[r]
(1)GVHD Nguyễn Minh Sang THCS Lâm Thao Phỳ Th
Thivào lớp 10 hệ chuyên Đại học s phạm Hà nội Vòng Dành cho thí sinh (ngày 13 tháng năm 2008) Câu 1
Cho biÓu thøc
√a −√b¿2
¿ ¿ √¿
P= a+b
√a+√b:( a+b
a −b− b b −√ab+
a
a −√ab)−¿ Víi a?0;b>0 a khác b
1.Rút gọn P
2 Tìm a ,b cho b=(a+1)2 P=-1 Giải : ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) : ( )( ) ( ) : ( )( )
2 ( )
:
( )( )
a b
a b a b b a
P
a b a b a b b a b a a b a b a b ab b a a b a b a b
a b P
a b a b a b ab
a b a b a ab b ab ab b a a ab ab
P
a b a b a b ab
a b ab a b P
a b a b a b ab
( )( )
2
2 ( )
2
a b
a b a b a b a b ab
P
a b ab a b a b a b P
NÕu a>b>0 th×
0
2
a b a b
P
NÕu 0<a<b th× 2
a b b a
P a b
2 Khi P=-1 th× a < b
1 (1 )
: 1;
P a b a a a a
Vi a a b
Câu 2Cho phơng trình x2 +(m2+1)x +m-2=0 víi m lµ tham sè
1.Chøng minh r»ng với m phơng trình có nghiệm phân biệt 2.Gọi x1,x2 nghiệm phơng trình tìm tất giá trị m cho
2x1−1
x2
+2x2−1
x1
=x1x2+55
x1x2 Gi¶i
(2)1 2 x x m
Tõ GT ta cã
2 2
1
1 2 2
2 1
2 2
1 2 2
2 2
4 2
4 2
2 55
2( ) ( ) 55
2( ) ( ) 55
2( 1) 4( 2) ( 1) ( 2) 55
2 4 4 55
2 48 ( 4)( 6)
x x
x x x x x x x x
x x x x
x x x x x x x x
m m m m
m m m m m m
m m m m
V× m 2 +6>0 víi mäi m nªn : m2 =4 suy m=2 (Lo¹i),
VËym= -2
(3)O1 K O2
I O
C A
B
M
1.Chứng minh điểm C,O1, M,O2 thuộc đờng tròn ( C)
Ta cã theo tính chất quan hệ góc nội tiếp góc tâm chắn cung
CO2M=2 CBA; CO1M=2.CAB
Nªn CO2M+CO1M=2 CBA +2.CAB=2(CBA +CAB)=1800
Vậy điểm C,O1, M,O2 thuộc đờng tròn ( C)
2.Chứng minh O thuộc đờng tròn ( C) Ta có COM góc ngồi cân CBO nên
COM=CBO+OCB=2 CBO=CO2M nên O thuộc đờng tròn ( C)
3.Xác định vị trí M để bán kính đờng trịn ( C) nhỏ Ta có O2OO1=900 nên O
2C O1=900 nên O1O2 đờng kính đờng trịn ( C)
để bán kính đờng trịn ( C) nhỏ O1O2 nhỏ gọi I,K trung điểm
BC,CA ta có O2C O1 đồng dạng với ICK (g.g) nên
2
1
2
O O O C AB
O O IK
IK IC
Min(O1O2)=IK=
AB
O2 I O; 1K;khi M trùng với chân đờng cao kẻ từ C
tíi AB
Câu Cho số thực a,b,c,d thoả mãn đồng thời điều kiện i) ac-a-c=b2 -2b
ii) bd-b-d=c2 -2c iii) b,c kh¸c 1
Chứng minh đẳng thức : ad+b+c=bc+a+d Giải
ac-a-c=b2 -2b ac-a-c+1=b2 -2b+1 (a-1)(c-1)=(b-1)2 (1)
bd-b-d=c2 -2c bd-b-d+1=c2 -2c+1 (c-1)2=(b-1)(d-1) (2)
vì b-1,c-1 khác nên lấy (1) chia (2) ta đợc
1
( 1)( 1) ( 1)( 1)
1
1 ;( )
a b
a d c b
c d
ad a d bc b c ad b c bc a d dpcm
(4)
z+x¿ ¿
z+y¿2 ¿ ¿ ¿ ¿
1
¿
Gi¶i
Tõ GT ta cã
2
2
1
( ) ; ( )
(z x ) z y (z y ) z x
x − y¿2 ¿
z+x¿2 ¿
z+y¿2 ¿
x − y¿2 ¿
z+x¿2 ¿
x − y¿2 ¿
x − y¿2 ¿
x − y¿2+2
¿ ¿
z+y¿2+¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
VT=1
¿
áp dụng BĐT A B AB ta có
2
2 2 2
1 1 1
( ) 2 ( ) (x y ) (z x ) (z y ) (x y ) x y (x y ) x y
VËy
x − y¿2 ¿
z+x¿2 ¿
z+y¿2 ¿ ¿ ¿ ¿
1
¿
(5)1
( )( )
x y
z y z x
Thivµo líp 10 hệ chuyên Đại học s phạm Hà nội
Vòng (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán-Tin) (ngày 13 tháng năm 2008)
Cõu 1Cho ba số dơng a,b,c thoả mãn b c a , b c a b, ( a b c)2 Chứng minh đẳng thức
2
( )
( )
a a c a c
b b c b c
Gi¶i
2
( ) 2
2 2
