Từ phương trình thứ nhất của hệ ta suy ra |x|, |y| 1. Lại có từ phương
trình thứ hai suy ra x, y 0. Do đó ta có 0 x, y 1. Dẫn đến x + y + xy
+ 2001 > 0. Từ phương trình thứ hai ta xét:
(*) Với x > y thì VT của phương trình luôn dương, VP của phương
trình luôn âm nên với x > y thì phương trình vô nghiệm dẫn đến hệ
vô nghiệm.
(*) Với x < y, chứng minh tương tự cũng có hệ vô nghiệm.
41 trang |
Chia sẻ: leddyking34 | Lượt xem: 7065 | Lượt tải: 1
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Hướng dẫn và đáp án môn Toán vào chuyên ngữ (1991-2010) - Vũ Danh Được, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
1 2
1 2 1 2
2 1
6 0 6 0
x x
x x x x
x x
hay (x1 + x2)
2 +
4x1x2 = 0. Từ định lý Vi-et thay vào ta được phương trình ẩn m
sau:
2
2 2
4 0
1 1
m m
m m
hay m = 2 (không thỏa mãn điều
kiện (*)). Vậy không có m để thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3:
a) Khi m = 1 thì (1) viết thành: y = x2 + 3. Đường thẳng d qua A(0;2)
và có hệ số góc k có dạng y = kx + 2. Phương trình hoành độ giao
điểm của d và (C): x2 – kx + 1 = 0(*). Để đường thẳng d tiếp xúc
với (C) thì phương trình (*) phải có nghiệm kép hay = k2 – 4 = 0
2k .
b) Gọi điểm cố định mà (1) luôn qua với mọi m là M(x0;y0). Khi đó y0
= mx0
2 + 3(m – 1)x0 + 2m + 1 mọi m hay (x0
2 + 3x0 + 2).m + (1 –
3x0 – y0) = 0 mọi m. Điều này xảy ra khi
2
0 0
0 0
3 2 0
3 1
x x
y x
. Từ hệ
này tìm được (x0;y0) = {(-1;4),(-2;7)}. Vậy ta có đpcm.
Câu 4:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
14
y
H
F
1) Ta có: sđ1C =
1
2
(sđAB - sđMB ) = sđ1N . Do đó
1 1C N mà
0
1 180N MND nên
0
1 180C MND . Suy ra tứ giác MNDC nội tiếp.
2) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNDC nên IK vuông góc với
DC, AB vuông góc DC, do đó AB song song với IK hay OA song song
IK (1).
Mặt khác I thuộc trung trực của MN nên OI vuông góc với MN. Lại có
tam giác AKC cân tại K nên 1 1A C mà
1M NDC ,
0
1 90NDC C nên
0
1 1 90M A , suy ra AK vuông góc MN. Vậy ta có AK song song IO
(2). Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AOIK là hình bình hành.
3) Từ H kẻ đường thẳng song song với MN, cắt AB tại F. Rõ ràng HFOM
là hình bình hành nên HF = OM = R (không đổi). Tam giác HFA = tam
giác NOA (g.c.g) nên AF = OA = R, mà AB cố định nên điểm F cố định.
Vậy H thuộc đường tròn tâm F, bán kính R cố định.
Câu 5:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
15
Phân tích
2
2 2
2 222 2
1 2 1 2 2 2
1
11 1
x x
A
xx x
. Đặt 2
1
1
t
x
thì A = 1 – 2t + 2t2 =
2
1 1 1
2
2 2 2
t
. Dấu bằng xảy ra khi
1
2
t hay x
= 1. Vậy MinA =
1
2
khi x = 1. Mặt khác ta có x2 + 1 1 nên t 1,
dấu bằng khi x = 0. Do đó A = 1 – 2t + 2t2 =
2 2
1 1 1 1
2 2 1 1
2 2 2 2
t
, dấu bằng xảy ra khi t = 1 hay x = 0. Vậy
MaxA = 1 khi x = 0.
