43 de thi hoc sinh gioi mon Toan

Giả sử các đường thẳng nối các điểm từng đôi một cắt nhau và 3 trong số các đường thẳng đó chỉ có thể đồng qui tại 1 trong n điểm đã cho... Chỉ có đúng 2 lá thư bỏ đúng địa chỉ.[r]

ĐỀ 14 Câu ( 2đ)

Cho P số phương có n+4 chữ số Biết n chữ số chữ số cuối P củng làm thành số phương khác

CMR P£ 24019801

Câu ( 3đ)

Cho biết ba hạng tử khai triển ( 41 )

n x

x

+ có hệ số ba số hạng liên tiếp cấp số cộng Tìm tất hạng tử hửu tỉ khai triển cho

Câu ( 3đ)

Cho dãy số thực x x0, , ,1 xnxác định

1 2001

(n 1) 2001n

n k

k x

x x

n -= ì =

ïï

ïï ³

íï

=-ïïïỵ å

Hãy xác định giá trị A= 2001

0

2n n n

x = å

Câu (3đ)

Cho a,b,c ba cạnh tam giác Chứng minh

4a 9b 16c 26

b c a c a b b a c+ - + + - + + - ³ Câu (3đ)

Tìm a để hệ bất phương trình sau có nghiệm

2

1

x y xy a

x y

ìï + + + ³

ïí

ï + £ ïỵ

Câu (3đ)

Qua tâm O elíp

2 2 x y

a +b = ta kẽ hai đường thẳng gốc O vng góc với cắt elíp hai điểm M,N Chứng minh

2 2

1 1

OM +ON =a +b Câu (3đ)

Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn (O) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M ( M

, )

B M C

T14_DA

Câu Nội dung

Đặt P=A2 hai số phương có n chữ số nói trên

tương ứng B2,C2 ( A,B,C số nguyên dương )

Ta có A2=10000B2+C2 = (100B)2 +C2 (1)

Do C2 có chữ số nên C2 £992 = 9801

Từ (1) suy (A – 100B)2 = C2 (2)

Do C2ạ 0 ị A- 100B> ị0 A- 100B³

Từ (2) Þ A+100B C£

Ta có 200B = (A+100B ) – ( 100A – B)£C2-

200 99 9800 49

B B

Þ £ - =

Þ £

Từ ( 1) ta có P = A2 £ (100.49)2+9801

hay P£ 24019801

Mặt khác 24019801= ( 4909)2 dấu xảy P=

24019801 số phương

Ta có

1

1

2

4

( ) ( )

2

n n

x x x

x

-+ = +

=

2

2 n k n

k k n k

C - x -=

å Số hạng thứ k + : Tk+1 =

2 n k k k n

C - x -suy ba hệ số ba số hạng :

0

n

1

, C ,

2

n n

C C

Theo đề ta có 1

4

n n n

C =C + C

n n é = ê Û

ê = ë

Trường hợp n = loại có hai hạng tử khai triển

Với n= ta có Tk+1 =

16 82

k k k C - x -Hạng tử Tk+1 hữu tỉ

1

k

kC số hữu tỉ + k= 0,1,2,3 không thỏa

+ k = ta có 84

1 35

2 C x= x số hạng hữu tỉ

+ k = ta có

1

5 4

5

1

2 C x =4x số hạng hữu tỉ + k = ta có

1

6 2

8

1

2 C x 16x

-

-= số hạng hữu tỉ + k = ta có

5

7 4 4

8

1

2 C x 16x

-

-= số hạng hữu tỉ + k = ta có 88 2

1

2 C x 256x

- =

số hạng hữu tỉ Từ giả thuyết ta có n xn = -2001

1 n

k k

x -=

2

0

( 1) n 2001n k

k

n x - - x

=

Þ - =- å (2) Từ (1) (2) suy n xn - ( n – )xn-1 = -2001.xn-1

1

(2001 1)

n n

n

x x

n

+

Þ

=-2001

( 1)n n ( n 2001)

n

x C x

Þ = - £ £

suy

2001 2001

2001

0

2001

0 2001

0

2 ( 1)

= x ( 2)

n n n n

n

n n

n n n

x C x

C

= =

=

=

-å å

å

= x0 ( -2 + )2001 = - x0 = - 2001

BĐT cần chứng minh tương đương với

2 2 81

2( 1) ( 1) 8( 1)

2

a b c

b c a+ - + + c a b+ - + + a b c+ - + ³

9 ( )

2( ) 2 8( ) 81

2

a b c

a b c a b c

b c a c a b a b c

+ +

+ + + +

Û + + ³

+ - + - +

-4 16

(a b c)( ) 81

b c a c a b a b c

Û + + + + ³

+ - + - +

-Đặt x = b+c-a , y = c+a – b , z = a+b –c

BĐT trở thành ( x+y +z )( 8) 81x+ +y z ³ (x,y,z >0 )

9 16 16

( x y) ( y z) ( z x) 52

y x z y x z

Û + + + + + ³ (1)

Áp dụng BĐT cô si cho hai số ta có 9x 4y 2 36 12

y + x ³ =

9z 16y 2 144 24

y + z ³ =

16x 4z 2 64 16

z + x ³ =

Vậy (1)

Hệ tương đương với ( )

1

xy a x y

x y

ìï + ³ - +

ïí

ï + £ ïỵ

[ ]

2 ( )

1

xy a x y

x y

ìï + ³ - + ï

Û í

ï + £ ïỵ

2

( 1) ( 1) (1) (2)

x y m

x y

ìï - + - £ + ïí

ï + £ ïỵ

Với m + £ Û0 m£ - hệ vô nghiệm

Khi ta có 1 1 1

2 2= + Û =-m m

H  

X N

M

O

Đặt a=¼(OX,OM)

b = (OX,ON)¼

r = OM ta có M(rcos ; r sin )a a Vì MỴ ( )E nên ta có

2 2

2

2

2 2

os sin 1

1 os sin (1)

r c r

a b

c

r a b

a a

a a

+ =

Þ = +

Tương tự đặt r’ = ON 2 2 2

1 os sinc r a b b b

= + ¢ (2)

do ON ^OM nên c cos sin , os sin2 2 2b a a b= = Từ (2)

Þ

2 2 2

1 os sinc r b a

a a

= + ¢ (3)

Công (2) (3) ta 12 12 2 12 r +r¢ =OM +ON =

2 2

2

os sin os sin

c c

a b

a+ a+ a+ a =

2

1

a +b

E

F

M B

C

D A

O

Ta có ¼ABD CMD=¼ =450 suy MBF FME¼ =¼ =450 nên tứ giác MBEF nội tiếp Từ ta có BEF¼ =1800- BMF¼ =900

BE = EF nên F

2OA BE=2OD E Û SVABE=SVDOF

ĐỀ 17

Câu 1: Cho dãy {un} xác định bởi:

*

1

2

2008 2009

n n

n

u

n N

u u

u 

  



 

  

Thành lập dãy: {Sn} xác định bởi:

1 1

n i n

i i

u S

u

  



 Tìm limn Sn

 

Giải: Tacó:

 

2

1

*

1

2008 2009

2009 2009

1

(*) ; 2009

2

n n n n n

n

n n

n

n n

u u u u u

u

u u

u n N

u u u u u





  

 



  

      

Suy un dãy tăng

Giả sử un bị chặn lúc tồn số L cho limn un L (L 2)

    Từ (*) ta có :

( 1)

lim( ) lim lim

2009

n n

n n

n n n

u u

u  u

     



 

1 ( 1)

0 2009

L L L

L L

L

  

    



 (vô lý)

 un không bị chặn Suy

1

lim n lim

n n

n

u

u

      

Mặt khác :

   

2

1

1

1

2008 ( 1)

2009 2009

( 1) 2009( )

2009 1

1

2009

1

1

2009

1 1

n n n n

n n

n n n n

n n

n n

n

n

n n n

u u u u

u u

u u u u

u u

u u

u u

u u u



  

 

 

  

   

 

        

    



 

 

    

    

1 1

1 u 2009

Tương tự

2

3

1

1

2009

1 1

1

2009

1 1

n

n n n

u

u u u

u

u  u u 

 

   

    

 

   

    

 

Cộng vế theo vế ta :

1 1

1 2009

1

n i n

i i n

u S

u u

  

 

    

   





1

1

lim lim 2009 2009

1

n

n n

n

S

u

   



 

   



 

Câu 2: Cho hai số thực x, y tùy ý Chứng minh :

2 2

2 2

1 ( )(1 )

4 (1 ) (1 )

x y x y

x y

 

  

 

Giải :

Đặt x2 = tana, y2 = tanb với 0 ,

2

a b 

  ta có :

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

( )(1 ) (tan tan )(1 tan tan )

(1 ) (1 ) (1 tan ) (1 tan )

(sin cos cos sin )(cos cos sin sin ) sin( )sin( ) cos( ) cos( )

1

sin(2 )sin(2 )

x y x y a b a b

x y a b

a b a b a b a b

a b a b a b a b

a b a b

   



   

  

    

  

Do ta có :

2 2

2 2

( )(1 ) 1

sin(2 )sin(2 )

(1 ) (1 ) 4

x y x y

a b a b

x y

 

   

 

Từ suy điều cần chứng minh

Câu 3 : Giải hệ phương trình :

9

25 25 16 16

1

x y

x y x y

  

 

  

 

Giải : Hệ cho tương đương với : 9

25 25 16 16

1 (1) (2)

x y x y x y

    

   



Nhân vế theo vế (1) (2) ta :

x25 + y25 = (x9+y9)(x16+y16) = x25 + y25 + x9y9(x7 + y7)

 x9y9(x7 + y7) =



7

0 0

0 0

x x

y y

y x x y

   

 

  

 

   



 x =  y9 =  y =  y =  x9 =  x =

 y = - x  y9 = - x9  x9 + y9 = (loại)

Vậy hệ có nghiệm : (0 ;1), (1 ;0)

Câu 4 : Tìm tất nghiệm ngun khơng âm phương trình : y2(x+1) = 1576 + x2

Giải :

y2(x+1) = 1576 + x2

Û y2(x+1) = 1577 + x2 –

Û (x+1)(y2 – x + 1) = 1577 = 19*83

Như chia 19*83 cho (x + 1) ta thương (y2 – x + 1)

Do x y nghiện ngun khơng âm phương trình nên ta có :

2 2

1576 1 19 18 100 83 82 100

y x x x x y x x y

      

   Û  Û           

Do 1576 không số phương nên phương trình cho có nghiệm : (18 ;10) (82 ;10)

Câu 5 : Chứng minh tam giác nhọn ta có :

a b c

a b c

m m m R

h  h  h   r

Giải : Gọi A1, B1, C1 tương ứng trung điểm BC, CA, AB

Giả sử O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác A1B1C1 Khi :

m AA OA OA R OAa 1  1 

Tương tự :

1

b c

m R OB

m R OC

 

 

Suy :

a b c 1 1 1

a b c a b c a b c

m m m OA OB OC

R

h h h h h h h h h

 

        

 

Cần Chứng minh : 111

1 1

1

a b c abc

h h h r OA OB OC h h h

     

Thật :

1

1 1

1 1

*

2 ( )

2 2 1 1 *2

2 2

1

a b c

a b c

a b c

a b c

S pr S a b cr

S a b c S S S

r h h h

r h h h S aO A bO B cO C

S S S

S h O A hO B h O C OA O B OC

h h h



Û   

Û      

Û   

  

Û   

Û   

Suy điều cần chứng minh

Câu 6: Chứng minh đẳng thức sau 2.1 3.2 4.3 ( 1) ( 1)22 4 n n2

n n n n

C C C nn C nn 

      

Giải:

0 2 3 4

1

Xeù t k hai trie ån Newto n

(1+ ) (1) Lấ y đạ o h àm h vế c (1), ta đượ c :

(1 ) (2 ) Lấ y đạ o h àm

n n n n n n nn n

n n n

n n n n n

x C C x C x C x C x C x

n x  C C x C x C x nC x 

      

      

2 2

2

hai vế c (2 ), ta đượ c:

( 1)(1 ) 2.1 4.3 ( 1) (3) Thay =1 v aøo hai vế c (3 ), ta có :

( 1)2 ( 1) (ñp cm)

n n n

n n n n

n n n n nn

n n x C C x C x n n C x

x

n n C C C n n C

 



       

      

Câu 7: Chứng minh rằng: aa a a2 2  1 31 2

 

2

2

2

Trong mặt phẳng tọa độ O , xét:

1 3

A ; , B ; , C ;0

2 2

Ta coù:

1

CA=

2

3

BC=

2

3

AB=

2 2

Trong ABC,

xy a

a a a

a a a

   



   

   

   



 

       

  



  



    

 

  

 

 

    

   

    

    

 

2

ta coù: CA+CB AB

a a a 3a (ñpcm)



Û      

8

2

2



3

3

C

B A

O x

ĐỀ 20

Bài 1: (3 đ)

Giải phương trình : : 2( 2)

 

x x

Bài 2: (3 đ)

Cho dãy số :

    

  

 n

n

n x

x x x

2008 1

2008 1

Tìm giới hạn dãy un với

1 2007

4 2007 3 2007 2 2007

1



 

 



n n n

x x x

x x x x x u

Bài 3: (3 đ)

Cho tam giác ABC nhọn Gọi A’ ,B’ ,C’ chân ba đường cao hạ từ A , B , C Cho SABC 4SA'B'C'

1/ Chứng minh : A

S S

ABC B

AC' ' cos2 

2/ Chứng minh tam giác ABC tam giác

Bài 4:(3 đ) Cho p số nguyên tố , a số nguyên dương , cho 12 a không số nguyên tố

Chứng tỏ phương trình : 2

 

 ax p

x

khơng có nghiệm hữu tỷ

Bài 5: (3 đ) Cho bốn số x ,y, z, t thỏa :

  

   

   

1 0

2 2 y z t

x

t z y x

Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ T = xy +yz +zx

Bài 6: (3 đ) Chứng minh :

2

4

2 3.2 4.3 ( 1)( 2) .( 1) .( 1).2

1

2          n   n

n n

n n

n

n C C n n C n n C n n

C

Bài 7: (2 đ) Cho đường thẳng ( d) , điểm A cố định có khoảng cách từ A đến đường thẳng (d )

2

a

GọI P ,Q hai điểm di động ( d) cho PQ = a (a> cho trước ) Goị M tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác APQ

Chứng minh M thuộc parabol cố định P ,Q di chuyển ( d )

Đặt 2

1

1 2 2 2

2    

         x v u x x v x u

(1) : 5uv 2(u2 v2)

 

Û

2                v u v u Û       Û         v u v u v u v u 2 1 2 2 1 2

* u2vÛ 2

   

Û x x x : pt vô nghiệm

*u vÛ

2 1 1   

x x x

          Û 37 37 x x

( thỏa )

Vậy nghiệm pt :           Û 37 37 x x

Bài 2: (3 đ )

2008

2008

1 n n

n

x x

x   

Û

1 2007

1 2008

1 2008 2008

1       n n n n n n n x x x x x x x Û 2007 1 2008             n n n n x x x x

Cho i1,n : ta có : 

                    1 1 2007 1 2008 1 2008 n n n i i i x x x x x

Dãy xn tăng , giả sử xn bị chặn gọI limxn a ((a 1)

Khi : aa a

2008

2008

(vô lý ) , hay limxn 

Vậy lim lim2008 1 2008

1           n n x u

Bài 3: ( đ)

1) A

AC AB AB AC S S ABC C

AB' ' cos2

2) Tương tự : B

S S

ABC C

BA' ' cos2

 C

S S

ABC B

CA' ' cos2

   cos cos cos

1 2

' '

'   A B C 

S S ABC C B A   cos cos

cos2 2

 



Û A B C

4 cos 2 cos 2 cos     

Û A B C

0 ) ( sin ) cos( cos 2           

Û C a b A B

         Û ) cos( cos ) sin( B A C B A      Û 0 60 C B A

Vậy tam giác ABC tam giác

Bài 4:( đ)

GS phương trình : 2

   ax p

x có nghiệm hữu tỷ x = a ap

Nếu xQ a , a+p hai số phương , đặt :

2 ( , , )

2 n m Z n m n p a m a            ) )( (

2 m n m n m

n

p    



Vì p ngun tố , ta có :

       p m n m n a m

p   

 Vậy 1 a số nguyên tố ( tráI vớI giả thiết )

Vậy phương trình cho khơng có nghiệm hữu tỉ

Bài 5: ( đ)

T xyyzzx

( ) ( )

2

1 2 2

z y x z y

x    

   ( ) ) (

1 2

t f t

t

t     

 ta có :

           2

2 y z 1 t

x

t z y x

Theo BCS : 3 ) ( ) ( ) ( 2 2 2    Û   Û      t t t z y x z y x

Đặt : f(x) (1 x)n  

Ta có : '( ) (1 ) 1  n x n

x

f ; "( ) ( 1)(1 ) 2  

n n x n

x

f (1 )

Mà :

n n

n n n n n

n n

n C C x C x C x C x

x x

f( )(1 )    2   1 1 

1

1

3

1 2 3 ( 1)

) (

'   

 

 

 

 nn n

n n n n

n

n C x C x n C x nC x

C x f

2

1

4

2 3.2 4.3 ( 1)( 2) ( 1)

1 . 2 )

(

"   

 

 

 

 

 Cn Cn x Cn x n n Cnn x n n n Cnn x n

x f

(2)

Cho x=1 thay vào ( 1) , ( 2) ta có :

 

 1)(1 1) 2

(n n

n n

n n

n n

n

n C C n n C n n C

C 3.2 4.3 ( 1)( 2) ( 1)

2  3     1 

vậy : n

n n

n n

n

n C C n n C n n C

C 3.2 4.3 ( 1)( 2) ( 1)

2       1  

= ( 1)2 2

 n

n n Bài 7: (2 đ ) M y

A

d P H Q O x

Chọn hệ trục xOy hình vẽ , cho O hình chiếu A lên (d ) GọI M(x;y) tâm vòng tròn ngoạI tiếp tam giác APQ

Hạ MH PQ , H trung điểm PQ

Ta có : ) ; ( ;0) ; ( ; )

2 ;

( a H x M x y

A

4

2 2

2

2 MH MP MH PH a

MA     

4 )

2 (

2 2

2 a y y a

x    

Û

ay x 

Û

Vậy M thuộc parabol : x2 ay

ĐỀ 21

Câu 1: (3đ)

Giải hệ phương trình :

3 3 3 0 (1)

2008 2008 1 (2)

    

   

 

x y y x

x y

Câu 2: (3đ)

Trên cạnh AB, BC, CA tam giác ABC, lấy M, N, P cho :

AM BN CP k

MBNCPA

Tìm k để SMNP =

5 8SABC Câu 3: (2đ)

Tìm nghiệm nguyên dương phương trình :

2 2

2y  (3x x )y 3x   x 0 (1)

Câu 4: (3đ)

Cho dãy số (un) xác định sau :

1 u1

2n

un un 1

2n

      

 

 

Chứng minh "nN ta có : u1 + u2 + +un <

Câu 5: (3đ)

Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện : a + b + c = Chứng minh : a 2 b 2 c 2 32

1 b 1 c 1 a 

Câu 6: (3đ)

Cho điểm M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh giá trị : MA4 +

MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí M.

