chắn cung AM nhỏ) Mà ADM = AMC (vì AMC = MBA Suy ra: AM AC = ΔACM ∼ ΔAMB (g – g) Từ đó: hay AM2 = AB.AC AB AM (đpcm) 5) Ta có: ΔAEG ∼ ΔABD (g – g) nên AE.AB = AG.AD (1) ΔDAM ∼ ΔDEG (g – g) nên DE.DM = DG.AD (2) Từ (1) (2) suy ra: AE.AB + DE.DM = AG.AD + DG.AD = AD.(AG + DG) = AD2 = 4R2 Câu 5: Cách 1: 3P = 3x2 + 3y2 = (x2 + 4) + (y2 + 4) + 2.(x2 + y2) – ≥ 4x + 4y + 4xy – = 4.(x + y + xy) – = 32 – = 24 Vậy 3P ≥ 24 ⇔ P ≥ Từ có MinP = x = y = Cách 2: 3P – 4.(x + y + xy) = 3x2 + 3y2 – 4x – 4y – 4xy = (x – 2)2 + (y – 2)2 + 2.(x – y)2 – ≥ - Hay 3P − 32 ≥ −8 ⇔ 3P ≥ 24 ⇔ P ≥ phụ với góc MAD ) Do -21 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội [...]... -15 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 27 m + 18 3m + 2 ; x2 = Thay vào (3) ta được phương 10 10 trình ẩn m: [3(3m+2)]2 = (10m)2 Từ đây giải được m = 6 và x1 = m= − 6 Cả hai giá trị m này đều thỏa mãn ĐK (*) 19 2) Gọi A là giao điểm của d1 và d2 Dễ dàng tìm được A(1;0) Yêu cầu bài toán tương đương d1; d2; d3 đồng quy, suy ra A thuộc d3... Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 Câu 1: a) ĐK: x ≥ 0, x ≠ 1 Rút gọn được: P = b) Ta có: Q = P − x = x+2 x −1 x +2 3 = 1+ Để Q nhận giá trị x −1 x −1 3 nhận giá trị nguyên hay x − 1 là Ư(3) = {x −1 1;1;3;-3} Từ đây ta được các nghiệm x = {0;4;16} Câu 2: a) Phương trình tương đương với: (x4 – 2x2 + 1) – (4x3 – 4x) = 0 Phân tích thành nhân tử được: (x2 – 1).(x2... -13 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 a) Ta có: tam giác AMB đồng dạng với tam giác AM AB = , suy ra AM.AC = AB2 ABC nên AB AC 2 = 4R (đpcm) b) Ta có: M 1 = A1 và A1 + C = 900 , suy ra d' d M 1 + C = 900 mà D + C = 900 nên M1 = D Từ đó được NMC + D = NMC + M1 = 1800 nên tứ giác MCDN nội tiếp c) Ta có D = A2 , D = M 1 nên A2 = M1 mà C... I1 + I 2 + I 3 + I 4 = AP + BM + AN + MC + AP + AN = 2 2 2 2 1 1 AP + BM + AN + MC + PB + NC = 3600 = 1800 Suy ra E, I, F 2 2 thẳng hàng ( ) ( ( ) ) A 1 N P O I H B 2 K 1 Q2 C M -11 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 d) Gọi H là giao điểm của PM và IB suy ra H là trung điểm của IB Gọi Q là trung điểm của... (***) suy ra B3 = C2 mà C1 = B2 nên B3 = B2 ⇒ BK là phân -16 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 giác của góc B của tam giác ABD (2) Từ (1), (2) ta có K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD 3) Từ C, D lần lượt hạ các đường vuông góc AB, cắt AB tại Q, P Ta 1 có: S ABCD = S ABC + S ABD = AB ( CQ + DP ) Do... giác MHC Ta có CN = NM Suy ra NCM = NMC Và ta có DC = MB , nên DC = MB Do đó MC song song với BD (4) *) Từ (3), (4) ta có B, H, D thẳng hàng C D N M K H A B O Câu 4: ĐK: x ≠ - 1 -18 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 Phương trình đã cho tương đương với: 2 x x ⎛ x ⎞ 2 x − 2.x +⎜ =8 ⎟ + 2.x x +1 ⎝ x +1 ⎠ x... NĂM 2009 Câu 1: ( ) ( 2 3 x −4 8 − x ⎛ 4 + 2 3 x + 3 x2 ⎞ ⎛ 3 x2 − 2 3 x + 2 3 x ⎞ + A= : ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 3 ⎟ ⎜ ⎟ 3 x −2 2 + 3 x ⎝⎜ 2+ 3 x ⎠ ⎝ ⎠ x x + 2 ( 2 − x ) ( 4 + 2 3 = 3 x+ x 3 2 ) 2+ 3 x ( ) ( )( ) 2 2 ⎡ 3 − 4⎤ x x ⎢⎣ ⎥⎦ 2+ 3 x + 4 + 2 3 x + 3 x2 3 x 3 x + 2 3 x − 2 3 = 2 − 3 x + 3 x = 2 (đpcm) Câu 2: -19 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội. .. = 1 1 1 ≥ 4 + 4 = 6 Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1 = 4+ 2xy 2xy 2 2 Vậy MinA = 6 khi x = y = 1 2 NĂM 2007 Câu 1: -14 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 1) ĐK: x ∈ ( −1,1) \ {0} ⎡ 1+ 1− x P=⎢ + ⎢ 1− x 1− x + 1 ⎣ ( ) 1 ⎞ ⎛ 1 =⎜ − ⎟ x +1 ⎠ ⎝ 1− x 2 ⎤ 1− x +1 ⎥ x + 1 x + 1 − 1 ⎥ ⎦ ⎛ x2 − 1 ⎞ ⎜ ⎟ +1 = ⎝ 2... đã cho tương đương với: 3 x + 1 + 3 x + 2 = 1 + 3 ( x + 1)( x + 2 ) ⇔ 3 x + 1 ( 3 ) ( x + 2 −1 − 3 ) x + 2 −1 = 0 -17 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ⇔ ( 3 )( x + 2 −1 ĐT: 0988.923.653 3 ) x +1 −1 = 0 Từ đó ta được các nghiệm của phương trình là x1 = -1, x2 = 0 b) Đẳng thức đã cho tương đương với: y.(x + 1) = x2 +... này ta được các nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (x,y) = {( −1,1) ; ( −2, 2 ) ; ( −2, 0 ) ; ( −3,1)} Câu 4: -20 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 B M E C A H G O D N 0 0 3) Ta có EGD = EBD = 90 ; AME = AGE = 90 4) MBA = ADM (cùng chắn cung AM nhỏ) Mà ADM = AMC (vì AMC = MBA Suy ra: AM AC = ΔACM ... Đặt t = x + x phương trình viết thành: t – 5t + = Giải phương trình ta - Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT:... 3600 = 1800 Suy E, I, F 2 thẳng hàng ( ) ( ( ) ) A N P O I H B K Q2 C M -11 Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT:... Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0988.923.653 giác góc B tam giác ABD (2) Từ (1), (2) ta có K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD 3) Từ C, D hạ đường