Năm 2000
Câu 1:
1) ĐK:
1
0; 1;
4
x x x . Rút gọn được
1
1
M
x x
2) Khi x 4 thì
2 2
1 3 1 3
1 2 3
2 4 2 4
x x x
mà x -
x + 1 > 0 nên
1 1
31x x
khi x 4. Do đó 2000 – M
5999
3
,
dấu bằng xảy ra khi x = 4. Vậy Min(2000 – M) khi x 4 là
5999
3
.
3) M nguyên khi x - x + 1 là ước của 1 mà x - x + 1 > 0 nên x -
x + 1 = 1. Giải phương trình này ta được x = 0 và x = 1, loại
nghiệm x = 1, nhận x = 0.
Câu 2:
Phương trình đã cho tương đương với: [(x – 1)(x – 3)][(x + 2)(x – 6)] =
34 (x2 – 4x + 3)(x2 – 4x – 12) = 34. Đặt t = x2 – 4x ta được phương
trình bậc hai ẩn t. Giải phương trình ẩn t này ta được các nghiệm là t = 14
và t = -5. Với mỗi t ta được một phương trình bậc hai ẩn x, giải các
phương trình thu được nghiệm của phương trình ban đầu 2 3 2x .
Câu 3:
Dễ thấy đường thẳng x = 0 (không có hệ số góc) đi qua điểm I(0;1) chỉ
cắt (P) tại một điểm nên không thỏa mãn bài toán.
Phương trình đường thẳng d đi qua điểm I(0;1) và có hệ số góc k có dạng:
y = k.(x – 0) + 1 = kx + 1. Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của d
và (P) là: x2 – kx – 1 = 0(*). Phương trình này luôn có 2 nghiệm phân biệt
nên đường thẳng d luôn cắt (P) tại hai điểm M, N.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
16
Gọi M(xM;yM), N(xN;yN) thì ta có xM, xN là hai nghiệm của phương trình
(*) và yM = kxM + 1, yN = kxN + 1.
Ta có
2 2
N M N MMN x x y y nên từ đề bài suy ra phương trình:
2 22 21 2 10 4 . 1 40N M M N M Nx x k x x x x k . Theo định
lý Vi-et cho phương trình (*) có: xM + xN = k, xM.xN = -1. Từ đó thu được
phương trình ẩn k: (k2 + 4)(k2 + 1) = 40. Giải phương trình này được giá
trị cần tìm 2k .
Câu 4:
K
1) Dễ dàng có được OB là đường trung trực của MN, OC là đường
trung trực của PM, suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
MNP.
2) Ta có BNO BMO nên 1ANO M mà
1 1M P , suy ra
1ANO P . Vậy ta có
0180ANO APO nên tứ giác ANOP nội
tiếp.
3) Kẻ OK vuông góc với NP. Ta có 0180NOP A mà góc A không
đổi nên suy ra góc NOP cũng không đổi. Vì OK là tia phân giác
của góc NOP nên góc NOK không đổi. Ta có NP = 2NK =
2.ON.sinNOK . Do góc NOK không đổi nên sinNOK cũng không
đổi, vì vậy để NP min thì ON min. Điều này xảy ra khi M, N, P
trùng với các điểm mà đường tròn (O) tiếp xúc với BC, AB, AC.
Câu 5:
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta suy ra |x|, |y| 1. Lại có từ phương
trình thứ hai suy ra x, y 0. Do đó ta có 0 x, y 1. Dẫn đến x + y + xy
+ 2001 > 0. Từ phương trình thứ hai ta xét:
(*) Với x > y thì VT của phương trình luôn dương, VP của phương
trình luôn âm nên với x > y thì phương trình vô nghiệm dẫn đến hệ
vô nghiệm.
(*) Với x < y, chứng minh tương tự cũng có hệ vô nghiệm.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
17
(*) Với x = y thì từ phương trình thứ nhất có 2x2 = 1
2
2
x mà 0
x, y 1 nên
2
2
x .
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x, y) = (
2
2
,
2
2
).
NĂM 2001
Câu 1:
a) ĐK: 0; 1x x . Rút gọn được
2
1P x
b) Để
2
1 1
1P x
là số tự nhiên thì
2
1 1x . Từ đó giải được
x = 0.
c) Với
2
4 2 3 3 1x , suy ra 3 1x . Do đó P = 3.