Câu 7: (3đ)

Chứng minh :

4n ( 1)4n ( 2)4n ( 1)n n 1 2n n (1)

n n n n n n n

n  C n  C n  C  C  C C n  C

A

B C

M

N

P

T21_DA Câu 1: (3đ) Giải hệ phương trình :

3 3 3 0 (1)

2008 2008 1 (2)

    

   

 

x y y x

x y

Giải Hệ phương trình cho viết lại :

3 3 3 (1)

2008 2008 1 (2)

 

   

 

 

x x y y

x y

Từ (2) 

1

1

 

   y 

x

Xét hàm số f(t) = t3 – 3t [-1 ; 1]

Ta có : f’(t) = 3t2 – 3, f’(t) = Û t = 1

Bảng biến thiên :

-

0

1 -1

f(t) f'(t) t

Do f(t) hàm số giảm [-1 ; 1] nên từ (1) ta có : f(x) = f(y) Û x = y thay vào (2)

Ta : 2008 20081

2

 Û 

x x

Vậy hệ phương trình có nghiệm : 2008 , 2008 ; 2008 ,20081

2 2

   

 

   

   

Câu 2: (3đ) Trên cạnh AB, BC, CA tam giác ABC, lấy M, N, P cho :

AM BN CP k

MBNCPA

Tìm k để SMNP =

5 8SABC

Giải

Từ giả thiết ta có :

1

AM BN CP k

AB BC CA k

Và

1

MB NC PA

AB BC AC k

Hơn nữa, AMP ( 1)2

ABC

S AM AP k

S  AB AC  k (1)

Tương tự : BMN ( 1)2

ABC

S BM BN k

S BA BC  k (2)

Và CNP ( 1)2

ABC

S k

S  k (3)

Từ (1), (2) (3) suy :

3

( 1)

MNP ABC AMP BMN CNP

ABC ABC

S S S S S k

S S k

  

  



Để có : SMNP =

5

8SABCÛ

2

3 2

3

1

8

( 1) 3 2

k k

k k

k k

  

  Û    Û 

   

Câu 3: (2đ) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình :

2 2

2y  (3x x )y 3x   x 0 (1)

Giải (1) Û 2y2 – 3xy – yx2 + 3x2 – x =

Û 2y2 – 4xy + 2x2 + x2 + xy – x – yx2 = Û 2(y – x)2 + x(x – 1) – xy(x – 1) = Û 2(x – y)2 + (x – 1)(x – xy) = Û 2(x – y)2 + x(x – 1)(x – y) =  x(x – 1)(1 – y) = ( (x – y)2 ≥ )  x = y = nghiệm nguyên dương cần tìm

Câu 4: (3đ) Cho dãy số (un) xác định sau :

1 u1

2n un un 1

2n 

     

 

 

Chứng minh "nN ta có : u1 + u2 + +un <

Giải Với n ≥ 2, theo quy tắc xác định dãy ta có :

2n.un = (2n – 3).un –

Û 2(n – 1)un – – 2n.un = un – (1)

Từ (1) ta có :

1

2

1

2

4

2 2( 1)

n n n

u u u

u u u

u nu  n u 

 



  

  

   



 u1 + u2 + +un = 2u1 – 2(n + 1)un+1 = – 2(n +1)un+1 <

Vì theo cách xác định dãy ta có un > "n

Câu 5: (3đ) Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện : a + b + c = Chứng minh : a 2 b 2 c 2 3

2

1 b 1 c 1 a 

Giải

Ta có :

2

2 2 2

1

a ab ab ab

a a a

b

b   b    

 

Tương tự :

2

2

2

2

b bc

b c

c ca

c a

  

  

Suy : VT ≥ (a + b + c) -

2

ab bc ca 

Hơn : (ab + bc + ca) ≤ a2 + b2 + c2

 3(ab + bc + ca) ≤ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)2 =

x y

OA

C B

I

Giải

Gọi I, R tâm bán kính đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC Ta có : A(0, 0) ; B ,

2

R R

 

 

 

; C ,

2

R R

  

 

 

; I(R, 0) Giả sử M(x, y)  (C) Û MI = R Û MI2 = R2 x2 + y2 = 2Rx

Ta có : MA2 + MB2 + MC2 =

= (x2 + y2)2 +

2

2

2

3 3

2 2

R R R R

x y x y

       

   

             

         

   

= 6R2x2 + 6R2y2 + 18R4 – 12R3x

= 6R2(x2 + y2) + 18R4 – 12R3x

= 6R2.2Rx + 18R4 – 12R3x

= 18R4 (không đổi)

Câu 7: (3đ) Chứng minh :

4n ( 1)4n ( 2)4n ( 1)n n 1 2n n (1)

n n n n n n n

n  C n  C n  C  C  C C n  C

          

Giải Xét : f(x) = (1 + x)n = 2 n n

n n n n

C C x C x  C x  f’(x) = n(1 + x)n – = Cn12C xn2  nC xnn n1

 f’(2) = n.3n – = Cn14Cn2  n.2n1Cnn (a) Xét g(x) = (x – 1)n = n n n ( 1)n n

n n n n

C x C x  C x  C

    

 g’(x) = n(x – 1)n – = nC xn0 n1 (n1)C x1n n2 (n 2)C xn2 n3 ( 1)  n1Cnn1

 g’(4) = n.3n – = n4n1Cn0 (n 1)4n2Cn1(n 2)4n3Cn2  ( 1)  n1Cnn1 (b) Từ (a) (b) cho ta đẳng thức (1)

T22_DA

Câu Giải

1 -ĐK:  1x1

-Nhận xét

2

1 2

     

 

 

     

 

 x x

Do ta đặt

2 sin ;

cost  x t   x với 0t/2 -Từ 2.cos ; 2cos2

 



x t x t

1 x  2sint

                  Û     Û      cos 2 sin cos cos 2 sin cos cos sin cos 2 t t t t t t t t t

-Với 2cost10 x0

- Với 25 24 cos 2 sin

2 t t   x

*Tóm lại: pt có nghiệm phân biệt x = x = -24/25

2

-Gọi S1, S2, S3, S4 diện tích tam giác IBC, IAC, IAB, ABC Theo thứ tự ta có hệ thức tỉ số dtích:

+ AAIA hh SS

a K ' '   + S S BB IB ' '  + S S CC IC 3 ' ' 

-Vậy:

' ' ' ' '

'

      S S S S CC IC BB IB AA IA

-Do đó:

' ' ' ' ' '       CC IC CC BB IB BB AA IA AA

' ' '      CC IC BB IB AA IA

-ĐK: x 0;y 1;x5

Đặt 2 4 2 11              y x y x z y x z y x z

-Thay 2x1z 4y1

2 2 1 4

           

 z x y z y y x y z y y

2 2

     

 z x y z y

-Nếu z khác

z y x z y 2 4      

 số hữu tỉ  4y số phương

-Ta có 4y 14k 3 Khơng phải số phương với y thuộc Z; y 1

-Vậy                   Û  2 11 y x y x y x z

Biến đổi tương đương:

0.5

 

0 ) ( ) (

0 ) )( (

0 2

2 2

2 2

2

2

2

2

2

  

Û

   Û

    Û

    

 

     

 

 Û

   Û

 

  

Û

      

  

 Û

ab b a a b

ab a b a b

b b a a

a b

b b a a a b

b a b a a b

b ab a

b a ab a

b

b a b

a a b

(đúng a, b > 0) Dấu "" xãy khi: a b

5

-Gọi n số tam giác tạo thành, ta thấy:

2008 2 360 500

180

1800 0

  

n (Tởng góc tam giác tạo thành)

3006 1000

2006  

Û n

-Vậy có 3006 tam giác tạo thành

6

-Vì f(x) chia hết cho (x – 2) nên f 2 84a2bc0

f(x) chia cho (x2 – 1) dư 2x nên g x f x  2x chia hết cho (x2 – 1)

-Suy f 1 1a(b 2)c0Û abc1

g 11a b2c0Ûa bc1

-Từ suy a 10;b19;c10

-Vậy   10 19 10

  

x x x

x f

7

-Ta có: 2 3  12 0 22

    

 x x

x

-Gọi A(x,0) M1, 2 Nên biểu thức độ dài AM -Tương tự : 4 6  22 0 22

    

 x x

x

-Gọi A(x,0) N 2, 2 Nên biểu thức độ dài AN

-Mà MNAMAN1MA 1NA với A1(1,0)

-Vậy  2 12  2 22 17

 

  

  MN PMin

1 22 0 22  1 12 0 22 11 2

1           

AM AN

PMax

ĐỀ 23

Bài 1 : (5điể

m ) : Giải phương trình sau :

a

1

2 

 

x x x

b            

!

1

2 1

2

1

1             

n

n x x

x x x

x x x

x

x n

Bài 2 (5 điểm )

a Giải phương trình :

x cos22x 2sinxsin3x cos42x cos4x

2 cos sin

2

sin   

  

      



 

b.Tìm số hạng khơng chứa x khai triển đa thức  

n

x x x

P 

  

 

 

 với n số nguyên dương x0

Biết : C41n1C42n1 C42nn1232

Bài 3 (3 điểm ) :Cho a,b,c số dương cho a+b+c = abc Chứng minh :

3 1 1 1

2

2     



c b

a

Bài 4 : ( điểm ) : Cho tam giác ABC có I , O tâm đường nội tiếp ngoại tiếp Gọi M trung điểm BC Chứng minh AM vng góc với OI :

AC AB BC

1

 

Bài 5 :( điểm ) Cho dãy số a0,a1,a2,… b0,b1,b2,… với a0,b0 dương

an+1=an+1/2bn; bn+1= bn+1/2an Chứng minh

Max {a2006;b2006} 2007

Bài : (2 điểm ) : Chứng minh với số nguyên m đa thức

 x x x  mx x m

f  4 2007 3 2006 2 2005 

Có khơng q nghiệm nguyên ( nghiệm kép tính hai nghiệm )

T23_DA

Bài : ( điểm ) Câu a

(3đ )

Đáp án Điểm

(1)            Û    Û 2 2 1 x x x x x x x

x (2)

(2)Û1 2x2x2 2x3x4 9x2 x =0 không nghiệm pt (2) chia hai vế pt

cho x2 ta có :

7

2

1

2 

             x x x

x Đặt 

      2 , t t x x

t (3)

Ta có pt :t2 – 2t -9 = 0

       Û 10 10 t t

Vói t1 10 vào (3) gpt giao điều kiện x ta có nghiệm pt (1)

2

10 10

1  



x

Với t 1 10 vào (3) gpt giao điều kiện x ta có

2 nghiệm pt bị loại

Kết luận nghiệm pt cho l

2

10 10

1  

 x 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Câu b

(2 d) Đặt vế trái fnghiệm x1=1 ; xn(x) có bậc n, ta chứng minh phương trình f2=2;…;xn=n với n 1 n(x)=0 có n

với n=1 f1(x) = – x có nghiệm x1=1

giả sử pt fn(x) = có n nghiệm x1=1;x2=2;…;xn=n với n1

Ta có fn+1(x) =fn(x) + 

    

 1!

1 1        n n x n x x x n

Suy fn+1(1) = fn(1)+0 =

Chứng minh tương tự ta x1=1;x2=2;…;xn=n nghiệm pt

fn+1(x) = ta chứng minh xn+1 = n +1 nghiệm pt fn+1(x) =

Ta có fn+1(n+1)= 1-        

! 1 1 1 n n n n n n

n n  

      

= 01 11 1 1 110

n n n n

n C C

C

Vậy pt fn+1(x) = có n+1 nghiệm x1=1;x2=2;…;xn+1= n+1

0.5

0.5

0.5 0.5 Bài (5 đ)

Câu (3đ) (1)                  Û                 Û x x x x x x x x x x x x 2 2 4 2 cos cos cos cos cos cos cos 2 cos cos cos sin sin 2 cos cos sin sin    

Xét hàm f (t ) =t2 -2t +cos 

     t 

với t 0;1

Ta có hàm f (t) ln giảm 0;1 nên f(cos22x) = f(cos2x)

Z k k x x x x

x Û  Û  

Û , cos cos cos

cos2 

0.5 0.5 0.5 0.5 1.0 Câu

(2đ) Ta có

1 4 1

4n C n  C nn 2 n

C (1) Cnk Cnnk nên

n n

n n

n C C

C40 1 14 1 42 1 24 )

1

( Û       

0.5

Theo ta có 24n - =232 – 4 32 8

 Û



Û n n

Khi ta có 

                            

0 8 8 5 5 k k k k x x C x x x x

Mà 

                k m m m k m k k x x C x x 5

Vì số hạng cần tìm khai triển không chứa x nên k = 2m số hạng không chứa x khai triển : 509926

0.5

0.5 0.5 Bài ( 3điểm )

Ta có                           Û                       c b a S a a a a 1 3 3 1 1 1 1 1 2 2

Ta lại có

3 1 1 1                       c b a ca bc ab c b a

Kết hợp lại ta có đccm

dấu xảy a= b = c =

1.0

0.5

0.5 0.5 0.5 Bài (3điểm )

Khơng tính tởng quát, giả sử AB<AC Ta có AM OI AI2OM2 AO2IM2

AI2 = r2 + ( p-a )2 OM2 = R2 – a2/4

OA2 = R2 IM2 = ( a/2-p +b)2+ r2

Suy r2 + (p – a )2 + R2 – a2/4 =R2 + ( a/2 – p +b )2 +r2

= > p2 – pa + a2 – a2/4 = a2/4 +p2 +b2 – pa – 2pb + ab

 –a2/2 +b2 +pa – 2pb + ab =  ab+ ac -2bc =

 c b a 1   0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 Bài (2 điểm )

1 4 1 2 0 1 1 1                                       n b a b a b a b a b a b a b a a b b a b a n i i i

n n n n n n n n n n n n n n n n

(Max {a2006;b2006} )2

2006 0 0 2006

2006  

 b a b a b a 

 ;  2007

2007 2006

4

2 0 0    2006 2006 

 Max a b

b a b

a (đccm)

0.5 0.5

giả sử f(x) có hai nghiệm nguyên x1, x2 với x1 khác x2

     

2006   2005

2007

2

2 2

2 2 2

1

  



  

    

 

x x m

x x x x x

x x x x x x

x x f x f

đẳng thức khơng xảy x1,x2 chẵn

Giả sử x1=x2

Ta có f’(x) = 4x3 – 6021x2+ 2(2006+m)x – 2005

Khi x1,x2 nghiệm f’(x) hay f’(x1) =f’(x2) = đẳng thức khơng xảy

vì x1,x2 chẵn Vậy đa thức f(x) có khơng q nghiệm ngun

0.5

0.5 0.5 (Hết)

ĐỀ 24

Câu 1: ( điểm )

Giải phương trình | sin2x | + | tanx | =

Câu 2: ( điểm )

Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình : x2 + 2mx + = ( 1)

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A =

2 2

2

2 2

2

4 ) (

2 ) (

3

) (

3 ) (

2

x x x x x

x

x x x x x

x

   

   

Câu 3: ( 2điểm )

Cho số x, y thỏa mãn : x2 + y2 + xy =

Tìm giá giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức B = 2x2 – xy + 3y2

Câu 4: ( điểm )

Cho tam giác ABC có góc định hướng A (  

AC

AB, ) Về phía ngồi tam giác ABC người ta

dựng tam giác vuông cân ABO ACI có đỉnh O I Gọi M trung điểm đoan BC Hãy chứng minh tam giác OMI vuông cân M

Câu 5: ( điểm ) Cho dãy số : un =

n n n

n 

 

 

 2

2

1

1

1

Tính lim un

Câu 6: ( điểm )

Cho P(x) đa thức bậc cho

P(1) = P( - ); P(2) = P( - ); P(3) = P( - ) Chứng minh : P(x) = P( - x ) , với x

Câu 7: ( điểm )

