b Chứng minh khi Pdi động trên dây AB thì điểm M di động trên đường tròn cố định và đưởng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định N.. c Tìm vị trí của P để tích PM PN... Phương trình đã ch
Trang 1Câu 1 (4đ)
a Chứng minh rằng A=(2n −1 2) ( n +1)
chia hết cho 3
với mọi số tự
nhiên n.
b Tìm số các số nguyên n sao cho
2 13
là số chính phương
Câu 2 (5đ)
a Giải phương trình:
2 2 3 2 2 2 4 3
b Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1
3 11
Câu 3 (3đ)
Cho ba số x y z; ;
thỏa mãn
2010
2010
x y z
+ + =
+ + =
Tính giá trị của biểu thức P=(x2007 + y2007) (y2009 +z2009) (z2011 +x2011)
Câu 4 (6đ)
Cho đường tròn (O R; )
và dây cung AB cố định, AB R= 2
Điểm P di động trên dây AB (P khác A và B ) Gọi (C R; 1)
là đường tròn đi qua
P
và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A ,(D R; 2)
là đường tròn đi qua P
và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại B Hai đường tròn (C R; 1)
và (D R; 2) cắt nhau tại điểm thứ hai là M
a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dâyAB, chứng minh OM // CDvà 4 điểm C D O M; ; ; cùng thuộc một đường tròn
Trang 2b) Chứng minh khi Pdi động trên dây AB thì điểm M di động trên đường tròn cố định và đưởng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định
N
c) Tìm vị trí của P để tích PM PN. lớn nhất? diện tích tam giác AMB lớn nhất?
Câu 5 (2đ)
Cho các số dương x y z; ;
thỏa mãn điều kiện xy+yz zx+ =670.
Chứng minh rằng:
1
x y z
+ +
Trang 3Câu 1 (4đ)
a) Chứng minh rằng A=(2n −1 2) ( n +1)
chia hết cho 3
với mọi số tự nhiên n
b) Tìm số các số nguyên n sao cho
2 13
là số chính phương
Lời giải
a) Theo giả thiết n là số tự nhiên nên 2 1;2 ;2 1
n − n n +
là 3 số tự nhiên liên tiếp
Vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3 nên
(2n −1 2 2) (n n +1)
chia hết cho 3
Mặt khác ( )2 ;3n =1
nên (2n −1 2) ( n +1)
chia hết cho 3
Vậy A chia hết cho 3
với mọi số tự nhiên n
b) Ta thấy B là số chính phương⇔4B
là số chính phương
Đặt
2
4B k =
(k∈¥)
thì
4B=4n −4n+52=k ⇔ 2n− −1 k 2n− +1 k = −51
Vì 2n− + ≥1 k 2n+ +1 k
nên ta có các hệ:
a)
( )1 : 2 1 1
− + =
− − = −
b)
(2) :
− + =
− − = −
c)
(3) :
− + =
− − = −
d)
(4) :
− + =
− − = −
Giải hệ (1) (2) (3) (4) ta tìm được n= −12;n= −3;n=13;n=4
Vậy các số nguyên cần tìm là n∈ −{ 12; 3; 4;13− }
Câu 2 (5đ)
a) Giải phương trình:
2 2 3 2 2 2 4 3
b) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1
3 11
Lời giải
Trang 4a) Ta có
2x −4x+ =3 2(x−1) + ≥1 1
nên tập xác định của phương trình là
R
Phương trình đã cho tương đương với
2x −4x+ −3 4 2x −4x+ + =3 3 0
Đặt
2
thì phương trình đã cho trở thành
4 3 0
3
y
y
=
− + = ⇔ =
(thỏa mãn điều kiện)
Với y=1
ta có
2x −4x+ = ⇔3 1 2x −4x+ = ⇔ =3 1 x 1
Với y=3
ta có
3
x
x
= −
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x 1,x= = −1,x 3.=
b) Hệ đã cho tương đương với
(*) ( 2 )(5 3 ) 0
Từ hệ (*) ta suy ra
( )
2 0
I
hoặc ( ) ( )
( )
2 5 3 0
II
Giải hệ (I) ta tìm được ( ; ) (2; 1);( 2;1)x y = − −
Hệ (II) vô nghiệm
Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (2; 1);( 2;1)x y = − −
Câu 3 (3đ)
Cho ba số x y z; ;