Câu 2: ĐK: 1x
Phương trình 2 1 1 1x x a
2
1 9
2 1
82 2
x a
a) Với a = 2 thay vào phương trình được:
2
1 25
2 1
82 2
x
.
Từ đó có:
1 5
2 1
2 2 2 2
x 2 1 2x hay x = 0.
b) Phương trình đã cho vô nghiệm khi xảy ra một trong hai trường
hợp sau:
TH1:
9 9
0
8 8
a a .
TH2: Với
9
8
a thì phương trình
9 1
2 1
8 2 2
x a ,
phương trình này vô nghiệm khi
9 1
0
8 2 2
a hay a < - 1. Giá trị
a cần tìm của trường hợp này là:
9
1
8
a .
Cộng hai trường hợp được: a < - 1 thì phương trình đã cho vô nghiệm.
Câu 3:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
18
1) BOI AOC (g – g). Suy ra:
OI OB
OC OA
. Từ đó ta tính được:
.
2
OBOC R
OI
OA
2)
a. ABE ACD (g – g), suy ra
AD AC
AE AB
hay
AD AE
AC AB
mà
góc A chung nên ta lại có ADE ACB (c – g – c). Từ đó
suy ra được: DEA ABC AIC . Vậy lại có AKE ACI
(g – g), suy ra được:
AK AE
AC AI
hay AK.AI = AC.AE.
H
J
b. Ta có: AI = AO + OI =
5
2
R
. Kẻ tiếp tuyến AM với (O)( M là
tiếp điểm). Dễ dàng có: AC.AE = AM2 = AO2 – OM2 = 3R2.
Từ ý 2.a ở trên có AK =
.AC AE
AI
=
23 6
5 5
2
R R
R
c. Gọi H và J là giao điểm của IK với (O)( H nằm giữa A và J).
Dễ dàng có: KH.KJ = KD.KE mà AK =
6
5
R
; OK = OA –
AK = 2R –
6
5
R
=
4
5
R
. Do đó KJ = KO + OJ =
4
5
R
+ R =
9
5
R
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
19
và KH =
5
R
. Suy ra KD.KE = KH.KJ =
29 9
.
5 5 25
R R R
. Giả sử
đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt OA tại F. Dễ dàng
có KA.KF = KD.KE suy ra KF =
.KD KE
AK
=
29 6 3
:
25 5 10
R R R
mà K và OA cố định. Vậy F là điểm cố định.
Câu 4:
Rõ ràng với x > 0 thì y > 0. Vậy ta cần tìm y > 0 để phương trình
2
2001
x
y
x
có nghiệm x > 0. Biến đổi ta có phương trình mới là:
2 2. 4002 1 . 2001 . 0y x y x y , phương trình này có nghiệm x > 0
khi hệ sau thỏa mãn:
2 2
1 2
2
1 2
4002 1 4. 2001 00
1 4002
0 0
2001. 0 0
y y
b y
S x x
a y
c yP x x
a y
Điều này tương đương với:
11 8004 0
18004
1 4002 0
1 8004
2001 0
4002
y y
y y
y
. Do
đó
1
0
8004
y . Từ đó giá trị lớn nhất của hàm số là
1
8004
, đạt được khi
x = 2001.
NĂM 2002
Câu 1:
1) Ta có: VT = [(x + y + z)3 – x3] – (y3 + z3) = (y + z).[(x + y + z)2 +
(x + y + z).x + x2] – (y + z).(y2 – yz + z2) = (y + z).[ ((x + y + z)2 –
y2) + x(x + z) + y(x + z) + (x2 – z2)] = (y + z)(x + z)(3x + 3y) = 3.(x
+ y)(y + z)(z + x) = VP.
2) Áp dụng ý 1) có:
(a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a);
(a + b – c)3 = a3 + b3 – c3 + 3(a + b)(b – c)(a – c);
(b + c – a)3 = - a3 + b3 + c3 + 3(b – a)(b + c)(c – a);
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
20
(c + a – b)3 = a3 – b3 + c3 + 3(a – b)(c – b)(c + a).