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Hãy lập phương trình cạnh tam giác ABC Biết A( 1; ) hai đường trung tuyến phát xuất từ B C có phương trình :

x – y + = y – =

-CÂU HƯỚNG DẪN Thang điểm Câu điểm | sin | 1 cos sin x x x    0,5 |) cos | | sin (| | cos | | cos | | sin | x x x x x    Û 1,0          Û | cos | | sin | | sin | | cos | | sin | x x x x x 1,0 Z k k

x  

Û ,   0,5 Câu điểm

Điều kiện để phương trình ( 1) có nghiệm : m2 – 

ó | m |  0, 25

A = 6 2     m m m m 1,0

A/ =

 2 2

2 60 40 10    m m m m

,A/ = ó m = m = -

0,5 Bảng biến thiên :

m - -

-

+

 A/ +

0 A 10 0,75

Max A =

10

m = - ; Min A =

4

m = 0,5

Câu điểm

Ta có B = 2x2 – xy + 3y2 =

xy y x 3y xy 2x 2 2   

+ Nếu y = => B = 0,

+ Nếu y  = B  B =

y x y x y x y x 2                 0, 5

Đặt : t = xy B =

1 2     t t t t

( ) 0,25

Cần xác định B để ( ) có nghiệm

3 52 11 52 11

0 Û    

 

Û B 0,

=> maxB =

3 52

11 ; minB =

ĐỀ 25

Câu 1: Giải phương trình

tan2 x(1 sin x)cos3x 1 0

Câu 2: Cho tam giác ABC Trên cạnh AB , AC dựng phía ngồi hình vng ABMN , ACPQ a) Chứng minh NCBQ NC=BQ

b) Gọi E trung điểm BC , chứng minh AEQN

2

NQ AE Câu : Cho a, b số nguyên , chứng minh :

A = ab(a2 + b2)(a2 - b2) chia hết cho 30

Câu : Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ hàm số hàm số : ys inx+3sin2x

Câu : Chứng minh đẳng thức :

2 2

p q p q

pq C C C 

Câu 6: Cho số dương a,b,c thoả mãn điều kiện abc = chứng minh rằng:

5 5 5

ab bc ac

a b ab b c bc a c ac 

Câu 7: Cho Elip

2

2

x y

a b 

Chứng minh đường trịn có tâm M(x0,y0) thuộc elip tiếp xúc với hai đường thẳng có hệ số góc k

và k’ thoả

2

' b

kk

a



HẾT -T25_DA Câu :

sin2x (1-sin3x)=cos2x (1-cos3x)

2 2

2

2 2

(1 os )(1 sinx)(1+sinx+sin ) (1 sin )(1 osx)(1+cosx+cos ) osx=0 (1)

1-sinx=0 (2)

(1+cosx)(1+sinx+sin ) (1 sin )(1+cosx+cos ) (3)

(1)

(2)

2

(3) cosxsin x +sin sinxcos x +cos

c x x x c x

c

x x x

x k

x k

x x

c

 



Û     

   Û 

  

 Û 

Û  

Û 

Û 2

2

2

osxsinx(cosx-sinx)+cos sin ( osx-sinx)(sinxcosx+sinx+cosx)=0

cosx-sinx=0 (4)

sinxcosx+sinx+cosx=0 (5)

(4) sin( )

4

1

(5) 0, sinx+cosx t

2

1

1 ( )

sin(

x x

c

x x k k Z

t

t t t t

t

t l

x

 





 

Û  Û  

Û   Û   



Û   Û     

   Û 

  

Û  ) 2

2

3 2

arcsin

4

2

arcsin

2

x k

k Z

x k



 

 



 

  

 

Û 

 

  

 

Vậy pt có nghiệm :

2

3 2

arcsin

4

2

arcsin

2

x k

x k

k Z

x k

x k

 

 

 

 

 

   

 



   

 



   



0,5 0,5 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 2

Với phép quay A

Q



biến điểm N thành điểm B , điểm C thành điểm Q Do đường thẳng NC thành đường thẳng BQ

nên NCBQ

a) Gọi B’ điểm đối xứng B qua A ta có AE // B’C

26 E

Phép quay A

Q



biến điểm C thành điểm Q , điểm B’ thành N Do CEQN AEQN

Vì QN = CE nên '

2

CB NQ

AE  AE

Câu : ta có :

A=ab(a2 + b2)(a2 - b2)

=ab(a2 + b2)(a2 - + - b2)

= (a2 + b2)(ab(a2 – 1) – ab( b2 -1) )

do ab(a2 – 1) , ab( b2 -1) chia hết A chia hết cho (1)

Lấy a,b chia cho ta :

a=5k+r , b=5l+s k,l,r,sZ ,  r,s <

a2 + b2 = (5k+r)2 +( 5l+s )2 =5(5k2 + 5l2 +2kr + 2ls ) + r2 +s2

a2 - b2= (5k+r)2 - ( 5l+s )2 =5(5k2 - 5l2 +2kr - 2ls ) + r2 - s2

 r = s  r2 - s2 chia hết cho

 r = , s = s = s =  r2 + s2 chia hết cho  r =2 , s = s = s =  r2 + s2 chia hết cho  r =3 , s = s = s =  r2 + s2 chia hết cho  r =4 , s = s = s =  r2 + s2 chia hết cho

suy : a2 + b2 r2 - s2 chia hết cho 5

 A chia hết cho (2)  A chia hết cho 30

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu :

y=sinx(1+6cosx )

Do hàm số tuần hồn với chu kì 2 nên [- ; ]

[- ; ]

max max min

R R

y y

y y

   

 

ta có : y’=cosx+6cos2x=12cos2x+cosx-6

1

arccos2/3=x osx=2/3

'

cosx=-3/4 arccos2/3=x

x c

y

x

  

 Û  Û 



 

x - x2 x1 x1 x2 

y’ + - + - + y

7

8 7

8

7

8 7

8

5 5 max

3 5 5

R y

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu

2

2

2

2

! !

2!( 2)! 2!( 2)!

1 1

( 1) ( 1)

2 2

1

(2 )

2 1

( ) ( )

2 1

( )( 1)

2

( )!

2!( 2)!

p q

p q

p q

pq C C pq

p q

pq p p q q

pq p p q q

p q p q

p q p q p q

p q

C 

    

 

    

    

 

     

   

 

  

0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25

Câu : ta có :

5 2

2 2 2

( )( )

( )[(a-b) ( ) ]

a b a b a a b a b ab b a b a ab b a b

      

    

Do (a-b)2 0; a b c, , 0

2 2

5 2

(a-b) ( ) 0

( )

a ab b a b a b a b

   

   

Đẳng thức xảy a = b do

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

5 2( )

1

( ) 1

1

( )

(1)

ab ab

a b ab a b a b ab

ab a b

ab a b c c

a b c 

   



  

  

  Tương tự ta có :

5

5

(2) (3)

bc a

b c bc a b c

ac b

a c ac a b c



   



   

(1),(2),(3) suy :

5 5 5

ab bc ac

a b ab b c bc a c ac 

Đẳng thức xảy a = b = c = 1

0,25 0,25

0,25

0,5 0,25

Câu

M(x0,y0) thuộc elip ta có :

2 0

2

x y

a  b 

Đường tròn tâm M(x0,y0) có pt (x x 0)2(y y 0)2 R2

Đương thẳng qua O hệ số góc k có pt : y = kx

Do điều kiện đường tròn tiếp xúc với đường thẳng nên ta có :

0

2 2 2

0 0

2 2 2

0 0

1

2 ( 1)

( )

kx y

R k

k x y kx y R k

x R k kx y y R

  

Û   

Û     

pt có nghiệm k k1 2 b22 a



2 2

0

2 2

0

2 2

0

2 2

2

1

y R b

x R a

y R x R

b b a a

x y



 

Û   

T28 Câu 1: Giải phương trình sau: (3đ)

a/ 8sinx =

x

cos +

x

sin

b/ ( x – ) ( x + ) ( x – ) ( x + ) = 297

Câu 2: (3đ)

Cho ABC cạnh 2a.Tìm quỹ tích điểm M cho: MA2 =MB2 +MC2

Câu 3: (2đ) Tìm tất nghiệm nguyên phương trình : x  y = 2008

Câu 4: (3đ)

Cho dãy số  un xác định

    

 

 

 6

3 2 5

1

n

n u

u u

Gọi  vn dãy số xác định vn un18

Tìm limun

Câu 5: (3đ) Cho n  N ; n  Chứng minh :

n n

n

n 2 n

n 2 C 3 C n C n(n 1)2

C 

  

 

 Câu : ( 3đ )

Cho a , b , c > a + b + c =

Chứng minh : 1 1 164

    

      

      



c b a

Dấu “=” xảy ?

Câu 7: (3 điểm )

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I Gọi D trung điểm cạnh AB, E trọng tâm tam giác ADC Chứng minh AB = AC IE vng góc với CD

ờiT29

Bài I: (3.0 điểm)

Cho dãy số  an thỏa mãn:

1

2

2

1

, 3

2

n n

n

a a

n a

a

a 



 

 

"  

   

Tính

 

lim

2 3

n n n

a  



Bài II: (2.0 điểm)

1 Tìm tất số nguyên dương n cho: 3 2 n 32 n số nguyên dương.

2 Giải phương trình nghiệm nguyên sau: yx – x2 + y – x – = (3)

Bài III:(3.0 điểm)

1 Tìm đa thức p (x) với hệ số thực biết:

  



 

  

)2 ( 2035

) 2005 (

)1 ( )0 ( 35 ] 30 ) ( [ )5

( 2

p

x x

p x

p

2.Cho ba số a, b, c dương Chứng minh rằng: a b b c c a c a b

c a b a b b c a c

 

  

      

    

 

Bài IV: (3.0 điểm)

Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với AB,BC, CA D,E, F.Đặt x=EF,y=FD,z=DE,BC=a,CA=b,AB=c

Chứng minh: 

  

 

     

  



b a

c a c

b c b

a ca bc ab ab z ca y bc

x 3 2

Bài V : (3.0 điểm)

1 Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn Chứng minh rằng:

3  3  3 1

A tg

tgC C

tg tgB B

tg tgA

2.Tìm nghiệm phương trình : cosx  sinx  cos2x 1sin2x 0 thỏa điều kiện: 2007 < x <

2008

Bài VI: (3.0 điểm)

Có số tự nhiên gồm chữ số cho số chữ số đứng trước lớn chữ số đứng liền sau

Bài VII : (3.0 điểm)

Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = đường thẳng d: xy 10 Xác định tọa độ đỉnh

hình vng ABCD ngoại tiếp (C) biết A  d./.Hết

Giáo viên đề : Phan Hữu Thanh

T29_DA

Điểm Đáp án

3.0 Bài I:

Cho dãy số  an thỏa mãn:

1 2

1

1

, 3

2

n n

n

a a

n a

a

a

 

  



"  

   

Tính

 

lim

2 3

n n n

a

 



0.5

Giả sử an an1 an2  (1)

Từ giả thiết, ta suy ra: a3 = 3, a4 = 11, a5 = 41

thay vào (1) hệ phương trình:

3 4

3 11 1

11 3 41 0

   

   

   

   

 

 

   Û 

 

     

 

Vậy: an = 4an-1 – an-2

0.5

Bằng phương pháp qui nạp ta chứng minh dãy  an thỏa:

 

2 1

2

2

1, n 3

n

n

a

a a a n

a

 



   

có dạng tuyến tính  

1

1

3 4

n n n

a a

n

a a a

 



 

 



minh: aK14aK  aK1

Thật vậy: ta có  

2

1

1

1

4 2

2 K K

K K

K K

a a

a a

a a

 



 

 



 

 

2

1 2

1

1

16 K 8 K . K K 2

K

K

a a a a

a

a

   





  



0.5

0.5

Do giả thiết qui nạp:

2

1

2

2 4

K

K K K

K

a

a a a

a



 





  

Suy ra: 2aK22 4aK1.aK2  aK21

vậy:

2

1

1

1

15 4 .

15 4

K K K

K K K

K

a a a

a a a

a

  

  





  

Do giả thiết qui nạp: aK = 4aK-1 – aK-2 aK-2 = 4aK-1 – aK

Suy ra: aK+1 = 15aK-1 – (4aK-1 – aK ) Hay: aK+1 = 4aK – aK-1

vậy (*) với n = K + Xác định số hạng tổng quát an :

Từ

1

1

4 ( 3)

n n n

a a

a a  a  n

 

 

  



 Xét phương trình đặc trưng: 2  4  Û1 0  2 3  an A2 3n B2 3n



   

   

1 2

9 3

2 3 2 3 1

6 1:

9 3

2 3 2 3 1

6

A

A B

a a

A B B

 

      

 

   Û 



      

 



Vậy 2 3 2 3

6

n n

n

a        

   

0.5

 

9 3 9 2 3

lim lim

6 6 2 3

2 3

n n

n

n n

a

   

      

 

   

    

  

Do 0 lim

2 3

n n 

 

 

     

   

Vậy:

 

9 lim

6

2

n n n

a

 

  

2.0 Bài II:

1.0 Bài II.1. Tìm tất số nguyên dương n cho:  

3 2 n 32 n

   số nguyên

dương 0.25

Đặt: x 2 n 2 n

    (1)

Điều kiện cần:

(1) x3 4 4x3 n

    (2)

(2): 4 4x3 n x3 1

    (x nguyên dươngx) 4 n

x

Û   (*)

0.25

Mặt khác từ (2)

3

3

4

4

3

x

n x



Û    (**)

Từ (*) (**)ta có:

3

3

3

3

1

1

3

2 3

4 3

x

x x

x x

x

x x

x x

 

 

    

 

Û 

   

 

  

 

 

0.25

Điều kiện đủ:

+ Khi x = từ (**)ta cót: 34 4 100

3 27 27

n n n 

  Û   Û    (loại x= 2) + Khi x = 1, từ (**)ta cót: 4 n 1 n 5 

  Û    (nhận x = 1) 0.25

Kết luận: Vậy với n = 3 2 n 3 2 n số nguyên dương và

3 2 n 2 n 1

   

1.0 Bài II.2 Giải phương trình nghiệm nguyên sau: yx – x2 + y – x – = (3)

0.25 (3) Û y(x + 1) = x2 + x + (3’)

* Nếu x = - (3’) Û 0.y = vô nghiệm

0.25 * Nếu x khác -1 (3’)

2

1

1

x x

y x

x x

 

Û   

  (3’’)

0.25 Giả sử (x; y) nghiệm nguyên (3) Khi từ (3’’) suy

1

x   x + ước  x + = - x + =  x = - x =

0.25 Thử lại ta nghiệm (3) là: (x; y) = (- 2; - 3), (0; 1)

3.0 Bài III: 1.5

Bài III Tìm đa thức p (x) với hệ số thực biết:

  



 

  

)2 ( 2035

) 2005 (

)1 ( )0 ( 35 ] 30 ) ( [ )5

( 2

p

x x

p x

p

0.5 Thế x =2005 vào (1), ta :

) ( 30 ) 2005 ( 35 ] 30 ) 2005 ( [ ) 2005

( 2

  

 



 p

p

Đặt: 20052

1  

2

2

( ) 30

( )n n 30 n n

p x x

p x x do x x 

  

   

0.5

Bằng qui nạp suy ra:x1x2  xn 

Xét: Q(x)=P(x)-(x+30) ) ( ) ( )

(     

 Q x Q x Q xn

 Q(x) có vơ số nghiệm x1,x2, ,xn

 Q(x)=0 0.5  P(x)=x+30

Thử lại thấy P (x) =x+30 thoả đề

1.5

Bài III Cho ba số a, b, c dương Chứng minh rằng:

2

a b b c c a c a b

c a b a b b c a c

                 0.5                                                                 b 1 a 1 2 c c 1 a 1 2 b b 1 c 1 2 a a b a c 2 1 a c a b 2 1 c b c a 2 1 b a c a c b c b a : cã ta y x 2 y x : thức dẳng bất dụng áp 0.5 0.5                                                                   c b a c a b b a c b a c 2 c a b 2 c b a 2 b a c 2 c a b 2 c b a 2 : cã ta y x y x : thøc ¼ng d bất dụng áp lại b a c 2 c a b 2 c b a 2 b a c c a b b c a : cã ta y x y x : thøc dẳng bất dụng áp 3.0

Bai IV: Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với AB,BC, CA D,E, F.Đặt x=EF,y=FD,z=DE,BC=a,CA=b,AB=c

Chứng minh: 

               b a c a c b c b a ca bc ab ab z ca y bc

x 3 2

0.5

Ta có: EF=2EK =2(p-a)

2

sin A Mà:

2 sin A=

bc a c b A A cos , cos

1 2

    bc c p b p a p

EF 2(  ) (  )(  )



0.5

Theo BĐT CauChy:

2 ) )( ( ) )( ( b c p a p c b p a p      

Do đó: 12

bc x 0.5 Tương tự: ,   ab z ca y

 (1)

2    ab z ca y bc x Mặt khác: ) ( 2

2 ab bc ca

c b a b a c a c b c b

a  

         0.5   ) ( 3 : )) ( ( 2 2                    b a c a c b c b a ca bc ab Hay ca bc ab c b a do

0.5 (1)(2)Đẳng thức xảy chì  ĐPCM ABC

3.0 Bài V: 1.5

Bài V.1.

Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn Chứng minh rằng:

3  3  3 1

A tg tgC C tg tgB B tg tgA 0.5

Do tam giác ABC nhọn nên tgA > ,tgB > , tgC > Viết lại bất đẳng thức:

1 cot cot cot cot cot

cot 3

   gC A g gB C g gA B g

Áp dụng bất đẳng thức Côsi: gA gB g B

gA B

g3 cot .cot 2cot

cot cot

 

Tương tự: gB gC g C

gB C

g3 cot .cot 2cot

cot cot



 ; gC gA g A

gC A

g3 cot .cot 2cot

cot cot

 

0.5

Suy ra :

 2 2

2 2 3 ) cot (cot ) cot (cot ) cot (cot cot cot cot cot cot cot cot cot cot gA gC gC gB gB gA C g B g A g gC A g gB C g gA B g           

 2

1.5 Bài V.2 Tìm nghiệm phương trình : cosx  sinx  cos2x 1sin2x 0 thỏa

mãn điều kiện: 2007 < x < 2008

0.5

Đặt PT: cosx  sinx  cos2x 1sin2x 0(*)

Ta có: 1sin2x = cosxsinx

cos2x = ( cosx -sin ).(x cosx +sinx )

0.5

(*) Û ( cosx -sin ).{1 - (x cosx +sin )x cosxsinx } =

Û cos -x sin =0 (1) (x cos +x sin )x cosxsinx = (2)

+Giải (1) Û cos2x=

+Giải (2)Û (1+sin2x ).(1+sin2x) = 1Û sin2x=0 (vì sin2x >0 khơng xảy ) 0.5 Tóm lại : (*)Û cos2x= sin2x= 0Û sin4x= Û x =k



; k Z + Với ĐK: 2007< x <2008 , chọn số nguyên k =2556 Vậy : x = 639 .

3.0 Bài VI:

1.5 Trong 10 chữ số từ đến có tât 10

C tập gồm chữ số khác 1.5

Trong tập có cách xếp số có chữ số mà chữ số đứng trước lớn chữ số đứng liền sau Vậy có tất C105 = 252 số

3.0 Bài VII:

0.5 Đường trịn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R =

Tọa độ I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – = Vậy I  d

0.5 Vậy AI đường chéo hình vng ngoại tiếp đường trịn, có bán kính R = , x = x= tiếp tuyến (C ) nên

0.5 Hoặc A giao điểm đường (d) x =  A(2, –1)

0.5 Hoặc A giao điểm đường (d) x =  A(6, –5)

0.5 Khi A(2, –1)  B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1)

0.5 Khi A(6, –5)  B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5)

Chú ý:Nếu học sinh có cách giải khác mà hợp lơgic chấm điểm tối đa.

T33

Bài : (3 điểm )

Giải phương trình : 1 1 x2 x(1 2 1 x2)

    

Bài :( điểm)

Qua trọng tâm G tam giác ABC kẻ đường thẳng l cắt cạnh AC, BC P, Q Chứng minh :  1

QC QB PC PA

Bài : (2 điểm )

Cho n là số tự nhiên cho

3

2



n

là tích hai số tự nhiên liên tiếp.Chứng minh n là tổng của hai số phương liên tiếp.

Bài :( điểm ) Cho dãy số

  

   



2009 :

)

( 2

1

n n n n

u u u u

u .Tính 

  

n

i i

n u

1

lim .

Bài 5: (3 điểm)

a) Giả sử có vận động viên bóng bàn tham dự giải đấu.Trong vòng đầu ban tổ chức phân cặp đấu.Hỏi có cách ghép thành cặp đấu.

b) Chứng minh nếu n là số tự nhiên chẵn :

n n n k

n k n

n C C C

C

2

2

2

2 3  3  3 chia hết cho 2n

.

Bài :(3 điểm)

a)Cho x, y, z 1 và1 1 2

z y

x CMR: xyz  x 1 y1 z 1.

b) Cho đa thức f(x)= 3

  x

x có ba nghiệm là a,b, c Hãy tính : S=

c c b

b a

a

       

1 1

1

1

Bài : (3 điểm )

Cho tam giác ABC ABC.Gọi D là điểm đối xứng C qua AB.Vẽ đường tròn tâm D qua A, B; M là điểm đường trịn (M A,M B) Chứng minh độ dài MA, MB, MC là độ dài ba cạnh tam giác vuông.

……Hết……

T33_DA Bài điểm

0.25

Đặt x= sint, 

  

   

2 ;

 

t

0.25 Ta phương trình : 1cost sint(12cost) 0.25

Û 

  

 

 

 )

2 sin ( 2 cos sin 2 cos

2 t t t t

0.5

Û

2 2 sin sin

3



 t

t ( 0)

2 cost  0.25

4 sin

sin  

Û t

0.5

 

2

k t

 

Û  2

4 3

k t



 ( kZ)

0.5

Bài điểm 0.5

Đặt  

a

CA ,CB b, PC m

PA

 , n

QC QB

  

 

 a

m

CP

1

0.5

Tương tự :  

 

 b

n

CQ

1

0.5

) (   



 a b

CG

0.25

Đặt k

PQ PG

  CG (1 k).CP (1 k)CQ 0.25

Từ , ta có :    

    

 b

n k a m

k b

a

1

1 ) (

0.25   

    

 

      

 

  

Û

1

1 1

b n

k a

m k

0.25

      

   

   

0 1

0 1

n k m

k

a 0,b 0 a, không phươngb 0.25  mn1

0.25

  1

QC QB PC

PA

Bài 3 điểm 0.25

Giả sử

1

2



n

= a(a+1) , a số tự nhiên 0.5 Suy (2n-1)(2n+1)=3(2a+1)2

0.25 Vì ( 2n-1, 2n+1 ) =1 nn xảy hai trường hợp sau : 0.25 Trường hợp : 2n-1= 3u2 , 2n+1 = v2

0.5 Khi v2 =3u2+2 2(mod3) vơ lí

0.25 Trường hợp :2n-1= u2 ,2n+1=3v2

0.5 Vì 2n-1= u2 nên u số lẻ.Đặt u =2m+1

0.5 Suy n= 2m2+2m+1=m2+(m+1)2

Bài điểm

0.5  12 0

1   

 n n

n u u

u  (un) l dy tăng

0.25 Giả sử a2009: n

n u

a

 

lim (1)

0.25 Từ cơng thức xc định dy , lấy giới hạn n và sử dụng (1) ta có :

1

2   a a

a  a1 mu thuẫn

0.25  

  n

nlim u

0.25 Từ cơng thức xc định dy, với k, ta cĩ :

1   

 k k

k u u

u

0.25 Hay uk1 1uk(uk 1) 0.5

1 1 1

1     



k k

k u u

u

0.5

1 2008

1 1 1

1

1

1 

     

 

 

k k

n

k uk u u u

0.25

 

  

n

i i

n u

1

lim =

2008

Bài điểm a)

0.25 Đầu tiên, chọn người người làm thành cặp đấu thứ có

C cách chọn 0.25 Kế tiếp, chọn người người lại làm thành cặp đấu thứ hai có

6

C cách chọn 0.25 Tiếp theo, chọn người người lại làm thành cặp đấu thứ ba có

4

C cách chọn

0.25 Cuối cùng, chọn người người cịn lại làm thành cặp đấu thứ tư có 2

C cách chọn

0.25 Vì thứ tự cặp đấu khơng xt đến nên: 0.25

Số cch ghp cần tìm l : 105

!

2



C C C C

b)

0.25 n

n n k

n k n

n C C C

C

2

2

2

2 3  3  3 =  

n

n

2 (1 3)

) (

  

0.25

= (4 3)n (4 3)n

1

  

0.25 =2n 1(2 3)n (2 3)n   



0.25

= 

  

 

 

 2

0

3

2

n n n n

n n n n

C C

C

0.25

Mà C C C N

n n n n

n n

n 

  

 

 

 2

02 .2 .3 3

, n chẵn

0.25  n

n n k

n k n

n C C C

C

2

2

2

2 3  3  3 chia hết cho 2n

Bài điểm a) 0.5

1 1

1

1 1

      Û   

z z y y x x z

y x

0.5 Ap dụng bất đẳng thức B.C.S ta :

x+y+z=(x+y+z).( 1 1)

z z y y x

x 

   

( x 1 y 1 z 1)2

0.5 Trong :N = –(a+b+c) –(ab+bc+ca) + 3abc = 0.25 (1-a)(1-b)(1-c) = f(1) = -3

0.25 Nên S = -3

Bài điểm

O

M(x0;y 0) B

D ^

> C

A

0.25 Chọn hệ trục Oxy cho Ox trùng với AB , chiều dương hướng từ A đến B,trục Oy đường trung trực đoạn AB

0.25  A(-1;0); B(1;0) ,C(0; 3) ,D(0;- 3)

0.5 Phương trình đường trịn tm D qua A, B l : ( 3)2 4  

 y

x (1)

0.5 Giả sử M(a;b)l điểm đường trịn (1) Ta có :

2 2 (a 1) b

MA   

2 2 (a 1) b

MB   

2

2

) (  

a b

MC

0.5 2 ( 3)2 2 2 3 1

 

  

 

MB a b a b b

MA

=MC2 a2 (b 3)2 

0.5 M nằm đường tròn (1) nên : ( 3)2 4 0     b

a

0.25 MA2 MB2 MC2

 



0.25  MA, MB, MC độ dài ba cạnh tam giác vuông. ………Hết……

T34 Bài 1.(3 điểm) Giaỉ phương trình hệ phương trình sau :

a) 4x2 – 4x – 10 = 8x2 6x10

b) 3

3

3

(1 )(1 )(1 ) (1 )

x y z

x y z xyz

    

  

    

Bài 2.(3 điểm)

Trong tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, dựng đường cao AK , BH Chứng minh OC vng góc với KH

Bài 3.(2 điểm). Tìm số nguyên x , y thỏa mãn phương trình : 2

2 7

10

x y

x y



 

Bài 4.(3 điểm). Cho phương trình cosx = xn với nN*

a) Chứng minh với n , phương trình cho ln có nghiệm xn(0;

2 

)

b) Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn tính limxn

Bài 5.(3 điểm). Cho r , n số nguyên dương , r < n Chứng minh : ( 1)rC Crr nr ( 1)r1C Crr 1 nr1 ( 1)nC Cn nr n 0



      

Bài 6.(3 điểm)

a) Cho số thực x  , y  , z  Chứng minh :

1 2 3 1 1 1 1

2 2 3

y

x z

x y z

 

 

 



 

    

b) Cho đa thức P(x) = x3 + ax2 + bx + với a , b số không âm

Biết P(x) có ba nghiệm thực   1, ,2

Chứng minh P(2)  27

Bài 7.( 3điểm ).

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có diện tích S =

2, A(2; - 3), B(3; -2)

Trọng tâm G tam giác thuộc đường thẳng 3x – y – = Xác định toạ độ điểm C

HẾT

Câu 2: (3điểm) Cho góc xOy điểm M cố định bên góc Hãy dựng qua điểm M đường thẳng d cắt hai cạnh Ox Oy A B cho 1

MA MB đạt giá trị lớn

Câu 3: (2điểm) Cho số :

A= 11…11 (2m chữ số 1) B = 11…11 (m+1 chữ số ) C= 66… 66 (m chữ số 6)

Chứng minh : A+B+C+8 số phương

Câu 4: (3điểm) Cho số dương a dãy số (un) xác định :

1 ;

1

1

1       

n n

n u u

u a a u

Tìm limun

Câu 5: (3điểm ) Chứng minh với số tự nhiên n, n≥2 ta có :

2

4

1 1

3! 4! n ( 1)!

n n n

        

Câu 6: (3 điểm) Xét ba số dương thỏa mãn đẳng thức :

2 2 1

a b c  Chứng minh rằng:

1 ab 1 bc 1 ca

Câu 7: ( 3điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ba điểm A(0;a),B(b;0) ,C (-b; 0) với a>0 ,b >0 1/.Viết phương trình đường tròn ( C ) tiếp xúc với đường thẳng AB B tiếp xúc với đường thẳng AC C

2/ Gọi M điểm đường tròn ( C ) d d d1, ,2 khoảng cách từ M đến đường

thẳng AB,AC,BC.Chứng minh 2

d d d

HẾT

T37_DA Câu 1: (3đ)

Bất phương trình

2

2

2

2

2

2

2

sin sin

cos cos

sin sin

1 sin sin

sin 2sin

sin sin

sin sin

2

( 1)

( 1) ( 1)

( 1)

( 1) ( 1)

1

( ( 1)) ( 1)

1

( ( 1)) (( 1) )

1 ( 1)

1 ( 1)

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

n n

m

n n

n n

m

n n

m

n n n

n n

n n n m n

n

n m

n n

 



Û  

 



Û  

 

Û    

 

Û     

 

 

Û       

 

   

(0,75d)

(0,75d) Đặt t=sin2 , 0;1



t

x ta có bpt:

(0,5d)

42

m n

n n

n t t

    

 

 

      

 ( 1)2

Hàm số m n n n n t f t t                   2 ) ( ) ( ) (

nghịch biến f(1)=1 ;f(0)= n +2 (0,5d) Vậy để bpt có nghiệm m≤ n+2 (0,5d)

Câu 2: (3đ)Giả sử dựng đường thẳng d cắt Ox A cắt Oy tạiB cho ( 1 )

MB

MA lớn

Vẽ MC song song với Oy ,C thuộc Ox, ta có:

BM AB S S OC OA S S MOB AOB COM

AOM  ; 

(0,5d) Mà BM AB OC OA  COM AOM MOB AOB S S S S   C S S S S S S S S S COM AOM MOB MOB AOM COM AOM MOB

AOB  Û  

Û 

không đổi (0,5d)

C OM AH OM BK C S

SMOB MOA

  Û   Û 1

(*) (0,5d) (trong BK AH đường cao MOB;MOA)

(*)

2

1 OMC

AH

BK  

Û Mà BM BK 1  AM AH 1

 (0,5d)

2

1

1 OMC

BK AH BM

AM    

 (0,5d)

Vậy max(

2 )

1

1 OM C

BM

AM   Û AB vng góc với OM

Vậy ta dựng đường thẳng qua M vng góc với OM (0,5d)

Câu : (2 điểm) Ta có A=

9 10 10 10 10 10 10

102 2  

           m m m m

m (0,5d)

Tương tự B=

9 10m1

C= )

9 10 (

6 m (1,0d)

2 2 ) 33 33 ( 10 64 10 10 10

8  

              

 m m

m m

C B

A

(m-1 chữ số 3) Vậy A+B+C+8 số phương (0,5d)

Câu 4: (3 điểm)

Ta có 1  112 11

a a a

a

u (0,5d) Nếu uk 1 quy nạp ta có:uk1 1

Vậy un 1,"n (0,5d)

Vì 1 1 10

n n n u u u n u u u

un  n   n "

) 1 lim( lim

; 1

1

  



"   

 

n n n

n n n

u u u

n u

u u

1

1

 Û   

 L

L L

L ,vậy limun=1 (1,0d)

Câu 5: (3điểm)

Ta có với x>0;kN* (k>2)  x k kx

 

1 1

1

1 

 k xkx (0,5d) Với ( 1)!

 

k k

x ta có :

)!1 ( 1 )!1 ( 1

2    

k k k

k

k

Hay

)!1 (

1 ! 1 1 )!1 ( 1

2

    

k k k

k

k (*) (1,0d)

Áp dụng (*) với k =2;3;…;n-1;n ta (n-1) bđt:

!4 1 !3 1 1 !4 9 1

!3 1 !2 1 1 !3 4 1

3      

)!1 (

1 ! 1 1 )!1 ( 1

2

    

n n n

n

n (0,75d)

Cộng (n-1) bđt , sau cộng thêm vào hai vế ta có:

2 1 )!1 (

1 2 1 )1( 1 !4 9 1 !3 4 11

2

3 

         

 n

n n n

n

n (0,75d)

Câu 6: (3điểm)

Bình phương hai vế bđt cần chứng minh ta có:

 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

2

1

1 ab  bc  ca  ab  bc   bc  ca   ca  ab  (*)

(0,5d)

Mà ( 1)

2 )

( ) (

1 ab c2  a2b2  ab c2

) ( 1

) ( 1

2

 



 



b ca

a bc

(1,0d)

Vế trái (*) 

  

 

  

  

  

  

 ( 1)( 1)

2 ) )( ( ) )( ( 2 ) (

3 ab bc ca c2 a2 c2 b2 b2 a2

=3 ( ) ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)

          

 ab bc ca c a c b b a

2

2 ( 1) ( 1)

) ( ) (

3        

 ab bc ca ac bc ab

=6 .Vậy bđt (*) chứng minh (1,5đ)

Câu7 : (3điểm)

a/-ABC cân A;tâm I ( C) thuộc Oy I(0;y0)

,IB(b; y0),AB(b;a).Do

a b y ay

b AB

IB

2 0

2 0

0

      (0,5d)

Mặc khác 2 24

0 2

a b b y b IB

R      (0,5d) Vậy pt ( C) ( 2)2 42

a b b a b y

x     (0,5d)

b/- Đương thẳng AB có pt:axby ab0

AC có pt:ax byab0

BC có pt: y = (0,5d) Xét điểm M(x0;y0)(C)

Ta có :

0

2

0

2

0

y d

b a

ab by ax d

b a

ab by ax d



   

2 2

2

2 2 2

1

2 2

2

2 2

d y b

a

y a y b d

d

y a y ab b

a x a

  

   

  

 Û

(0,5d)

-HẾT -T38

Câu 1:( điểm).Cho a;b;c cạnh tam giác với abc.Chứng minh:

bc c

b

a )

(

  

Câu 2:( điểm).Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình:

         

     

 

     

 

     

 

x x z

z z y

y y x

1 2 1

1 2 1

1 2 1

Câu 3:( điểm).Cho dãy số : a0;a1;a2 ;thỏa mãn: ( )

2

2 2m n n

m n

m a a a

a      với

cặp m;n N, mà mn Tính a2008 với a1 1

Câu 4: ( điểm).Giải hệ phương trình:

   

    

   

