JM lớn nhất JM là đường kính O lúc đó M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC.... Gọi K là điểm đối xứng của I qua EF..[r]
(1)Đề 1* Câu I (4,0đ) Ý (2,5đ) Lời giải (vắn tắt) Điều kiện: A Điểm xy 1 x 1 0,25 xy xy x xy 1 xy 1 xy : xy 1 xy xy 1 xy xy x xy 1 x 1 xy xy 1 xy x 1 xy xy x xy 1 xy 1 xy xy 1 xy xy x xy 1 x 1 xy 1 x x y xy xy (1,5đ) Theo Côsi, ta có: 2 x y 0,50 0,50 1,25 xy 9 xy 0,50 1 y x=y= Dấu xảy x 0,50 Vậy: maxA = 9, đạt : x = y = 0,50 0,25 (2,5đ) Ta có: x4 y y z z x4 2 x y y2 z z x2 = 2 0,50 x2 y y z y z z x2 z x2 x2 y xyyz yzzx zxxy 2 = = 0,50 = xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1) 0,50 x4 y z x y z x y z x y z 1 Dấu xảy 1 1 x ;y ;z 3 3 Vậy nghiệm hệ phương trình là: III (4,0đ) (2,0đ) Giả sử (a + b2) (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k * a + k = b(ka2 – b) a + k = mb (1) 2 Ở đó m mà: m = ka – b m + b = ka (2) 0,50 0,50 (2) Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) Do m > (điều này suy từ (1) a, k, b > 0) nên m (vì m ) Do b > nên b – (do b ) (m – 1)(b – 1) Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka) Lại a > nên suy ra: k + – ka k + ka k(a – 1) (4) Vì a – (do a , a > 0) và k , k > nên từ (4) có: a 1 k(a 1) 0 k(a 1) 1 a 2 k 1 - Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = m 2 b 1 b 2 b 3 m 1 b 2 Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = a = 1, b = b 1 - Với a = (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = m 1 Khi b = 1, ta được: a = 2, b = Khi m = 1: Từ (1) suy a + k = b b = Lúc này được: a = 2, b = Tóm lại, có cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1) (2,0đ) Ta có √ x+2 √ 3= √ y+√ z ⇔ x+2 √3= y+z+2 √ yz 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 ⇔ ( x− y −z )+2 √ 3=2 √ yz⇒ ( x− y−z ) +4 √ ( x− y−z ) +12=4 yz (1) yz−( x− y−z ) −12 √ 3= ( x − y−z ) TH1 Nếu x− y−z≠0 Ta có ( TH2 (2) vô lý 0,50 x, y ,z∈N nên vế phải (2) là số hữu tỷ ) x− y−z=0 đó Giải (3) ta x=4 y=1 z=3 ¿ { ¿ { ¿ ¿¿ ¿ (1) ⇔ x − y − z =0 yz =3 ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ x=4 y=3 z=1 ¿ { ¿ { ¿ ¿¿ ¿ (3) 0.50 0,50 thử lại thỏa mãn (3) IV (6,0đ) E (2.5đ) D H A F C M I O B Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay FMB 90 0 Mặt khác FCB 90 (giả thiết).Do đó FMB FCB 180 CBM EFM 1 (vì cùng bù với CFM Suy BCFM là tứ giác nội tiếp ) Mặt khác 0,50 0,50 0,50 0,50 CBM EMF 2 (góc nội tiếp; góc tạo tiếp tuyến và dây cung cùng chắn AM ) Từ (1) và (2) EFM EMF Suy tam giác EMF là tam giác cân E (2.5đ) 0,50 (Có thể nhận EMF MBA MFE nên suy ra EMF cân) DIF DIH 3 Gọị H là trung điểm DF Suy IH DF và 1lần lượt là góc nội tiếp và góc I ta có: DMF Trong đường tròn và DIF DMF DIF tâm cùng chắn cung DF Suy (4) Từ (3) và (4) suy DMF DIH hay DMA DIH O ta có: DMA DBA Trong đường tròn (góc nội tiếp cùng chắn DA ) Suy DBA DIH Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy IH // BC Do đó 3(1đ) 0,50 0,50 0,50 DBA HIB 180o DIH HIB 180o Ba điểm D, I, B thẳng 0,50 hàng 0,50 Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ABI ABD sđ AD Mà C cố định nên D cố định sđ AD không đổi 0,50 Do đó góc ABI có số đo không đổi M thay đổi trên cung BD 0,50 (4) B Ta có: 2xy (x y) 3xy(x y) xy 3xy xy xy(1 3xy) 0.25 (x y) xy 4 Theo Côsi: Bo 2xy xy(1 3xy) Gọi Bo là giá trị B, đó, x, y để: 3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + = (1) Để tồn x, y thì (1) phải có nghiệm xy = Bo2 – 8Bo + Bo 4 0.25 Bo 4 V(1đ) Để ý với giả thiết bài toán thì B > Do đó ta có: Bo 4 Bo Bo 4 xy x(1 x) 6Bo 6 3 6 3 Với x2 x 6 3 Vậy, 1 0 x Bmin 4 , đạt 1 x 1 1 ,x 1 x 1 0.25 1 1 , y 2 3 1 1 1 3 , y 2 1 0.25 Đề Câu: Nội dung Với a Z thì a a (a 1)a(a 1) là tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho và Mà (2.3)=1 a a 6 S P (a13 a1 ) (a 32 a ) (a 3n a n )6 Vậy S 6 P 6 n n 2n 2n n (n 1)2 (n 2n 2) 2 với n N , n > thì n 2n (n 1) > (n 1) (5) 2 và n 2n n 2(n 1) < n 2 2 Vậy (n 1) < n 2n < n n 2n không là số chính phương đpcm 10 x3 3(x 2) 10 (x 1)(x x 1) 3(x 2) điều kiện x Đặt x a (a 0) x x b (b>0) 2 Ta có: 10ab = 3a 3b a = 3b (a 3b)(3a-b) = b 3a Trường hợp1: a = 3b Ta có: x 3 x x (1) 9x 9x+9=x+1 9x 10x+8 = ' 25 9.8 < phương trình (1) vô nghiệm Trường hợp 2: b = 3a Ta có: x x x 9(x 1) x x x1 5 33 (TM) x 5 33 (TM) x 10x-8 = Vậy phương trình có nghiệm x 5 33 (6) x 3 y y 3 z z x 3 Từ (3) z 3x-1 x thay vào (2) 3xy+3 = 8x+y (4) Từ (1) xy 3y 3xy+3 = 9y (5) Từ (4) và (5) 8x+y = 9y x y Chứng minh tương tự : y = z Từ đó x y z Thay vào (1) x x 3 x 3x+1 = x 3 hệ có nghiệm x y z 3 1 Áp dụng bất đẳng thức x y x y (với x,y > 0) 1 1 1 ( ) Ta có: 2x+y+z 2x y z ; y z 4y 4z Suy ra: 1 1 ( ) 2x+y+z 2x 4y 4z (1) 1 1 ( ) Tương tự: x+2y+z 4x 2y 4z (2) 1 1 ( ) x+y+2z 4x 4y 2z (3) (7) Từ (1),(2),(3) 1 1 1 ( ) 2x+y+z x+2y+z x+y+2z x y z Dấu "=" xảy x y z 1 1 2x+y+z x+2y+z x+y+2z 2011 2011 Áp dụng bất đẳng thức CôSy cho x ,x và 2009 số ta có: x 2011 x 2011 20112011 (x )2011 2009 2x 2011 2009 2011x 2011 2009 2011y Tương tự: 2y (1) (2) 2z 2011 2009 2011z (3) 2(x 2011 y2011 z 2011 ) 3.2009 x y z 2011 Từ (1), (2), (3) 2 x y z 3 Giá trị lớn M là và x = y = z = A I E H N P O B F C M Gọi giao điểm BH với AC là E AH với BC là F, CH với AB là I (8) HECF là tứ giác nội tiếp AHE ACB (1) Mà ACB AMB ( góc nội tiếp cùng chắn cung) Ta có: AMB ANB (Do M, N đối xứng AB) (2) Từ (1), (2) AHBN là tứ giác nội tiếp NAB NHB (*) Mà NAB MAB (Do M, N đối xứng qua AB (**) Từ (*), (**) NHB BAM Chứng minh tương tự: PHC MAC NHB PHC BAM MAC BAC Mà BAC IHE 180 NHB PHC BHC 1800 ( vì IHE BHC ) N, H, P thẳng hàng Gọi J là điểm chính cung lớn BC BOC 1200 BJC Trên đoạn JM lấy K cho MK = MB JKB CMB (9) J O K C B M BM MC JM 1 BM MC BM MC 1 BM MC JM JM lớn JM là đường kính (O) lúc đó M là điểm chính cung nhỏ BC 1 Vậy BM MC nhỏ M là điểm chính cung nhỏ BC 0 + Khi BAC 90 BIC 90 F trùng với B, E trùng với C lúc đó EF là đường kính EF qua điểm O cố định (10) B F O K I A E C + Khi BAC < 900 BIC > 900 Gọi K là điểm đối xứng I qua EF EAF EIF (cùng bù BIC ) EKF EIF (Do I và K đối xứng qua EF) EKF EAF AKFE nội tiếp KAB KEF (cùng chắn KF ) (1) KEF IEF (Do K và I đối xứng qua EF) (2) BIK IEF ( cùng phụ KIE ) (3) Từ (1), (2), (3) KAB BIK AKBI là tứ giác nội tiếp K (O) Mà EF là đường trung trực KI E, O, F thẳng hàng + Khi BAC > 900 BIC < 900 chứng minh tương tự Vậy đường thẳng EF luôn qua điểm O cố định (11)