Từ đó: P = 3(a + b)(b + c)(c + a) – 3(a + b)(b – c)(a – c) – 3(b –
a)(b + c)(c – a) – 3(a – b)(c – b)(c + a) = 24abc chia hết cho 24.
Suy ra đpcm.
Câu 2:
Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương
trình cho x2, sắp xếp lại ta được: 4(x +
60
x
+ 17)(x +
60
x
+ 16) = 3. Đặt t
= x +
60
x
, đưa về phương trình bậc hai: 4t2 + 132t + 1085 = 0. Giải
phương trình này ta được các nghiệm t1 =
31
2
; t2 =
35
2
. Từ đó tìm được
các nghiệm x của phương trình là:
15 35 265
8; ;
2 4
.
Câu 3:
1. Câu này có nhiều cách chứng minh. Sau đây ta sử dụng phương
pháp biến đổi tương đương. Đpcm tương đương với: 2(a2 + b2 + c2)
2(ab + bc + ca) (a2 – 2ab + b2) + (b2 – 2bc + c2) + (c2 – 2ca +
a2) 0 (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 0 (đúng). Suy ra đpcm.
2. Áp dụng ý 1. cho a = x2; b = y2; c = z2. Ta có: x4 + y4 + z4 = (x2)2 +
(y2)2 + (z2)2 x2y2 + y2z2 + z2x2 = (xy)2 + (yz)2 + (zx)2. Lại áp dụng
ý 1. cho a = xy; b = yz; c = zx có: (xy)2 + (yz)2 + (zx)2 (xy).(yz)
+ (yz).(zx) + (zx).(xy) = xy2z + xyz2 + x2yz = xyz(x + y + z). Từ
hai điều trên ta có: x4 + y4 + z4 xyz(x + y + z), dấu bằng xảy ra
khi x = y = z.
Câu 4:
x
1
1
E
M
H
O
A
B CD
P
K
N
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
21
1. Kẻ đường kính AN, ta có 1N ABC ,
090ADB ACN nên
suy ra HAB OAC .
2. Ta có tam giác KHE cân tại E nên EKH KHE (1), tam giác
HEP cân tại E nên EHP HPE (2). Lại có tam giác BMP cân
tại M nên BPM PBM , tam giác KMC cân tại M nên
KCM MKC mà góc KHB là góc ngoài của tam giác BHC
nên KHB PBM KCM BPM MKC (3). Từ (1), (2), (3)
ta có EKM EPM = EKH HPE MKC BPM =
KHE EHP + KHB = 1800. Vậy tứ giác KEPM nội tiếp.
3. Ta có tam giác ABP đồng dạng tam giác ACK nên
AP AB
AK AC
hay
AP AK
AB AC
. Do đó tam giác AKP đồng dạng
tam giác ACB(c.g.c), suy ra APK ABC , mà HAB OAC
nên 090APK OAC ABC HAB . Từ đó có AN vuông
góc KP nên AN trùng với tia Ax, suy ra Ax luôn đi qua điểm
O cố định.
Câu 5:
Từ đề bài ta có phân tích: (x3 – y)2 = 64 – x6. Vì
23 0x y suy ra 64
– x6 0 hay |x| 2. Vì x nguyên nên suy ra 0; 1; 2x . Với x = 0 ta
có 8y , 1x thì không có y nguyên, x = 2 thì y = 8, x = - 2 thì y = - 8.
Vậy các nghiệm nguyên cần tìm là , 0,8 ; 0, 8 ; 2,8 ; 2, 8x y .
NĂM 2003
Câu 1:
1) ĐK để A có nghĩa là 1x . Rút gọn được
1
x
A
x x
2) Với
2
33 8 2 4 2 1x . Từ đó được
128 2 1
1057
A
3) Khi x = 0 thì A = 0. Xét 0x , biến đổi được
1
1
1
A
x
x
. Ta
có
1
2x
x
, vì 1x suy ra dấu bằng không xảy ra nên
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
22
1
2x
x
. Từ đó
1
1 3x
x
hay
1 1
1 31
A
x
x
(đpcm).