24 6 32

3 32

4

2

y x x

y x x

Câu 5:( điểm).Trong mặt phẳng 0xy cho đường tròn (C): x2+y2 -2x+4y+4 = 0.Gọi  là

đường thẳng song song đường thẳng (D):3x+4y-1 = chia đường tròn ( C) thành hai cung mà tỉ số độ dài 2.Tìm phương trình đường thẳng 

Câu 6: ( điểm).Chứng minh:

      n n n

n n

n C C C

C0 2 2

 

 

Câu 7:( điểm).Cho tam giác ABC cạnh a.Gọi chân đường vng góc hạ từ điểm M nằm tam giác đến cạnh BC;CA;AB D;E;F.Xác định vị trí điểm M để:

1

MF ME MD

1 1



 đạt giá trị nhỏ nhất.Tính giá trị nhỏ

2

MD MF MF ME ME

MD    

1

1

đạt giá trị nhỏ nhất.Tính giá trị nhỏ

T38_DA

Câu 1:

Ta có: a+b+c  2b+c 0,5 đ

bđt (2b c)2 9bc 4b2 c2 4bc 9bc

     

 0,5 đ

0 ) (

) 4 (

4 2 2

   

   

 b c bc b bc c bc 0,5 đ

 (b c)(4b c) 0 0,5 đ

mà: b-c 

còn: 4b-c = b+b+2b-c a+b-c+2b>

0,5 đ

Dấu xảy a=b=c 0,5 đ

Câu 2:

Hệ pt

        

 

 

  

x x z

z z y

y y x

1 2

1 2

1

2 0.5 đ

Suy ra: Z

z y

x 

1 ; ;

 x;y;z ước số 0,5 đ

Suy :x 1; y 1;z 1 0,5 đ

Kết luận nghiệm hệ pt: (1;1;1) ; (-1;-1;-1) 0,5 đ

Câu 3:

Cho m = n =0

Ta có : a0 a0 a0  a0 0

0,5 đ Cho m = 1; n =

Ta có:

2

2

1a  a  a 

a

0,5 đ

Chứng minh : a n2

n  ( phương pháp quy nạp)

Giả sử a k2

k 

0,5 đ Cho m = k ; n=1

Ta có:

2

1

1

2

1 ( 1)

2

2 )

(

   

  

  

   

 a a a a a a a k

ak k k k k k k

0,5 đ

Tính a2k: Cco m = k; n=0

Ta có:

2 2

2

2 2

1

k a a k a

a

ak  k  k   k  k 

0,5 đ

Suy

1 ( 1)  k

ak

Tìm

2008 2008

a

0,5 đ

Câu 4:

   

    

   

24 6 32

3 32

4

2

y x x

y x

Dấu = xảy x = 16

+ (4 32 )2 (1 1)( 32 ) 16

   

 

 x x x

x 0,5 đ

Suy :4 x4 32 x4 ( dấu = xảy x =16 ) 0,5 đ

Kết luận nghiệm hệ phương trình:

  

 

3 16

y

x 0,5 đ

Câu 5:

B

A H

I

N M

Đường trịn (C ) có tâm I(1;-2); R=1

0,5 đ

// (D) nên :3x+4y+C=0 0,5 đ

 cắt ( C) A B ,đường thẳng qua I vng góc  H cắt ( C)

M N giả sử độ dài cung AMB lần độ dài cung ANB suy góc AIB=1200

0,5 đ

Tính IH= R.cos600 =

2

1 0,5 đ

IH=

2

2

8 ) ;

(      

d I C 0,5 đ

Tìm được:

   

 

    

     

  

 

 

0 2 5 4 3

0 2 15 4 3:

2 5 2 15

2

2

y x

y x C

C

0,5 đ

Câu 6: Ta có:

n n

n x x

x) (1 ) ( 1)

(    

0,5 đ

= ( )( 1 n)

n n

n n n n n n n

n C x C x C x C x C

C        0,5 đ

Tìm hệ số xn :( 0)2 ( 1)2 ( n)2

n n

n C C

C    đ

Và (1+x)2n có hệ số xn là: n n

C2 0,5 đ

Kết luận: ( 0)2 ( 1)2 ( n)2

n n

n C C

C    =C2nn 0,5 đ

Câu 7:( điểm)

D E F

x y z

B C

A

M

Đặt :

    

  

z MF

y ME

x MD

1.( đ)

MAB MCA

MBC

ABC S S S

S   

0,5 đ

2

2

3

2 a

z y x az ay ax a

      

 0,5 đ

Ta có:

9 ) 1 )(

(     

z y x z y x

0,5 đ

z y x khi

a MF ME MD

a a

z y x z y x

 

 

 

 

     

3 18 ) 1 (

3 18

3 9

1 1

Tức M tâm tam giác ABC

0,5 đ

2.( đ) Ta có:

9 ) 1

)(

( 

         

x z z y y x x z z y y x

0,5 đ

ABC giác tam tâm là M z y x khi

a MD MF MF ME ME MD

a x z z y y x

 

 

   

      

3 ) 1

1 min(

3

1

1 0,5 đ

T39

(gồm 01 trang)

Câu 2:(3 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD,BE,CF .Đường trịn đường kính AB cắt

CF M N , đường trịn đường kính ACcắt BE P Q.Chứng minh bốn

điểm M,N,P,Qcùng thuộc đường tròn.

Câu 3:(2 điểm) Tìm số tự nhiên có chữ số mà tởng số tất chữ số 2008

Câu 4:(3 điểm) Cho dãy số 1 1, 1 , *

n n n

u  u   u  n  Hăy tìm giới hạn dãy số

Câu 5: (3 điểm) Cho đa giác lồi có n đỉnh ,biết số tam giác có cạnh cạnh đa giác đỉnh đỉnh đa giác 320 Tìm số đường chéo đa giác ?

Câu 6: (3 điểm) Cho ba số dương x,y,z thoả mãn hệ thức x yz 1

Tìm giá trị nhỏ biểu thức :

4

4

1 1

1

1 

    

       

       

 

z y

x

P

Câu 7: (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, Cho tam giác ABC với A(2;0), C(-2;3) trọng tâm G121 ;1

  Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC Hết

T39_DA

Câu Đáp án Điểm

Câu (3đ)

x  0;

1004



 

 

 thỏa

1

cos2 cos4 cos6 cos2006 cos2008

2

x x x  x x  (1)

* x k  khơng nghiệm phương trình  sinx 0 0.5 * Nhân hai vế phương trình với sinx 0

(1) Û sinx cos2 sinx cos4 sinx cos2006 sinx cos2008

2

x x  x x

Û  sinx + sin3x - sin3x + sin5x - - sin2007x + sin2008xsinx Û sin 2008x =

Û x = ,

2008

k k

 

0.5 0.5 0.5 0.5

Do x  0;

1004



 

 

 nên 0< k <  k =  x = 2008



0.5 Câu

(3đ)

M

P E

F

D A

B

C N

Q

0.5

Xét tam giác AMB

Ta có : AM2AF.AB (1)

Tương tự :AQ2 AE.AC

 (2)

0.5 0.5

Mặt khác ta có tư giác BFEC nội tiếp nên AF AB AE AC  (3)

Từ (1),(2),(3)  AM AQ

 AM AQAN AP

0.5 0.5 0.5

Câu (2 đ)

Gọi số tự nhiên có chữ số có dạng :abcd

Ta có : abcd a b c d    2008. a 1 a2 0.5 * Với a 1 b9,c8,d5

* Với a 2 b c 0,d3

0.5 0.5

Vậy có số 1985 2003 0.5

Câu (3đ)

Cho dãy số 1 1, 1 , *

n n n

u  u  u  n  Hãy tìm giới hạn dãy số

Do 1, 1

2 1

2

1     " 

 u u n

un n n n nên un dãy số tăng 0.5

Mặt khác 1 1

2

2 1 2

1 2

1

 

    

  

 

 

 n n n n n n

n u u u

u 0.5

Nên ta 1 1

1 1

2 2

n n

u u      u  0.5

 dãy số unbị chặn 0.5

Ta lại có

n n

n n

n n n

n u u u

u

2 1 2 2

1 2

1 2 1

2 1 2

1 2

1

2

1

2

2

1               



0.5

Vậy limun  2 0.5

Câu (3 đ)

Đa giác lồi có n đỉnh ( n3)

* Số tam giác có cạnh cạnh đa giác đỉnh đỉnh đa giác 320

- Chọn cạnh tam giác cạnh đa giác nên có n (cách chọn)

- Khi cần chọn đỉnh cịn lại tởng số [n – (đỉnh cạnh chọn) – (đỉnh kề hai bên cạnh chọn)] có (n-4) cách chọn

 có n (n – 4) tam giác  n (n – 4) = 320

Û n2 4n 320 0 Û n = -16 (loại) , n = 20 (nhận)

0.5 0.5 0.5 0.5

* Số đường chéo đa giác n = 20 (đỉnh)

Cn2  n C 202  20 170 (đường chéo) 1.0 Câu

(3đ) Cho x,y,z>0 ,xyz 1

4

4

1 1 1

1 

    

       

       

 

z y

x

P .Tìm Pmin

Ta chứng minh

+ x4 y4 z4 xyz(x y z)

  





+ (   )(111)9

z y x z y

x .

1

1

z z xy z

y z x z

z y x

z     

    

 (11)(11)(11)64

z y

x

0.5

768 64 12 1 1 1 1

1

1 1

4

4

 

     

      

      

    

 

         

       

       



z y

x z

y x z

y

x 0.5

Dấu xảy x = y = z =

3 Vậy Min P = 768 0.5

Câu (3đ)

Cho tam giác ABC cóA(2;0), C(-2;3) G121 ;1

   B ;04

 

 

  0.5

Phương trình cạnh AB : 3x + 4y - = AC : 4x + 3y - = BC : y =

0.5 Phương trình phân giác góc A : x + y -1 =

Phương trình phân giác góc B : x + 3y - = 0.5

Gọi I(x, y) tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

 tọa độ I nghiệm hệ phương trình

1

1 2

3

2

x x y

x y

y

     

 

Û

 

  

  

 

0.5

Vậy phương trình đường trịn :( 1)2 ( 1)2

2

x  y  1.0

T42 Bài (3,0 điểm)

Trong mặt phẳng (Oxy) cho tam giác ABC với A(2,1) phương trình đường phân giác B

và C là:

d1: x2y+1=0 d2: x+y+3=0

Viết phương trình cạnh BC

Bài (3,0 điểm)

Giáo viên chủ nhiệm có 12 sách đơi khác có sách tốn, sách lý sách hóa Giáo viên chủ nhiệm lấy tặng cho học sinh có thành tích học kỳ 1,mỗi em

1) Có cách tặng học sinh thuộc sách toán lý

2) Có cách tặng để sau tặng xong loại cịn lại

Bài (3,0 điểm)

Cho a, b, c số thực dương Chứng ming rằng:

c) b (a b) (a

3 c a) (c

3 b c) (b

3 a

        Bài (3,0 điểm)

Giải hệ phương trình sau:

   

 

 

(2) 2 2x xy

(1) 1 2y 2 2x

Bài (3,0 điểm)

Cho Pn= 

  

     

     

 

 

 



2) 1)(n (n

2 1

3.4

2 1 2.3

2 1

Gọi Un số hạng tổng quát Pn Tìm nlimUn

Bài (2,0 điểm)

Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x22y2 = 1

Bài (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A có đường cao AH Gọi I, J, K tâm đường tròn nội tiếp

ABC, AHB, AHC

1/ CHứng minh ABE cân AI  IK

2/ Chứng minh tứ giác BJKC nội tiếp đường tròn

HẾT -T42_DA Bài 1: (3,0 điểm)

Gọi A1, A2 điểm đối xứng A qua d1, d2 A1,A2 nằm BC

Vậy pt cạnh BC pt đường thẳng qua A1, A2

Gọi H1 hình chiếu A d1 tọa độ H nghiệm hệ phương trình: )1,1(

03

2x 2yxy 01H

  

 

  

H1 trung điểm AA1  A1(0,3)

Tương tự gọi H2 hình chiếu A d2 H2(0,3)

H2 trung điểm AA2 A2(2,5)

Phương trình cạnh BC là: 4xy+3=0

0,5 0,5

0,5 0,25 0,5 0,25 0,5

Bài 2 (3,0 điểm)

1/ Chọn toán lý  số cách chọn C96

Với cách ta có 6! Cách tặng Vậy số cách tăng là:

9

C 6!= 60480 cách 2/ Cách chọn khơng cịn tốn: C55.C17.6!

Cách chọn khơng cịn lý:C44.C28.6!

Cách chọn khơng cịn hóa:C3.C39.6!

Vậy tổng số cách chọn là:

C126 6!(C55.C17.6!+C44.C28.6!+C3.C39.6!)=579600 cách

1,0 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

Bài 3 (3,0 điểm)

(b c) (b c) 6a

c) (b

8a

2

     

(c a) (c a) 6b a)

(c 8b

2

     

8c3

 2 14(a b c)

b) (a

3 c a) (c

3 b c) (b

3 a

      

 0,5

Bài 4 (3,0 điểm)

Nhân pt(1) cho ta 2(2x2y2)= xy+x2

Û 2(x2y2)+x(xy)=0

Û (xy)(2x+y+1)=0

Û

 

  

 

) (

2xx yy (3)

Vậy hpt tương đương với:

  

 

 

1 2

0

2 2 y

x y x

  

 

  

1 2

0 1 2

2

2 y

x y x

 (x,y)= (1,1) (x,y)= (1,1)

0,5 0,5 0,5

1,0 0,5

Bài 5 (2,0 điểm)

Ta có: (k 1)(k2 2) (kk(k1)(k3)2)

 

 

  

Cho k=1,2,3,…,n ta

.3(nn(n 1)3)

 



5

6

n

S

 Un=3(n 1)

3) n(n

 

 nlimUn= 31

  

 3(n 1)

3) n(n nlim

1,0

1,0

0,5 0,5

Bài 6 (2,0 điểm)

x2=2y2+1  x2 số lẻ

 x số lẻ

Đặt x=2k+1 Thay vào ta được: 2k(k+1)= y2 y2 số chẵn

 y số chẵn

Nhưng số nguyên tố số chẵn  y=2

Thay vào  x=3

Vậy nghiệm nguyên dương (x,y)=(3,2)

0,5

0,5 0,5 0,5

Bài 7 (3,0 điểm)

1/ Xét  AEC ta có: AEB= EAC+ECA

mà EAC= EAH ( AE tia phân giác HAC) ECA=BAH (góc cạnh tương ứng vng góc)  EAC+ECA = EAH+BAH= EAB

 AEB=EAB

 BEA cân

mà BI tia phân giác  BI AE

Chứng minh tương tự CI  AJ

 AJK có I trực tâm  AI  JK

2/ Ta có: IKJ=CBI mà CKJ+JKC=1800

CBJ+JKC= 1800

Vậy BJKC nội tiếp

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

(Học sinh có cách giải khác đạt điểm tối đa)

Câu 1: (3 điểm) Chứng minh tam giác ABC thỏa mãn hệ thức sin 2A + sin 2B + sin 2C = sin A + sin B + sin C tam giác ABC

Câu 2: (3 điểm) Chứng minh trọng tâm tam giác trùng với trọng tâm tam giác có đỉnh trung điểm cạnh tam giác tam giác

Câu 3: (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình:

2x 5y 12x y x2 x 105

    



Câu 4: (3 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3ax2 + 4a3 Định giá trị a để đường thẳng y = x cắt đồ thị tại

ba điểm phân biệt A, B, C cho AB = AC

Câu 5: (3 điểm) Trong khai triển sau có số hạng hữu tỉ  3 45124.

Câu 6: (3 điểm) Chứng minh rằng:      

2007 2005 2006

2005 4011

1

1

1

1

2 

  

  

 

  



Câu 7: (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac Oxy, cho elip y 16 x : ) E (

2



 Gọi M

điểm tia Ox, N điểm tia Oy cho đường thẳng MN tiếp xúc với (E) Xác định tọa độ M, N cho MN có độ dài bé Tính giá trị

Hết

-T43_DA

Câu 1: (3 điểm) Chứng minh tam giác ABC thỏa mãn hệ thức sin 2A + sin 2B + sin 2C = sin A + sin B + sin C (1) tam giác ABC

Ta có: sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4sinA.sinB.sinC

2 C cos B cos A cos C sin B sin A

sin   

Do đó:

(1) Û sinA.sinB.sinC =

2 C cos B cos A cos

Û

2 C cos B cos A cos C cos B cos A cos C sin B sin A sin

8 

Û

2 C sin B sin A

sin  (vì

2 C cos B cos A

cos  0)

Û

2 C B cos

C B cos A sin

4  

  



 

 

Û

2 A cos

C B cos A sin

4  

  

 

 

Û

2 C B cos

C B cos A sin

2

2

    



 

     



 

Û

     

 

 

)3 ( 1 2

C B cos

) 2 ( 2

C B cos 2 A sin 2

2

Từ (3)  B = C  ABC cân A

Thay B = C vào (2) ta được: A = 600.