thỏa mãn
2010
2010
x y z
+ + =
+ + =
( 2007 2007) ( 2009 2009) ( 2011 2011)
Trang 5Lời giải
Từ giả thiết suy ra x y z; ;
khác 0
và
x+ + =y z x y z
+ +
0
+ +
+ +
2
+ +
2007 2007
2009 2009
2011 2011
0 0 0
⇔ + = ⇔ = − ⇔ = −
2007 2007
2009 2009
2011 2011
0
0
Câu 4 (6đ)
Cho đường tròn (O R; )
và dây cung AB cố định, AB R= 2
Điểm P di động trên dây AB (P khác A và B ) Gọi (C R; 1)
là đường tròn đi qua
P
và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A ,(D R; 2)
là đường tròn đi qua P
và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại B Hai đường tròn (C R; 1)
và (D R; 2) cắt nhau tại điểm thứ hai là M
a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dâyAB, chứng minh OM // CDvà 4 điểm C D O M; ; ; cùng thuộc một đường tròn
b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động trên đường tròn cố định và đưởng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định
N
Trang 6
c) Tìm vị trí của P để tích PM PN. lớn nhất ? diện tích tam giác AMB lớn nhất
Lời giải
a) Nối CP
; PD ta có ∆ACP
;
OAB
∆
lần lượt cân tại
;
C O
nên
do đó CP OD/ / ( )1
Tương tự ∆DPB
;
OAB
∆
lần lượt cân tại
D
, O nên
nên OD//CP (2) Từ (1) và (2) suy ra ODPC
là hình bình hành
Gọi CD
cắt MP tại H cắt OP
tại K thì Klà trung điểm của OP
Vì tứ giác CDOM
là hình bình hành nênOC DP=
, DP DM= =R2
nên
tứ giác CDOM
là hình thang cân do đó 4 điểm C D O M; ; ; cùng thuộc một đường tròn
b) Xét tam giác AOB có
2 2 2 2 2
nên tam giác OAB
vuông cân tại O
Vì 4 điểm C D O M; ; ; cùng thuộc một đường tròn (kể cả M ≡O
) nên
Xét ∆MAB
và ∆MCD
có:
(cùng
bằng
1 2
sđ »MP
của (C ))
(cùng bằng
»
1
của (D))
Nên ∆MAB∽ ∆MCD
(g.g)
Vì ∆MAB∽ ∆MCD
suy ra
hay
·AMB=·AOB= °90
Do AB cố định nên điểm M thuộc đường tròn tâm I đường kính AB
Trang 7Ta có
·ACP BDP AOB=· =· = °90
nên
2
(Góc nội tiếp và góc ở tâm của ( )C
)
2
(góc nội tiếp và góc ở tâm của ( )D
)
Do đó MP là phân giác ·AMB
Mà
·AMB AOB=· = °90
nên M thuộc đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác
AOB
Giả sử MP cắt đường tròn (I) tại N
thì N
là trung điểm cung AB không chứa điểm O
nên N
cố định
c) Xét ∆MAP
và ∆BNP
có
(đối đỉnh);
(góc nôi tiếp cùng chắn 1 cung) nên ∆MAP∽ ∆BNP
(g.g)
Do đó
+
(không đổi)
2
2
R
khi PA PB=
hay P
là trung điểm dây
AB
Vì tam giác AMB vuông tại M nên
AMB
Diện tích tam giác AMB lớn nhất bằng
2
2
R
khi PA PB=
hay Plà trung điểm dây AB
Câu 5 (2đ)
Cho các số dương x y z; ;
thỏa mãn điều kiện xy+yz zx+ =670.
Chứng minh rằng:
1
x y z
+ +
Trang 8Lời giải
Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức: Với mọi a b c, , ∈¡
và x y z, , >0
ta có
( )2
2 2 2
(*)
a b c
+ +
+ +
Dấu “=” xảy ra
⇔ = =
Thật vậy, với a, b∈¡
và x y, >0
ta có:
( )
2
2 2
2
2 2
(**)
a b
+
+
2
(luôn đúng ) Dấu “=” xảy ra
⇔ =
Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có:
Dấu “=” xảy ra
⇔ = =
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có:
2 2010 2 2010 2 2010
VT
( )2
x y z
+ +
≥
Trang 9( 2010) 0
Chứng minh được dễ dàng
2
3
Do đó
3 3 3
Từ (1) và (3) ta suy ra
2
3
1
x y z VT
x y z
x y z
+ +
+ + + +
Dấu “=” xảy ra
2010 3
⇔ = = =