Câu 2:
1) Phân tích:
2 22 2 2 21 1 12 2 2. . 2 2
2 2 2
y y y
x x xy y y x x y y
=
=
2 2 221 9 6 1 1 3 1
2 4 2 2
y y y y y
x x
=
= (x – 2y)(x + y + 1).
2) Hệ tương đương:
2 2
2 2
2 (1)
2 . 1 0
1 (2)
1
1 (3)
x y
x y x y
x y
x y
x y
. Sau
đó ghép phương trình (1) với (3), ghép phương trình (2) với (3) ta
được hai hệ phương trình mới. Giải các hệ này ta được nghiệm của
hệ cần tìm là:
2 1 2 1
, 1,0 ; 0, 1 ; , ; ,
5 5 5 5
x y
.
Câu 3:
1) ĐK:
2
2
1 . 2 0 2
2
1;43 4 0
x x x
x
xx x
2) Vì 2x nên ta suy ra: x2 + 3x – 4 > 0. Ta chứng minh 3y bằng
phương pháp biến đổi tương đương.
Xét đpcm:
2 2
2
2 6 1 2 5
3 3
3 4
x x x
y
x x
. Điều này
tương đương với: 2 2 22 6 1 2 5 3. 3 4x x x x x hay
2 2 2 26 1 2 9 17 2 1 9 18 1 9 18x x x x x x x x
2
2 1 9 18 0x x (Đúng). Dấu “=” xảy ra khi x là
nghiệm của phương trình: x2 + 1 = 9x – 18 x2 – 9x + 19 = 0.
Giải ra ta được
9 5
2
x
.
Câu 4:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
23
t
O
B
O1
O2
A
M
C
D
N
1. Chứng minh hai tam giác MAC và MAD đồng dạng, từ đó
suy ra MA2 = MC.MD.
2. Gọi O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Vì góc
BO1C là góc ở tâm của (O1), góc BDC là góc nội tiếp của
(O1), góc BO1C và góc BDC cùng chắn cung BC của (O1)
nên 1 2BOC BDC . Mà
BDC ABM nên ta có 1 2BOC ABM .
Lại có tam giác BO1C là tam giác cân tại O1 nên 1BOC +
2.1O BC = 180
0. Suy ra 012 2 180ABM O BC , do đó ta có được
0
1 90ABM O BC hay O1B vuông góc BM. Mà B thuộc (O1)
và Bt là tiếp tuyến của (O1) tại B nên suy ra BM trùng với
Bt.
3. Giả sử O1B cắt (O) tại N. Ta có góc MBN bằng 90
0 suy ra
MN là đường kính của (O) mà M cố định nên N cố định. Gọi
O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Chứng minh
tương tự ta cũng có AM là tiếp tuyến của (O2) nên O2 thuộc
AN. Dễ dàng chứng minh được AN song song với O1C, BN
song song với O2C nên tứ giác NO1CO2 là hình bình hành.
Suy ra O1C + O2C = BN (không đổi). Vậy ta có đpcm.
Câu 5:
Phương trình đã cho tương đương: (x2 + 5x + 4).(x2 + 5x + 6) = m.
Đặt t = x2 + 5x, điều kiện
25
4
t thì ta được phương trình t2 + 10t + 24
– m = 0 (*). Vì phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
24
nên phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn
25
4
t .
Theo định lý Vi-et cho phương trình (*) có: t1.t2 = 24 – m. Mặt khác ứng
với nghiệm t1 ta có: x
2 + 5x – t1 = 0, phương trình này có 2 nghiệm phân
biệt x1, x2 nên theo định lý Vi-et có: x1.x2 = - t1. Tương tự với 2 nghiệm
phân biệt x3, x4 của phương trình: x
2 + 5x – t2 = 0 có x3.x4 = - t2. Từ đó
xét x1.x2.x3.x4 = (-t1).(-t2) = t1.t2 = 24 – m (đpcm).
NĂM 2004
Câu 1:
a) ĐK:
1
0, , 1
4
x x x .
2 1
.