Vậy  ABC

Câu 2: (3 điểm) Chứng minh trọng tâm tam giác trùng với trọng tâm tam giác có đỉnh trung điểm cạnh tam giác tam giác

Gọi A1, B1, C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB

Giả sử trọng tâm O tam giác ABC trùng với trọng tâm tam giác A1B1C1

Gọi a, b, c độ dài cạnh BC, CA, AB Khi đó:

0 OC c OB b OA

a 1 1 1

Mà ta có: CA CB

6 CC

OC1 1  =   BA BC

6 AC AB

 

 

= BB1 OA1 OB1

3 AA

   



Do đó: (a c).OA1(b c).OB1a.OA1b.OB1a.OC1 0

Vì OA, OB khơng phương nên a = b = c, tức  ABC

Câu 3: (2 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x 5y 12x y x2 x 105

    



Vì 105 số lẽ, nên 2x + 5y + lẽ  y chẳn

Mà x2 + x = x(x + 1) chẵn  2x lẽ  x = 0

Thay x = vào phương trình ta được: (5y + 1)(y + 1) = 21.5

Vì (5y + 1,5) = nên

  

 

 

5 1 y

21 1 y 5

  

  

  

5 1 y

21 1 y 5

 y = Thử lại ta có x = 0, y = nghiệm nguyên phương trình cho

Câu 4: (3 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3ax2 + 4a3 Định giá trị a để đường thẳng y = x cắt đồ thị tại

ba điểm phân biệt A, B, C cho AB = AC

Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 3ax2 – x + 4a3 = (1)

Gọi x1, x2 , x3 hoành độ ba điểm A, B, C

Theo giả thiết ta có: 2x2 = x1 + x3

x1, x2 , x3 ba nghiệm phương trình (1) nên ta có

    

 

   

  

3

3 2

3

a 4 x x x

1 x x x x x x

a 3 x x x

Giải hệ ta a = 0,

2 a

- Khi

2

a  , phương trình có nghiệm a a 5, a, aa 5: thỏa mãn

- Khi a = 0, phương trình có nghiệm -1, 0, 1: thỏa mãn Vậy a = 0,

2

a  giá trị cần tìm

Câu 5: (3 điểm) Trong khai triển sau có số hạng hữu tỉ  3 45124.

Ta có khai triển có số hạng tởng qt k k 62 k 124

k.C .3 .5

)

( 

Số hạng khai triển số hữu tỉ khi:

               124 k 0 N k N 4 k N 2 k 62 Û               124 k 0 N k N 4 k N 2 k Û          124 k 0 i4 k N i, k Û          31 i 0 i4 k N i

Û i  {0, 1, 2, ,31}

Vậy khai triển cho có 32 số hạng hữu tỉ

Câu 6: (3 điểm) Chứng minh rằng:      

2007 2005 2006 2005 4011

2 

           

Với n  1, ta có

      n

1 n ) n ( n n n n n n n n n ) n (

2    

          

Từ đó, ta có:

1 2

3

 +5 3

1

 + +(2n 1) n n 1

2

 

 < - 4n

2  < n n n n n

2     

  

Với n = 2005, ta có

      2007

2005 2006 2005 4011

2 

            (đpcm)

Câu 7: (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac Oxy, cho elip y 16 x : ) E ( 2 

 Gọi M

điểm tia Ox, N điểm tia Oy cho đường thẳng MN tiếp xúc với (E) Xác định tọa độ M, N cho MN có độ dài bé Tính giá trị

Gọi M(m;0), N(0;n), với m, n > hai điểm cần tìm

Phương trình đường thẳng

n y m x : ) MN (  

Điều kiện tiếp xúc (E) (MN): n m 16 2              

Áp dụng BĐT Côsi:

 2 2 2 22 22

2 2 n m m n 16 25 n m 16 n m n m

MN   

        

  252 16.9 49

 MN 

Vậy M(2 7;0), N(; 21)thì MN đạt GTLN

ĐỀ 3 Câu 1: (3 điểm)

Giải hệ phương trình sau:

        

  

  

  

3 1

3 1

3 1

z y x

z y x

z y x

Câu 2: (3 điểm)

Chứng minh tam giác ABC bất đẳng thức sau

) (p a p

ha  

Trong độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A, BC = a, 2p = a + b + c

Câu 3: (4 điểm)

Đặt Sn = + q + q2 + …….+ qn

Tn =

n

q q

q

                  

2

1 1

2

với q 

Chứng minh rằng: n n

n n n

n

n C S C S C S T

C

1

3 1

1

1     2

  





Câu 4: (4 điểm)

Tìm hàm số f(x), g(x) thỏa mãn hệ sau đây:

    

 " 

      

        

 

 " 

  

1 1

1 1 1

1

0 2

)1 ( )1 (

x x

x x g x

x f

x x

x xg x

f

Câu 5: (3 điểm)

Chứng minh phương trình: x4 + ax3 + bx2 + ax + =

có nghiệm thực a2 + (b – 2)2 > 3.

Câu 6: (3 điểm)

Cho hình chóp O.ABC có OA,OB,OC đơi vng góc với nhau, P nằm đáy ABC Đặt OA=a, OB=b, OC=c, PA=x, PB=y, PC=z Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2 2

c z b

y a x

T    …………hết………

ĐÁP ÁN ĐỀ

Câu Nội dung Điểm

1

ĐK: x, y, z 0 0.25

    

  

  

   Û

z y x z

y x z y

x z y x

3 ) ( 1

3 ) ( 1

3 ) (

1 0.25

    

  

  

   Û

z y x z

x z y

z y x

3 ) ( 1

0 )3 )( (

0 )3 )(

( 0.25

Biến đổi rút gọn ta bốn hệ phương trình sau

Hoặc ( )

3 ) ( 1

0 0

I z y x z

z y

y x     

  

 

 

có nghiệm   

  

  

2 1

z y x

z y x

0.5

Hoặc ( )

3 ) ( 1

0 3

0

II z y x z x

y x     

  

 

 

có nghiệm x = y = 3, z =

3



0.5

Hoặc ( )

3 ) ( 1

0 0 3

III z y x z

z y z     

  

 

 

có nghiệm x =

3

 , y = z =

0.5

Hoặc ( )

3 ) ( 1

0 3

0 3

IV z y x z x z     

  

 

 

có nghiệm x = z = 3, y =

3



0.5

2 Kẻ đường thẳng d song song BC gọi B’, C’ điểm đối xứng B,

C qua d, ta có: 0.5

AB + AB’ + AC + AC’  BC’ + CB’ = 2BC’ 0.5

Û b + c  4h2 a2

a  0.5

Û (b + c)2 – a2  4

a

h 0.5

Û 4p(p – a)  4ha2 0.5

Dấu “ = “ xảy tam giác ABC tam giác 0.5

ĐỀ 4 Câu 1: ( điểm ) Giải phương trình sau:

3(8 x)2 3(8 x x)( 27) 3(x 27)2 7

      

Câu 2: ( điểm )

Cho tam giác ABC có đường cao AA’ Từ chân đường cao A’ ta vẽ hai đường vuông góc với AB AC Hai đường thẳng cắt hai đường thẳng vng góc với cạnh BC B, C M, N Chứng minh rằng: đường thẳng MN qua trực tâm H tam giác ABC

Câu 3: ( điểm ) Giải phương trình sau: Cxx1 Cxx2 Cxx3 Cxx10 1023

    

Câu 4: (2 điểm)

Cho hai điểm A(1;6), B(-3; -4) Hãy tìm điểm M đường thẳng d: 2x–y–1= cho MA + MB bé

Câu 5: (3 điểm)

Một số có bốn chữ số số phương có tính chất: Nếu tất chữ số trừ với số số có bốn chữ số số phương Tìm tất số có bốn chữ số thõa mãn tính chất nêu

Câu 6: (3 điểm)

Cho hai số thực x, y khác thay đổi thỏa mãn điều kiện : (xy)xyx2y2 xy Tìm giá trị lớn

nhất biểu thức: 13 13

y x

A 

Câu 7: (3 điểm)

Với a, b, c, d, e > thỏa mãn điều kiện a4b4c4d4e41 Chứng minh rằng:

4 54

4 4

3

4 4

3

4 4

3

4 4

3

4 4

3

                  

 a b c d

e c

b a e

d b

a e d

c a

e d c

b e

d c b

a

-Hết-60

ha

d

B' C'

A

Câu Nội Dung Điểm Câu 1

(3 điểm)

Giải phương trình:

2

3 (8 x)  (8 x x)( 27) 3 (x27) 7

3 8 x x 27 5

Û     (*)

Đặt u 3 8 x v; 3 x27

(*) 3 3 5 5

. 6

35

u v u v

u v

u v

   

 

  Û 



  



2 3 u v

  Û 

 

hoặc 3

2

u v

 



 

3

3

8

27 27

0 15

x x

hoac

x x

x x

     

 

  

   

 

 

  Û  



0.5

1.0

1.0 0.5

Câu Nội Dung Điểm

đường thẳng BM CN Gọi K giao điểm cùa M’N’ với AA’ Ta có: MM’HA’ NN’HA’ hình bình hành

KH HA

MM  

 ' '

 TKH : biến điểm M’, K, N’ thành M, H, N Do M’, K, N’ thẳng hàng

suy : M, H, N thẳng hàng (đpcm) 0.5

1.0 1.5 Câu 3

(3 điểm) Điều kiện xN x, 10

1 10 1023

x x x x

x x x x

C  C  C  C 

    

1 10

0 10

10

1024

1024

2 2

10

x x x x

x x x x

x x x x

x

C C C C

C C C C

x

  

Û     

Û     

Û 

Û 

0.5 0.5 1.0 1.0

Câu 4

(3 điểm) Ta có A, B phía d ( xem hình) Gọi C điểm đối xứng A qua D Với điểm M d ta có:

MA+MB = MC+MB  BC

Dấu đẳng thức xảy M giao điểm d BC

Trước hết ta xét đường thẳng l qua A vng góc với d có phương trình: x + 2y – 13 =

Tọa độ hình chiếu H A d nghiệm hệ:

  

  Û 

 

 

  

5 3 01 2

013 2

y x yx

yx

Vậy điểm H(3;5)

Tọa độ điểm C :

  

    

    

4 6 10 2

5 1 6 2

A H C

A H C

y y y

x x x

Vậy C(5;4)

Phương trình đường thẳng BC là: x – y – = Tọa độ điểm M phải tìm nghiệm hệ:

0.5 1.0 0.5 0.5 0.5

Câu Nội Dung Điểm      Û        1 0 01 2 01 y x yx yx

Vậy điểm M(0; -1)

Câu 5 (2 điểm)

Gọi số cần tìm abcd , theo đề ta có:

          2 2 ) )( )( )(

(a k b k c k d k B A abcd Ta có: k k d k c k b k a d c b a B A 1111 ] ) ( 10 ) ( 100 ) ( 1000 [ ) 10 100 1000 ( 2               k B A B

A )( ) 11.101

(   



Do 1000A2,B2 9999  32A,B99

              kB A BA BA BA 11 101 67 0 200 64

Vì A+B số lẻ nên có k=1,3 thích hợp Nếu k=1 A1=3136=562 B1=2025=452

Nếu k=3 A2=4489=672 B2=1156=342

Vậy số cần tìm 3136 4489

0.5 0.5 0.5 0.5 Câu 6 (3 điểm) 2 3 2 3 1 ) )( ( 1                       y x xy y x y x y xy x y x y x A

Đặt x=t.y :

(xy)xyx2y2 xy (t1)ty3(t2 t1)y2

1 ; 2           t t t ty x t t t t y Nên: 2 2 1 1                      t t t t y x A

Xét hàm số: 22 2 2

) ( 3 ) ( ' 1 ) (            t t t t f t t t t t f ) (

' t  Û t

f , có lim ( )1

 

t f

t

Bảng biến thiên:

0.5

Câu Nội Dung Điểm

Vậy GTLN A f2(t)=16

2

  Û x y

0.5 Câu 7

(3 điểm) (1) 1 1 1 1 1 545( 4 4 4)

4 4 4

e d c b a e

e d d c c b b a a

    

         Û

Do a5 4  4  4  4 a

5

1 5

1 5

1 5

1

) (

5

5

4 )

( 4 4

3

4 a

a a a

a 

 Û 

 Û

Tương tự :

(2)

5

4 4

b b

b

 

(3)

5

4 4

c c

c

 

(4)

5

4 4

d d

d

 

(5)

5

4 4

e e

e

 

1.0

1.0

0.5 0.5 ĐỀ 5

Câu : ( điểm )

2 (tan cot ) tan2 cot2 2.

3 x x  x x

Câu : ( điểm )

Cho tam giác ABC có đường cao AA’ Từ chân đường cao A’ ta vẽ hai đường vng góc với AB AC Hai đường thẳng cắt hai đường thẳng vng góc với cạnh BC B, C M, N Chứng minh rằng: đường thẳng MN qua trực tâm H tam giác ABC

Câu 3: ( điểm )

Chứng minh :Với số nguyên dương n số(3n n3)(3 nn3 1)

  chia hết cho 49 không chia hết cho

Câu : ( điểm )

Cho dãy số {Sn} với

1

.cos n

n k

S k

k

p

=

=å Hãy tính lim 2n n

S n

đ+Ơ

Cõu : ( im )

1 Tính S C 20091 2.2008C20092 3.20082C20093  2009.20082008C20092009

2 Chứng tỏ S chia hết cho 2009 Câu : ( điểm )

Cho x, y hai số thực thỏa mãn : x2xy y 3

Chứng minh 4 3 x2 xy 3y2 4 3

Câu : ( điểm )

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A(10;5), B(3;2), C(6;-5) a/ Tìm tọa độ điểm D xác định hệ thức : AD3AB 2AC

b/ Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tìm giao điểm đường trịn với đường thẳng y =

……… Hết ……… Giám thị coi thi không giải thích thêm

T05_DA

Câu Nội dung Điểm

Câu Điều kiện : sin cos sin ( )

2

k

x x Û x Û x  k 

Đặt tanx cotx t tan2xcot2 x t 2

Khi (1) có dạng:

2

0

3 2

3

3

t

t t t t

t

    Û   Û

  

Với t = thì

2cot cot 2 ( )

2

l

x x x  l x   l

  Û  Û   Û    

Với

3

t thì

2

2cot cot 2 ( )

3

3

n

x x  x  n x   n

  Û  Û   Û    

các nghiệm nhận thỏa mãn Vậy phương trình (1) có họ nghiệm :

, ( , )

4

l n

x   x    l n 

0.5 đ 0.5 đ

1.0 đ

0.5 đ

0.5 đ

Câu Gọi M’, N’ giao điểm đường cao CH, BH với đường thẳng BM CN Gọi K giao điểm cùa M’N’ với AA’

Ta có: MM’HA’ NN’HA’ hình bình hành

KH HA

MM  

 ' '

 TKH : biến điểm M’, K, N’ thành M, H, N Do M’, K, N’ thẳng hàng

suy : M, H, N thẳng hàng (đpcm)

0.5 đ

1.0 đ 1.0đ 0.5đ

Câu Đặt A=

3

(3n n )(3 nn 1)

  ta có:

+ Với n7thì (3nn3) (3nn31) khơng chia hết cho Vậy A7

+ Với n7 Theo định lý Phecma nhỏ ta có: n61 ( n31)(n3 1) (1) Xét (3nn3 1) (3n n3) (3n 1)(n3 1)

      (2)

(3nn3 1) (3n n3) (3n 1)(n3 1)

      (3)

Vì số nguyên tố nên từ (1) có (n3 1) 7

  (n3 1)

Xét hai trường hợp: -Giả sử

(n 1) 7 Nếu (3nn31)7 từ (2)  (3nn3) 7 A49

Nếu (3nn3 1)

 7 từ (2) (3n n3)7 A7 - Giả sử (n3 1) 7

  Nếu (3nn31)7 từ (3)  (3nn3) 7 A49

Nếu (3nn3 1)

 7 từ (3) (3n n3)7 A7 Tóm lại:

ta có A = (3n n3)(3nn3 1)

  chia hết cho 49 không chia hết cho

0.5 đ

0.5 đ

0.5 đ

0.5 đ

Câu Ta có:

1

( 1) ,

n n

k

n n

S k n Z+

=

+

£å = " Ỵ (1) Xét hàm số f x( )= +x cosx với x³

f x'( ) sin= - x³ 0," ³x

Vậy f(x) tăng [0;+¥ )

Do với x³ ta có f x( )³ f(0)Þ cosx³ 1-x

Như vậy:

1

( 1)

2

n n

k

n n

S k n

k

p

p

=

ỉ ư÷ +

ỗ

ồ ỗỗố- ữữữứ= - (2) Từ (1) (2) suy an£ Sn£ bn, " Ỵn Z+

( 1)

n

n n

a = +

( 1)

n

n n

b = + - np

Mà 2

1

lim lim

2

n n

n n

a b

n n

đ+Ơ = đ+Ơ =

Nờn

1 lim

2

n n

S n

đ+Ơ =

0.5

0.5

0,5 đ 0.5 đ 0,5 đ

0.5 đ

Câu 1 Ta có : 2009 2 2009 2009

2009 2009 2009 2009

(1x) C C x C x  C x (1) Lấy đạo hàm cấp hai vế (1) ta :

2008 2008 2009

2009 2009 2009

2009(1x) C 2xC  2009 x C (2)

Thay x = 2008 vào (2) ta

2008 2009

2009.2009 2009

S  

2.Vì 2009 chia hết 2009 nên S chia hết 2009

Ta có B x2 4 3 0 B 3 3

         ( Đpcm)

 Nếu y0, đặt t x

y 

Khi

2 2

2 2

3 3

. .