a b a b c a b a b c ab ac bc
c ac bc ab
Ta cã
2
( )
(*)
( )
a a c a a ac c b b c b b bc c
thay c2 ac2 bc ab Vµo (*) Ta cã
2
2
( ) 2 2 2 2
( ) 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )( )
;( )
( )( )
a a c a a ac c a b b ac bc ab ac b b c b b bc c a b a ac bc ab bc
a b b bc ab a b c b b c a a b a ac ab a b c a a c b
a b c a c a c
dpcm a b c b c b c
C©u 2:
1.Víi số dơng a thoả mÃn a3=6(a+1) Chứng minh phơng trình sau vô nghiệm: x2+ax+a2 - 6=0
2 Tìm tất giá trị a b cho 2(a2+1)(b2 +1) =(a+1)(b+1)(ab+1)
Giải 1.Để phơng trình vô nghiệm <0;
Ta cã =a2 – 4(a2 -6)=24 – 3a2
Tõ gi¶ thiÕt ta cã
2 6(a 1)
a
a
thay vµo
2 24 18 18 18 24 3a a a (*)
a a
Ta chøng minh 0<a< tõ gi¶ thiÕt
3 2
2
6 3 9
( 3)( 3)
a a a a a a a
a a a
Ta cã a2+3a+3>0 víi mäi a nªn a-3<0 suy a<3 nªn
18 18
a
kÕt hỵp víi (*) ta cã
18
6
a
(6)Tõ (1),(2),(3) ta cã
4(a2+1)2(b2+1)2 (a+1)2 (b+1)2 (ab+1)2 2(a2+1)(b2+1) (a+1)(b+1)(ab+1)
Kết hợp với đầu dấu = a=b=1
Cách khác: Phá ngoặc 2(a2+1)(b2+1) (a+1)(b+1)(ab+1)
2a2b2+2a2+2b2+2 a2b2+2ab+a2b+ab2+a+b+1
2a2b2+4a2+4b2+4 4ab+2a2b+2ab2+2a+2b+2(*)
¸p BĐT Cô-Si 2(a2+b2) 4ab;a2b+a22a2b;ab2+b22ab2;a2+12a;b2+12b cộng
cỏc BT cựng chiều ta có (*) đợc chứng minh dấu “=” a=b=1
Câu Ba số nguyên a,b,c đôi khác thoả mãn đồng thời điều kiện i) a ớc b+c+bc
ii) b lµ íc cđa a+c+ac iii) c lµ íc cđa a+b+ab
1.Hãy số (a,b,c) thoả mãn điều kiện trên 2.Chứng minh a,b,c không đồng thời số nguyên tố
Gi¶i a) bé sè (a,b,c)= (1;3;7)
b) Giả sử a,b,c số nguyên tố
Tõ gi¶ thiÕt Ta cã (b+c+bc)+a(1+b+c) =(a+b+c+ab+bc+ac) ⋮ a (a+c+ac)+b(1+a+c) =(a+b+c+ab+bc+ac) ⋮ b (a+b+ab)+c(1+a+b) =(a+b+c+ab+bc+ac) ⋮ c Nªn ( a+b+c+ab+ac+bc ) chia hÕt cho a,b,c
Ta cã (a+1)(b+1)+(a+1)(c+1)+(c+1)(b+1)=ab+a+b+1+ac+a+c+1+bc+c+b+1 =(2a+2b+2c+ab+bc+ac)+3 (mod (a,b,c))
Mµ (b+1)(c+1)=b+c+bc+1 1(mod a)
Nªn (a+1)(b+1)+(a+1)(c+1)=(a+1)(b+c+2) (mod a) ⇒b+c ≡ a (mod a)
Mµ theo GT (b+c+bc) 0( mod a) bc (mod a) hay bc ⋮ a mµ a,b,c nguyên tố vô lý
Suy a,b,c khụng đồng thời số nguyên tố Câu 4:
L
A
2
2
P
E D
G
F M
N O
C B
(7)nên tứ giác ADEB nội tiếp suy EDM=ABG (1) ( cïng bï víi ADE)
xÐt tø gi¸c AGFB có A1=B1 ( nội tiếp chắn cung AG)
nên tø gi¸c AGFB néi tiÕp suy AFG=ABG (1)
Tõ (1) (2) EDM =AFG vị trí so le nên DE//GF ( đpcm)
2.nu t giỏc DEFG l hình bình hành chứng minh DFEG ALP đồng dng vi ANC
Vì tứ giác DEFG hình bình hành nên ME=MG xét AEG có AM vừa phân
giác vừa trung tuyến nên AM EG hay DF EG ( ®pcm)
Vì DF EG AMB=900 suy AB đờng kính đờng trịn (O)
Khi ALP=ANC=900 nên ALP đồng dạng với ANC (g.g) (đpcm)
C©u 5
Gäi M , N,P trung điểm cạnh BC , AC , AB nèi M,N,P chia ABC thµnh
đều có cạnh 1,5 cm gọi O tâm giả sử APN nối O với
trung điểm ba cạnh APN ta đợc tứ giác gọi tứ giác là
AIOK ABC đợc chia thành 12 tứ giác tứ giác AIOK ( nh hình vẽ) xét tứ
gi¸c AIOK cã AI=AK=IK=1,5 cm ;IO=OK=
2 cm;AO= 3cm
V× cã 13 điểm 12 tứ giác nên theo nguyên tắc Đríc-lê tồn điểm thuộc tứ giác khoảng cách điểm không vợt AO= 3cm (®pcm)
K
J I
O
M
N P
A
(8)