11 2 1 2 1
x x x x x x x x
M
xx x x x x
1 2 1 2 1 1
x x x x x x
x x x x x x
b) Do 0x nên 0M . Đẳng thức xảy ra khi x = 0. Vậy MinM = 0
khi x = 0.
Câu 2:
a) Phương trình đã cho tương đương với:
(x + 1)( x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24
[(x + 1)(x + 4)][(x + 2)(x + 3)] = 24
(x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) = 24 (*)
Đặt t = x2 + 5x, phương trình (*) trở thành: (t + 4)(t + 6) = 24. Giải
phương trình này ta được t1 = 0, t2 = - 10, do đó phương trình ban
đầu có các nghiệm là x1 = 0, x2 = - 5.
b) Biến đổi P ta có:
2 2
3 2 1 3P x y x với mọi x, y thuộc
. Từ đó ta được maxP = 3 khi (x ; y) = (1 ; -2).
Câu 3:
Hệ phương trình đã cho tương đương với:
2 2
3 1 2 1 0
1
x x y
x y
. Giải hệ này ta được các nghiệm (x , y)
của hệ là:
4 3 1 2 2 1 2 2
0,1 ; , ; , ; ,
5 5 3 3 3 3
Câu 4: (Chú ý: Hình vẽ không được chính xác).
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
25
a) Ta có: sđDBK =
1
2
sđ
DA AK ; sđDIB = 1
2
sđ BD KC . Mà
sđBD = sđDA và tam giác DBI cân tại D nên sđAK = sđKC . Suy
ra AK = CK, hay tam giác KAC cân tại K.
b) Từ câu a) ta thấy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên
đường thẳng AI luôn đi qua trung điểm J của cung BC (không chứa
điểm A).
I
O
C
M
x
B
D
A
K
J
X
Nhận xét rằng JIC JCI nên tam giác JIC cân tại J suy ra JI = JC
(không đổi). Do đó độ dài AI lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất
AJ là đường kính của đường tròn (O) hay A là điểm chính giữa
cung lớn BC.
c) Phần thuận: Theo giả thiết tam giác AMC cân tại A, suy ra góc
1
2
BMC BAC . Giả sử số đo góc 2BAC (không đổi) thì khi
A di động trên cung lớn BC, điểm M thuộc cung chứa góc dựng
trên đoạn thẳng BC về phía điểm O.
Phần đảo: Tiếp tuyến Bx với (O) cắt cung chứa góc dựng trên
đoạn BC tại X. Lấy điểm M bất kỳ trên cung CX là 1 phần của
cung chứa góc dựng trên đoạn BC ( M khác X, khác C). Nối MB
cắt (O) tại A thì A thuộc cung lớn BC. Khi đó vì
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
26
2 ,BAC AMC nên ACM suy ra tam giác ACM cân tại
A, hay AC = AM.
Kết luận: Quỹ tích điểm M là cung CX, đó là một phần của cung
chứa góc dựng trên đoạn BC về phía điểm O, không kể 2 điểm C
và X.
Câu 5:
Viết phương trình đã cho về dạng: x2 – 4yx + (5y2 + 2y – 3) = 0.
Phương trình bậc hai (ẩn x) có nghiệm khi: ' 0 4y2 – (5y2 +
2y – 3) 0 hay – 3 y 1. Vậy (x , y) = (6 , -3).
NĂM 2005
Câu 1:
1) Với n * , ta có:
2 2
1 . . 11
1 . . 1 1 . . 1
n n n n
n n n n n n n n
.
. 1. 1 1 1
. 1 1
n n n n
n n n n
.
Do đó:
1 1 1 1 1 1
...
1 2 2 3 2004 2005
A
.
1
1
2005
.
2) Đẳng thức đã cho tương đương với:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 0x y x y z y z y z x z x x z y
4. . 4. . 4. . 0x z z y y x x z z y y x
. . 0x z z y y x z y y x
2 2 2 0x y z xy yz zx
2 2 2
0x y y z z x x y z (đpcm).