1

x xy y t t

B A A

x xy y t t

   

 

   

Đặt

2

3 1

t t u

t t   

 

2

(u 1)t (u 1)t u 3 0

Û      

Vì (u 1)2 (u1)2 0 nên miền giá trị u  0

4 3 4 3

3 u 3

  

Û  

Do B Au 0 A 3  4 3  B 4 3 (Đpcm)

0.5 đ

0.5 đ

0.5 đ

0.5 đ

Câu

a / AD3AB 2AC

  

     

     Û

)5 5 (2 )5 2( 3 5

) 10 6( 2 ) 10 3( 3 10 D D

y x

  

   Û

16 3 D D

y x

Vậy tọa độ điểm D(-3;16) b/

0 ) ( 3

) ; (

) ; (

   

  

BC BA BC BA

 Tam giác ABC vuông B Do 900



B nên đường tròn ( C ) ngọai tiếp tam giác ABC có tâm I trung điểm AC

Ta có:

2 10

2 

    A C

I

x x x

2 5

2 

  

 A C

I

y y

y

Đường trịn ( C) có tâm I(8;0) bán kính (10 8)2 52 29

    IA

R

Vậy phương trình ( C) : ( 8)2 29

 

 y

x

( C) cắt đường thẳng y = M(xM;5)

Ta có:

  

  Û

 



6 10

29 25

)

(

M M M

x x x

Vậy có hai giao điểm M1(10;5) M2(6;5)

1.0 đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

 Thí sinh giải cách khác lập luận chặt chẽ, xác cho điểm tối đa

ĐỀ 6 Bài 1: (4 điểm).

a) Tính :

3 3

2

1 5 9 (4 3)

lim

1 9 (4 3)

n

n n

 

 

 

         





b) Tìm điểm ( ) : 1 x C y

x



 có hồnh độ lớn cho tiếp tuyến điểm tạo với hai

đường tiệm cận tam giác có chu vi nhỏ

Bài 2: (4 điểm).

Cho parabol (P): y2 = x Các tiếp tuyến (P) điểm phân biệt A ,B ,C thuộc

(P) cắt tạo thành tam giác A'B'C'

a) Chứng minh trực tâm H tam giác A'B'C' nằm đường thẳng cố định

b) Chứng minh hình chiếu vng góc tiêu điểm F ba cạnh tam giác A'B'C' thẳng hàng

Bài 3: (2 điểm).

Giải hệ phương trình:

  

 



  

2 2

2

2 )(1 ) 481

( 36

35 ) 1 )( (6

y x y

x y

x

xy xy

y x

Bài 4: (3 điểm).

Trong số đa giác lồi nội tiếp đường trịn cho , đa giác có tởng bình phương cạnh lớn ?

Bài 5: (2 điểm).

Tìm tất ba nguyên tố (p, p+2, p+4)

Bài 6: (2 điểm).

Cho n điểm mặt phẳng cho điểm không thẳng hàng Giả sử đường thẳng nối điểm đôi cắt số đường thẳng đồng qui n điểm cho Tính số x đường thẳng số tam giác tạo nên x đường thẳng

Bài 7: (3 điểm).

Cho a , b , c số không âm Chứng minh :

T06_DA Bài 1: (4 điểm).

Câu Đáp án Điểm

a) ,5 điểm

b) 2,5 điểm

Tính :

3 3

2

1 5 9 (4 3)

lim

1 9 (4 3)

n

n n

 

 

 

         

 

+Ta có : 3 3

1

( ) 5 9 (4 3) n (4 3)

i

P n n i



      

3

1 1

(64 144 108 27) 64 144 108 27

n n n n

i i i i

i i i i i i n

   

          

+Và :

2

2

1 1

( ) [1 9 (4 3)] n (4 3) 4 n n 3

i i i

Q n n i i

  

   

   

   

   

          

+Mà :

1

( 1)

n i

n n i



 

 ;

6

) n )( n ( n i n

1 i

2   





;

2

3

( 1)

n i

n n i



 



+Vậy P(n) đa thức bậc có hệ số số hạng chứa n4 64 16

4 

Q(n) đa thức bậc có hệ số số hạng chứa n4 4

+Do :

3 3

2

1 (4 3) 16

lim lim

4

1 (4 3)

n n

n n

n n

     

 

    

 

    

 

+ Ta có tiệm cận đứng tiệm cận xiên : x = y = x + Suy giao điểm hai tiệm cận I(1;2)

+ Tại ( , ) ( ) 1

a

M a C

a  với a >1 có phương trình tiếp tuyến

2

2

2

( ) : ( )

1 ( 1)

a a a

d y x a

a a



  

 

+ Tọa độ giao điểm A (d) tiệm cận đứng thỏa:

2

2

1

2

(1; )

2 ( ) 1

1 ( 1)

x

a A

a a a

y x a a

a a

    



 

   

 

+ Tọa độ giao điểm B (d) tiệm cận xiên thỏa:

2

2

1

(2 1;2 )

2 ( )

1 ( 1)

y x

B a a

a a a

y x a

a a

    

 

 



  

 

+ Chu vi tam giác ABI

2 2 cos 45o

ABI

P AI BI  AI BI  AI BI

= AI BI  AI2BI2 2 AI BI

2 AI BI.  2 AI BI 2 .AI BI + Ta có AI xA xI a21



2

( B I) ( B I) 2 2 1

BI  x  x  y  y  a

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Do 4 2 2 24

ABI

P   

+ Vậy Max 4 2 2 24

ABI

P    AI = BI Û a 1 412

Kết luận (1 41 ;2 42 41 )

2 2

M   

0,25

Bài 2: ( điểm).

Câu Đáp án Điểm

a) điểm

4

2

-2

-4

-5 O

^

>

(P)

A'

A

C' C'

B'

+ Ta có A,B,C ( )P  A a a B b b C c c v a b c( ; ), ( ; ), ( ; ) , ,2 2  

+ Suy phương trình tiếp tuyến (P) A,B,C ( ):dA x 2ay a 20

( ) :dB x 2by b 0 ( ) :dC x 2cy c 0

+ Tọa độ giao điểm A' (dB) (dC) thỏa :

2

2 0

'( ; )

2

2 0

x by b A bc b c

x cy c

    

   



  

Tương tự ta có '( ; )

2 a c

B ac  , '( ; )

2

b a C ba 

+ Suy đường cao (hA) tam giác A'B'C' qua A có vectơ pháp tuyến

là nA (2 ;1)a nên ( ) : 2 2 0

2

A

b c

h ax y    abc

Tương tự , ta có( ): 2 2 0

2

B

c a

h bx y    abc

0,25 0,5

0,5 0,25

1 ;2

4 2

a b c

H abc 

 

 

  

Do ( ): 1

4

H d x ( đường chuẩn (P) )

+ Gọi FA ,FB ,FC hình chiếu tiêu điểm ( ;0)1

4

F (dA) ,(dB),

(dC)

Ta có FFA ( )dA  (FFA): 4ax2y a 0

Suy FA có tọa độ thỏa :

2

2 0 (0; )

2

4 2 0 A

x ay a F a Oy

ax y a

    

  

 

  

+ Tương tự ta có (0; ); (0; )

2 2

B C

b c

F F Oy

+ Vậy FA ,FB ,FC thẳng hàng

0,25 0,25 0,25 0,25

Bài 3: ( điểm).

Câu Đáp án Điểm

b)

2điểm Giải hệ phương trình:

  

 



  

2 2

2

2 )(1 ) 481

( 36

35 ) 1 )( (6

y x y

x y

x

xy xy

y x

● Xét x = y = 0: nghiệm hệ ● Xét xy  0:

Hệ phương trình tương đương với:

+

      

 



  

36 481 ) 1

)( 1 1 (

6 35 ) 1 )( 1 1 (

2 2

2 y x y

x

xy y

x

Û

      

   

   

36 481 1 1

6 35 1 1

2 2

y y x x

y y x x

Đặt u =

x x1; v =

y y1 ,

+ Ta có

     

 

 

36 625 6 35

2 v

u v u

Û

     

  

3 25

6 35 uv

v u

Û

     

 

3 10

2 5 v u

Khi đó: +

2

 

x

x  x = x =

2

+  103

y

y  y = y =

3

0,25

0,25

0,5

0,25 0,25 0,5

+ Đáp số: nghiệm: (0;0); (2;3); (2;

3

); (

2

;3); (

2

;

3

)

Bài 4: (3 điểm)

+Đẳng thức xảy

1

cos cos( )

60 2

cos( ) 1

o

A B C

A B C B C

  Û   

 

Û   

 

+ Do : đa giác lồi nội tiếp đường trịn tam giác có tởng bình phương cạnh lớn

0.25 0.25

Bài 5: (2 điểm)

Câu Đáp án Điểm

2điểm Tìm tất ba nguyên tố (p, p+2, p+4) ● Với p = 2: không thỏa mãn

● Với p = 3: ba nguyên tố (3, 5, 7)

 p + khơng số ngun tố (vì 3k + = p + > 3)

Vậy ba nguyên tố (3, 5, 7)

0,25 0,5

Bài 6: (2 điểm)

Câu Đáp án Điểm

2 điểm Tính số x đường thẳng số tam giác tạo nên x đường thẳng + Số đường thẳng: x = Cn2

+Số tam giác

- Nếu số x đường thẳng tạo tam giác số tam giác là:

3

x

C

- Nhưng đường đồng qui n điểm cho không tạo nên tam giác - Xét điểm Ai (i1, , )n :Có (n-1) đường thẳng qua Ai

+Chọn đường  có Cn31 cách chọn

- Mỗi trường hợp tương ứng tam giác bị loại +Số tam giác bị loại là: n.Cn31

+Số tam giác: Cx3- n.Cn31

0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 Bài 7: (2 điểm)

Câu Đáp án Điểm

2 điểm Cho a , b , c số không âm Chứng minh :

6a4b5c5 ab7 ac3 bc

+ Đặt t a Vậy t0

+ Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :

 

2

6 (1)t b c t b c bc     

+ Xem t ẩn (1) bất phương trình bậc hai theo t Tam thức vế trái (1) có

+            5 244 71b c b c bc b c2 20

+ Khi  0và > nên (1) với t Trường hợp b c hay b = c

+ Khi 0 (1) dấu “=” khơng xảy bất đẳng thức với

t

+ Vậy 5 3a b c ab ac bc     với a , b , c không âm

+ Đẳng thức xảy a = b = c

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 ĐỀ 7

Câu 1 : ( điểm ) Giải biện luận phương trình:

3

2 2 3

3 sin 3cos cos cos

4

x

x  x  m x

   

    

   

   

Câu 2 : (3 điểm) :

Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Kéo dài IA , IB , IC phía A ; B ; C lấy A1 , B1 , C1 cho : AA1 = a.IA ; BB1 = b.IB ; CC1 = c.IC

( a = BC ; b = AC ; c = AB )

Chứng minh : tam giác ABC tam giác A1B1C1 có trọng tâm

Câu 3 : (2 điểm ) Cho n N*

 Tính :

Sn= 1.2.3 + 2.3.4 + + n(n + 1)(n +2)

Câu : ( điểm )

Người ta xếp hình vng kề nhau,mỗi hình vng xếp sau có cạnh

3

độ dài hình vng trước nó.Nếu hình vng có cạnh dài 10 cm phải cần độ dài để

xếp tất hình vng đó?

Câu : ( điểm )

Cho thư vào phong bì , phong bì ghi sẳn địa thư Tính số cách bỏ vào thư :

a Chỉ có thư bỏ địa b Chỉ có thư bỏ địa c Khơng có thư bỏ địa

Câu 6 : (3 điểm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn nN

Chứng minh

2 3 tan tan

tann A nB nC  n

Câu :

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho hình thoi ABCD có tọa độ đỉnh A(0;3), B(5;3) Tâm I hình thoi nằm đường thẳng (d):xy 20.Xác định tọa độ đỉnh C D

T07_DA

Nội dung Điểm

Câu 1

3 điểm

 "m, cosx = nghiệm phương trìn  chia vế phương trình cho

2 cos

2

x ta :

 2  2 3

3 1 tan x 3 1 tan x  1 tan x m 2

Đặt : u = 31 tanx

 ; v = 31 tan x Thì :

2

3

2

u v uv m

u v

   

 

 

 

( * )

Û

2

3

2

( ) 2

u v uv m

u v m

    



 

 

- Nếu m = hệ pt vơ nghiệm  Pt VN - Nếu m 0 : ( * ) Û

2

3

2

2

u v uv m

u v m

    



  





 

3

3

3

2

4

2 2

0

u v

m

m

v v

m m



  

 

 

  

 

( ** )

Pt ( ** ) có :  

3

2

2 2

3

m m

  

a Khi 31

m : Pt ( ** ) vô nghiệm  Pt cho VN b Khi 31

2

m : Pt ( ** ) có nghiệm:  

3

3

1,2

2 2

4 3

2

m m v

m

  

3

1,2 1,2 1,2

tanx v tan x  k (k Z)

    Û   

c Khi 31

m : Pt ( ** ) có nghiệm kép v =

 tanx Û0 x k  (k Z )

1 điểm

1 điểm

1 điểm

Câu 2 3 điểm

Gọi M ABCI ; N BCAI

0 NC NB

b

  

 c

b c NC NB

(1) Áp dụng định lý Men – clan – xư :

1



IA IN CN

CB MB MA

 

    

     

 

 

b c a b NC NB MB

MA IN IA

1

 aIA(bc)IN 0 (2)

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

Từ (1) (2)  aIAbIBcIC0

 1

  

BB CC

AA

 tam giác ABC tam giác A1B1 C1 trọng tâm (0,5 điểm)

(0,5 điểm)

Câu 2 điểm

Đặt T = 1.2.3.4 + 2.3.4.5 + …….+n(n + 1)(n + 2)(n+3)

 T – 4Sn = 1.2.3.4 + 2.3.4.5 +… + (n – 1)n(n + 1)(n + 2)

 T – 4Sn = T – n(n + 1)(n + 2)(n + 3)

 ( 1)( 2)( 3)

1

  

 n n n n

Sn

* Chứng minh quy nạp

(0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm)

Câu 4 3đ

Hình vng thứ có cạnh dài 10 cm,

Hình vng thứ hai có độ dài

3

10 cm

Hình vng thứ ba có độ dài

2

3

3 10

    

 cm,…. 1điểm

Tổng độ dài tổng cấp số nhân lùi vô hạn với

3 10

1 

u ,

3



d

3 10 10 10

2        



1điểm

Vậy 30

3

3 10

  

S

(cm) 1điểm

Câu 3 điểm

Gọi thư T1, T2, T3, T4, T5 Phong bì B1, B2, B3, B4, B5

a Mỗi cách bỏ thư thực qua bước

 Bước : Chọn thư để bỏ địa chỉ:

có 10

C  cách chọn ( giả sử T1, T2 bỏ B1, B2 )

 Bước : Bỏ thư lại sai địa : có cách bỏ

Vậy : số cách bỏ thư địa : 10 x = 20 b Mỗi cách bỏ thư thực qua bước:

 Bước 1: Chọn thư để bỏ địa có C515 cách

( giả sử chọn T5 vào B5 )

 Bước 2: Bỏ T1 vào B2, B3, B4 có cách

 Bước 3: Bỏ T2, T3, T4 vào B1, B3, B4 cho khơng thư

địa có cách Vậy : số cách bỏ thư địa : x x = 45 cách

c Số cách bỏ thư vào bì thư 5! = 120

 Có 45 cách bỏ dúng thư vào bì thư  Có 20 cách bỏ thư vào bì thư  Có C52 10cách bỏ thư vào bì thư

 Có cách bỏ ( ) thư vào bì thư

Vậy : số cách bỏ để không thư địa : 120 – ( 45 + 20 + 10 + ) = 44 cách

1 điểm

1 điểm

n

     

 

2 1

     

 

2

3 n

(0,5 điểm) (0,5 điểm)

Câu 7 3đ

Gọi tọa độ tâmI(x0;y0),ta có:

0

2 ( 0) ( 3)

  

 x y

AI

0

2 ( 5) ( 3)

  

 x y

BI

(5 0)2 (3 3)2 25

    

AB

0,5đ Tam giác IAB vuông I I thuộc (d) nên ta có hệ phương trình

  

  

      

0 2

25 )3 ( )5 ( )3 (

0

2 2

y x

y x

y x

0,5điểm

    

  Û

1 1

0

y x

 I(1;1)

0,5điểm

Gọi tọa độ điểmC(xC;yC),D(xD;yD),ta có

     

  

2 3 1

2 1

C C y x

  

   Û

1 2 C C

y x

0,5điểm

     

 

 

2 3 1

2 5 1

D D y x

  

 

  Û

1 3 C D

y x

0,5điểm

Vậy tọa độ C(2;1) D(3;1) 0,5điểm

ĐỀ 8 Câu 1: 3 điểm(Phương trình, bất phương trình)

Giải bất phương trình

12 35

2 

 

x x x

Câu : điểm (Hình học phẳng)

Cho tam giác ABC có sin2 A, sin2 B, sin2C lập thành cấp số cộng có tởng

2 sin sin

sin2A 2B 2C Đường cao kẻ từ A đường phân giác góc B cắt I, biết I thuộc

miền tam giác ABC Chứng minh

IBC

IAC S

S  

Câu : điểm(Số học)

Tìm ba phân số tối giản

d c d b d a

; ;

tạo thành cấp số cộng biết :

d b b

c d a a

b

   

 

1 ; 1

Câu : điểm(Giải tích)

Cho dãy (Un), biết U1 = 1, dãy (Vn) với Vn = Un+1 - Un , n = 1,2 … Lập thành cấp số cộng,

đó V1 = 3; d =

Tính : SU1U2 Un

Câu 5: điểm(Tở hợp)

Trong thư viện có 12 sách gồm sách Toán giống nhau, sách Vật lý giống nhau, sách Hóa học giống sách Sinh học giống xếp thành dãy cho khơng có ba mơn đứng kề Hỏi có cách xếp ?