Câu 2:
1) Phương trình đã cho tương đương với:
3 3
3 . 2 2x x
x x
(do x = 0 không là nghiệm của phương trình). Đặt
1
t x
x
thì
phương trình viết thành: t2 – 5t + 4 = 0. Giải phương trình này ta
được t1 = 1, t2 = 4. Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình
ban đầu là x1 = 1, x2 = 3.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
27
2) Trước tiên để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì 0 . Điều này
tương đương với: m2 + 14m + 1 0 hay 7 4 3m hoặc
7 4 3m (*). Áp dụng định lý Vi-et cho phương trình (1) ta
có:
1 2
1 2
5 (2)
6 (3)
x x m
x x m
Từ (2) và 2x1 + 3x2 = 13 ta tìm được x1 = 3m + 2, x2 = 3 – 2m.
Thay x1, x2 trên vào (3) ta được:
2 00
1
m
m m
m
. Cả hai giá
trị m này đều thỏa mãn điều kiện (*). Và đó là m cần tìm.
Câu 3:
Ta thấy
2
2 2 2 2' 1 . 1 1 . 1 0m m m m m m với mọi m,
do đó phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 phân biệt. Theo định lý Vi-
et cho phương trình (1) ta có:
1 2
1 2 2
2
.
1
x x
m
x x
m
.
Từ đó:
2
2
1 2 1 2 2
4 2 4
2
1
m m
A x x x x
m
. Viết dưới dạng phương
trình bậc hai ẩn m ta được: 24 . 6 0A m m A . Phương trình này có
nghiệm khi 2' 4 9 0A A hay 2 13 2 13A . Vậy minA
= 2 - 13 , maxA = 2 + 13 .
Câu 4:
1
1
2 3
1 4 E
F IO
B
A
C
M
P
N
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
28
a) Ta có: sđNIC =
1
2
(sđNC + sđPB ); sđNCI =
1
2
(sđAN + sđAP ) mà
theo giả thiết suy ra sđNC = sđAN ; sđPB = sđAP . Do đó NIC =
NCI . Suy ra tam giác NIC cân tại N.
b) Do sđBM = sđMC nên BNM = MNC . Do tam giác NIC cân tại N,
có MN là phân giác đồng thời là đường cao, suy ra: MN vuông góc
với IC. Chứng minh tương tự ta cũng có: IA vuông góc PN, IB
vuông góc PM. Suy ra I là trực tâm tam giác MNP.
c) Ta có: 4 1I C ,
1 1I B . Từ đó ta xét tổng sau:
1 2 3 4 1 1 1 1
2 2 2 2
I I I I AP BM AN MC AP AN =
0 01 1 .360 180
2 2
AP BM AN MC PB NC . Suy ra E, I, F
thẳng hàng.
2
1
1
2
H
Q
I
K
O
M
B C
A
P
N
d) Gọi H là giao điểm của PM và IB suy ra H là trung điểm của IB.
Gọi Q là trung điểm của KB thì HQ song song IK và HQ =
1
2
IK.
Dễ dàng tính được KB = 5 IK và BQ = QK =
5
2
IK. Do các tam
giác BHQ, QKM vuông và 1 2Q Q nên
osBQH osMQKc c mà
osBQH
HQ
c
BQ
, osMQK
QK
c
QM
suy ra:
HQ QK
BQ QM
do đó tính
được QM =
5
2
IK và KM = 5IK , BM = 10IK . Suy ra
2
1
sin
2
KM
B
BM
từ đó 02 45B nên
A = 900.
Câu 5:
Phương trình đã cho tương đương với:
3 26 12 8 0
5 5 5
x x x .
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
29
Đặt x = y –
2
5
, thay vào phương trình ta được:
3 2
2 6 2 12 2 8
0
5 5 5 5 5 5
y y y
. Rút gọn ta được phương
trình mới là:
3 48 96 0
25 125
y y . Bây giờ ta đặt y = u + v, biến đổi
phương trình thành: 3 3
96 48
. 3 0
125 25
u v u v uv
(*). Cần
Các file đính kèm theo tài liệu này:
- Hướng dẫn giải Tuyển tập Đề thi môn Toán vào Chuyên Ngữ Hà Nội (1991 - 2010).pdf