Câu : điểm (Đại số)

Cho x, y, z thỏa điều kiện

  

  

 

8 ) (

2

2

2

y x z z

y x

Tìm giá trị lớn biểu thức Az(y x)

Câu 7: điểm (Hình giải tích)

Cho tam giác ABC vuông cân C Trên Cạnh BC, CA, AB lấy điểm M, N, P cho

PB PA NA NC MC MB



 Chứng minh CPMN CP = MN

-Hết -T08_DA Câu 1: 3 điểm(Phương trình, bất phương trình)

Giải bất phương trình

12 35

2 

 

x x x

Giải :

Điều kiện x 1

.x0 khơng nghiệm bất phương trình

.Ta xét 1 01 1

x x

Đặt cos

x

12 35 cos

1 cos

1 cos

1 )

1 (

2

  

Û

 



12 35 sin

1 cos

1

 

Û

 

  

 cos ) 35sin cos

(sin

12  

Û

) cos (sin 1225 cos

sin 288

144     

Û (1)

Đặt t sin.cos

(1) 1225 288 144

  

Û t t

35 12 0 

Û t

suy  cos

5 cos

0   

Vậy x  x

3 5

Câu : điểm (Hình học phẳng)

Cho tam giác ABC có sin2 A, sin2 B, sin2C lập thành cấp số cộng có tởng

2 sin sin

sin2A 2B 2C Đường cao kẻ từ A đường phân giác góc B cắt I, biết I thuộc

miền tam giác ABC Chứng minh

IBC

IAC S

S  

Giải :

Dựng đường cao AH, phân giác BD cắt I Gọi M giao điểm CI AB

Đặt BC = a, CA = b, AB = c

Vì I thuộc miền tam gác ABC, nên góc B, C nhọn Từ giả thiết, ta suy

2 sin2



B  sinBcosB

2 sin sin2



 C

A  sinAcosC

Theo định lý Cêva ta có

1 sin cos cos sin cos cos       A B C B a c B C C b DA DC HB HC MB MA DC DA HC HB MB MA

do M trung điểm AB Từ suy SIAC SIBC

Câu : điểm(Số học)

Giải:

Ta coù: b a c

d c d b d a   Û

 ; ; , (*); (2)

1 ; ) ( 1 d b d c d a a b      

Laáy (1):(2)

b a ac b    1

Do (*) Û c = 2b – a

  2

1 2 2 3       Û    

Û a b a b ab a b

b a a b a b

1  2

2      

Û a a b ab b b

có nghiệm b   2

     

Û a b a a ab b b

Ta thaáy a = b (1); (2); (*)  a = b = c = d (vô lý)

Nên ab 2 1   2

     Û     

 a a ab b b b ab a a  

2      

Û b a a a

Đặt t 5a26a1 a, b, c nguyên  t hữu tỉ

5 2

2   

 Û    

Û a a t a t

Ta tìm t để a nguyên  5t2 + phương

2 2 2 2 1 5

5t k k t  Û k  t  Û k  t

            Û   Û

Chỉ có số nhỏ thỏa phương trình là: k1=  t1 = 

     8 18 t k

Vaäy: a =  b =   



2

c =  

  15

1

d =   



5

Thế vào ta chọn ; ; 

Câu : điểm(Giải tích)

Giải:

n d n  n V

Vn  1  33  3

Vì Vn Un1Un ÛUn1Un 3nÛUn1 Un3n

Nên Un có dạng an2 + bn + c Û an12bn1can2bnc3n

2a-3

n   

Û a b (đồng nhất) U n n c

b a

n             Û 2 3 2 3 2 3 2 3

Chọn n =  c =1 Vậy 3  

 n n

Trong thư viện có 12 sách gồm sách Tốn giống nhau, sách Vật lý giống nhau, sách Hóa học giống sách Sinh học giống xếp thành dãy cho khơng có ba mơn đứng kề Hỏi có cách xếp ?

Giải :

Gọi A tập hợp cách xếp 12 thành dãy tùy ý Gọi A1 tập hợp cách xếp sách Toán đứng kề

Gọi A2 tập hợp cách xếp sách Lý đứng kề

Gọi A3 tập hợp cách xếp sách Hóa đứng kề

Gọi A4 tập hợp cách xếp sách Sinh đứng kề

Gọi A* tập hợp cách xếp thỏa yêu cầu đề bài

Ta có  

4 * * \       i i i

i A A A

A A A

Mà 369600

) ! ( ! 12   A 60936 ) ! ( ! ) ! ( ! ) ! ( ! ) ! ( ! 10 4 2 4       C C C C A i i  308664 60936 369600 *     A

Câu : điểm (Đại số)

Cho x, y, z thỏa điều kiện

        ) ( 2 2 y x z z y x

Tìm giá trị lớn biểu thức Az(y x)

Giải :

Từ điều kiện suy

12

2

2 2

   

 y z xz yz

x 2 2                

Û x z y z

Đặt 

         ; z y z x

u 



u

v 2y; 2x 



v

Ta có u v y x z x y zz y x A

                 ) ( 2 2

Vậy A=   48 4     v u v u

Dấu = xãy u , hướng, tức làv

1 ) ( 2 2   Û  Û    Û     z z y x z x z y y z x Khi                            1 2 y x y x y x

Giá trị lớn A

Câu 7: điểm (Hình giải tích)

Cho tam giác ABC vuông cân C Trên Cạnh BC, CA, AB lấy điểm M, N, P cho

PB PA NA NC MC MB



 Chứng minh CPMN CP = MN

Giải :

Chọn hệ trục Oxy cho OC, tia Ox  CA tia Oy CB Ta có toạ độ điểm C(0; 0) , A(1; 0) , B(0; 1)

Từ giả thiết ta đặt k

PB PA NA NC MC MB

  

Do

        

   

 

 

   

 

    

 

 

        

   

 

 

 



 

 

k k k P

k k N

k M

CB k k CA k CP

CA k k CN

CB k CM

1 ;

1 ;

1 ;

1

1 1

1

Từ CP MN

k k k

k CP

MN   

   

 

0 ) ( ) (

2 2

2

2

) (

1 



 



 CP

k k MN

ĐỀ 9 Bài 1: (3 điểm)

Cho bốn số thực a,b,c,d thỏa mãn:

2 2

2

4 4

a b a b

c d c d

    

 

    

 

Hãy tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức T= a+b+c+d

Bài 2: (3 điểm) Cho

1

.cos

n n

k

S k

k

 

 ,tìm giới hạn S2n n

n  

Bài 3: ( điểm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn Gọi AH,BI,CK đường cao tam giác Chứng minh

2 2

1 cos cos cos

HIK

S

Chứng minh :

2008 2008 2008 10 10 10 1990 1990 1990 3

a b c a b c

a b c

   



 

Bài 6: ( điểm)

Với n,k số nguyên dương và1 k n,chứng minh rằng:

0 1 2

1

k k k ( 1)k k

n n n n n n n n k

C C C C  C C  C C

  

     

Trong Cnk số tổ hợp chập k n phần tử

Câu 7: ( điểm)

Giải bất phương trình :(3 x) x 1 5 2x 40 34x 10x2 x3

        (1)

………….Hết……………

T09_DA Bài 1 (3 điểm)

0.5

Từ giả thuyết ta :

2

2

( 1) ( 1)

( 2) ( 2)

a b

c d

    

 

   

 

0.5 Trên mặt phẳng Oxy, chọn điểm A(a,b) ; B(c,d), với a,b,c,d thỏa đề tương ứng nằm hai đường trịn tâm I1(1,1)bán kính R1 2và I2(2, 2)bán kính

2

R  Ta có tâm I2 nằm đường trịn tâm I1.Nối OI1 cắt đường tròn tâm I1 O

và I2, cắt đường tròn tâm I2 B1 B2

0.5

Ta có

2 2 4 2 2

1

2 4

a b c d OA OB

T        

0.5 Vì A nằm đường trịn tâm I1 nên ta có OA OI 2.Suy

2 2

2

2OA 2OI 2(2 2) 16

2 2

2 ( 2 2) (2 2) 28

OB OB  OI I B    

Suy T  8 2

0.5 Dễ thấy OA0 2 2

1 ( 2 ) (2 2)

OB OB  OB OB  OI  I B  

0.25 Suy T  4 2 0.25 Kết luận:

2

8 2 vaø B B 0, 2

MaxT   Û A I  Û a b  c d  

MinT  4 2 Û A O vaø B B 1Û a b 0,c d  2 2 Bài 2 ( điểm )

0.25

Ta có: cos 1, k * k



 "   0.5

1 n n

k

S k



  hay ( 1)

2

n

n n

S  

0.25

Đặt ( 1)

2

n

n n

b   (1)

0.25

Mặt khácxsin ,x x" 0 cos 1 2sin2

2

x x 

0.25

2

cos 2.( ) cos , (0, )

2

x x

x hay x x 

     " 

0.5

Mà

2

2

1

1 hay S

2

n n

n n

k k

S k k

k k

 

 

   

       

   

 

0.25 ( 1)

hay S

2

n

n n n

 

0.25

Đặt

2

( 1) a

2

n

n n n

  (2)

0.25

Từ (1) & (2) ta có:a S b , n"   thỏa lim an lim bn

B A

C H

I K

0.5 Ta có: SHIK SABC SAKI  SBKH  SCHI ,suy ra: 0.25

1 CHI

HIK AKI BKH

ABC ABC ABC ABC

S

S S S

S   S  S  S

0.5

Hai tam giác AKI ABC có góc A chung nên:

AKI ABC

S AK AI AK AI

S AB AC AC AB

0.5 Trong tam giác vng AKC AIB ta có:

cosA AK cosA AI

AC AB

 

0.5

Do : AKI cos2

ABC

S

A

S 

0.5

Tương tự: BHK cos2

ABC

S

B

S 

CHI cos2

ABC

S

C

S 

0.25

Vậy : HIK cos2 cos2 cos2

ABC

S

A B C

S    

Bài 4 ( điểm)

0.5 Với số nguyên dương n, ta có

2

9n (3 )n (3 )n

    

0.5 Vì 3n ln số lẻ nên 3n=2k+1, k N*



0.5 Do (3 )n 1 (2k 1)2 1 4(k2 k) 2

      

0.25 Vậy 9n 1

 không chia hết cho

0.25 Suy 9n 1

 không chia hết cho 100

Bài 5 ( điểm )

0.5

Vì a,b,c1 ta có

2008 2008 2008 2000 2000 2000 1990 1990 1990 1990 1990 1990

a b c a b c

a b c a b c

   



   

0.5

(1)

2000 2000 2000 10 10 10 1990 1990 1990 3

a b c a b c

a b c

   

Û 

  (2)

0.5 Khơng tính tổng quát giả sử a b c 

Áp dụng bất đẳng thức Trêbưsep cho hai dãy thứ tự

10 10 10 vaø 1990 1990 1990

a b c a b c

0.5

Ta có

10 10 10 1990 1990 1990 10 1990 10 1990 10 1990

( )( )

3 3

a b c a b c a a b b c c



0.5 10 10 10 1990 1990 1990 2000 2000 2000

( )( )

3 3

a b c a b c a b c

Û 

0.5 2008 2008 2008 10 10 10

1990 1990 1990

3

a b c a b c

a b c

   

Û 

 

Bài 6 ( điểm)

0.5 Với x k số nguyên dương ta có:

0 2

(1 )k k k

k k k k

x C C x C x C x

     

0.5 k(1 )k k k k k k k(1)

n k n k n k n k n

C x C C C C x C C x C C x

Û      

0.5

Mà ! ! ! ( )!

!( )! !( )! !( )! ( )!( )!

m k k n

k n n n m

C C

m k m k n k m n m k m n k



 

    

m k m n n m

C C  



0.5 0.5

Do (1) có dạng:

0 1 2

1

(1 ) (1)

k k k k k k k

n n n n n n n n n k

C x C C C C x C C  x C C x

  

     

0.5 Thay x=-1 vào (2) ta được:

0 1 2

1

k k k ( 1)k k

n n n n n n n n k

C C C C  C C  C C

  

     

Bài 7 ( điểm)

0.25

Điều kiện : x

 

0.25 Xét u (3 x ;1)  v ( x 1; 2x )  

0.25 Ta có u x2 6x 10

  



, v  x

0.25 u v (x2 6x 10)(4 x) 40 34x 10x2 x3

       

 

0.25 (1)Û u.v u v  => u v hai vectơ hướng 0.25

Û x

x 2x

 

 

0.5

Û

2

(3 x)

0

x 2x



 

 

0.25 Û 2x3 – 17x2+ 49x – 46 = 0

0.25 Û (x – 2)(2x2 – 13x + 23) = 0

0.25

Û x 02

2x 13x 23 (VN)

  



   

Û x = 0.25 Vậy nghiệm bất phương trình : x =

ĐỀ 11

Câu 1: (3 điểm)Giả sử số dương x,y,z thoả mãn hệ thức x yz 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức :

4

4

1 1

1

1 

    

       

       

 

z y

x

P

Câu 2: (3 điểm) Cho dãy số , 1,2, 2

1 ,

1

1

1  u   u  n

u n n n Hãy tìm giới hạn dãy số

Câu 3: (2 điểm) Tìm tất số thự nhiên a > thoả mãn điều kiên : Tồn số nguyên dương phân biệt m , n để viết hệ đếm thập phân số am1 có chữ số với số an1 viết theo thứ tự ngược lại

Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC có A1,B1,C1 chân đường phân giác góc A,

Dấu đẳng thức xảy nào?

Câu 6: (3 điểm)Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình :x1  x2   xn m Hai nghim

) ( ),

(xj yỵ c coi khác tồn số j xj yỵ

Cõu 7: (3 im) Cho im M(3;0) parabol (P): y = x2

a M điểm thuộc parabol (P) có hồnh độ xM=a Tính độ dài đoạn AM, xác định a để đoạn AM

ngắn

b Chứng tỏa đoạn AM ngắn nhất, AM vng góc với tiếp tuyến M parabol (P) T11_DA

Câu 1: (3 điểm)

Ta chứng minh

+ x4 y4 z4 xyz(x y z)

  





+ (   )(1 1 1)9

z y x z y x .

+

1 1 x x yz x z x y x z y x

x     

     1 1 y y xz y x y z y z y x

y     

     1 1 z z xy z y z x z z y x

z     

    

 (11)(11)(11)64

z y

x

Như :

768 64 12 1 1 1 1 1 1 1 4                                                         z y x z y x z y x

Dấu xảy x = y = z = 1/3 Vậy Min P = 768

Câu 2: (3 điểm)

Do 1, 1

2 1

2

1     " 

 u u n

un n n n nên un dãy số tăng

Mặt khác 1 1

2 2 1 2 1 2 1              

 n n n n n n

n u u u

u Vì ta nhận

un u     n u   un

2 1 2 1 2 1 2 1 1

1 dãy số bị chặn

Lại có

un un n un n n u n n

2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1               



Nên limun  2

Câu 3: (2 điểm)

Giả sử hai số am + an + thoả mãn u cầu tốn a khác 10 Giả sử n > m Ta có 10 (am + 1)

> an + (1)

Ta giả sử n > 2m an + > a2m+1 > a2m + am = am (am + 1) , theo (1) ta suy am < 10 nên am + = an

+ điều Vậy phải có 2mnÛ mn m Bởi ta có :

an + > an-m am > ( an-m-1)( am + 1) (2)

Từ (1) (2) suy an-m –1 < 10 Vì an-m khác 10 nên an-m –1 < (3).

Mặt khác từ giả thiết ta suy :

an + - ( am + 1) = am( an-m –1) chia hết cho Do có (3) nên am a chia hết cho 3.

Suy a 3, 6, Nếu a >

an + > ( a -1)( am + 1) > am + Chứng tỏ số ( a -1)( am + 1) có số chữ số với số am + an +

1 Vì a > nên chữ số am + , với a = chữ số hàng đơn vị nó

khác 1, điều khơng thể xẩy Vậy a Với a = có m = , n = thoả mãn toán Đáp số : a =

Câu 4: (3 điểm)

B1 C1 A1 C B A

- Theo tinh chất đương phân giác ta có :

c a bc AB  

1 ,

b a bc AC  

- áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác AB1C1 ta có :

 2

2 2 1 2 2 2 2 1 2 1 64 ) ( 4 ) )( ( ) ( ) ( ) )( ( ) )( ( cos c b a ac ab ac ab ac ab bc a c a b a bc a C B c a b a c b c b a abc c a b a bc a bc a c b c a bc b a bc c a bc b a bc A AB AC AB AC C B                                             

Khi cách tương tự ta nhận được: 1 c b a C

B    ,

8 1 c a b A

C    ,

8 1 a b c B

A   

Cộng vế với vế bất đẳng thức ta ĐPCM Dấu xảy tam giác ABC tam giác

Câu 5: (3 điểm)

Đặt 0, 0, 0,

        

 y z t xyzt

x a b c d .

Khi dễ thấy x4  y4  z4 1xyz(x y zt)0 Vì theo tính chất nghịch đảo ta có:

1 1 1 1 1 1

1 1

4

4  

Vậy số nghiệm ngun khơng âm phương trình :x1  x2   xn m

 

1

)! 1 ( !

)! 1 (

)! 1 (

) 1 ) (

2 )( 1 (

1 

  

 

   

  

 

 n Cmn n

n m

n m n

n m m

m

m .

Câu 7: (3 điểm)

a Tính độ dài đoạn AM

Điểm M (P) có tung độ yM= a  M(a;a2)

AM =  12 3 12

  

 a

a

Để đoạn AM ngắn Û  2 12 3 12 5

  

 a

a nhỏ

1

 Û a

b Tiếp tuyến (P) có dạng:  d :x12y1Û  d :y2x1

Đường thẳng AM có hệ số góc 21

  

M M

A M AM

x x

y y K

Nhận xét

2 AM   d k

k Û (d)vng góc AM

Vậy AM ngắn nhất, AM vng góc với tiếp tuyến M (P)