Dap an de thi vao chuyen chu van an va amsterdam tu nam2004 den 2009

dap an de thi chu van an va amsterdam tu nam hoc 2004 den nam hoc 2009 d a p a n

Trường THPT Chu Văn An và THPT Hà Nội – Amsterdam

Năm học 2008 – 2009 (vòng 1) Bài 1.

a Điều kiện x>0 Đáp số P = x x 1

x

b Đáp số P = 7/2

c Ta có

d P = 13 x x 1 13 3x 10 x 3 0

 

Đặt t = x, ta có phương trình bậc hai 3t2 – 10t + 3 = 0

Giải phương trình trên, ta có hai nghiệm t = 3 và t = 1/3

Vậy x = 9 hoặc x = 1/9

Bài 2 Gọi số chi tiết máy mà hai tổ sản xuất được trong tháng

thứ nhất lần lượt là x và y (x, y>0) Theo bài ra ta có hệ

x y 900

x y 900

  

  









Giải hệ trên ta được x = 400, y = 500

Vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ II sản xuất được 500 chi tiết máy

Bài 3 a Hoành độ giao điểm của d và (P) la nghiệm của

phương trình

1

Do ’ = 4m2 + 4 > 0, m nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt Vậy d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

b Đường thẳng d cắt trục Oy tại M(0; 1) Gọi diện tích tam giác OAB là S, ta có

OAM OBM

S S    S

Giả sử A(x1; y1), B(x2; y2) Ta có



 Suy ra  1 2

1

2

Vì x1, x2 là nghiệm của (1) nên theo định lí Viete, ta có x1 + x2 = 4m, x1x2 = -4

Do dó 4S2 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 + 2|x1x2| = 16m2 + 16

Vậy diện tích tam giác OAB là S = 2 m 1 2 

a Do EK là phân giác của góc AEB nên

K là điểm chính giữa của cung AB

Suy ra  AEK KAF 45    0 Vậy  KAF   KEA

(g.g)

b Do O, I, E thẳng hàng nên đường

tròn (I, IE) tiếp xúc với (O) tại E Do

hai tam giác IEF và OEK cân và có

chung góc ở đỉnh E nên IF song song

với OK Suy ra IF vuông góc với AB

Vậy đường tròn (I, IE) tiếp xúc với AB

tại F

Bài 4.

c Do MEN 90   0nên MN là đường kính của đường tròn (I) Suy ra MN

đi qua I Hai tam giác cân IEM và OEA có chung góc ở đỉnh E nên

IM song song với AO Vậy MN song song với AB

O

y

x A

M

B

O

y

x A

M

B

d Dễ thấy KPEQ là hình chữ nhật Do đó, nếu gọi T là chu vi của tam giác KPQ thì

T = KP + PF + FK = KP + PA + FK = KA + FK

Suy ra T đạt giá trị nhỏ nhất khi KF vuông góc với AB hay E là điểm chính giữa của cung AB Khi đó T = KA + KO = R( 2+1)

Bài 5 Đặt (x – 1)(x – 3) = t, ta có

A = ((x – 1)2 + (x – 3)2)2 + 4(x – 1)2(x – 3)2

= ((x – 1 + 3 – x)2 + 2(x – 1)(x – 3))2 + 4(x – 1)2(x – 3)2

= (4 + 2t)2 + 4t2

= 8(t + 1)2 + 8≥8

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

t = -1  (x – 1)(x – 3) = -1  x = 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là Amin = 2

Năm học 2008 – 2009 (vòng 2) Bài 1 Trừ theo từng vế hai phương trình của hệ, ta có

Với m≥2008, từ (1) ta suy ra x = y Thay vào hệ ta có

a Với m = 2008, ta có

x 19   x 6 1   (3)

Điều kiện x ≥ -6 Bình phương hai vế của (3) và rút gọn, ta được

x 6 6    x 30 

b Với m ≥ 2008 thì hàm số

f(x) =  x 19   x 6 m 2008 x 1        

là hàm đồng biến nên phương trình (2) nếu có nghiệm thì nghiệm

đó là duy nhất Suy ra hệ đã cho có không quá 1 nghiệm

Bài 2 Ta có an = 3(n + 1)2 + 10

a Ta thấy nếu an không chia hết cho 5 thì n + 1 không chia hết cho 5

và an {2; 3}(mod 5) Do đó, nếu ai, aj đều không chia hết cho 5 và ai không trùng với aj (mod 5) thì ai + aj 2 + 3 

0(mod 5)

b Vì n lẻ nên n + 1 chẵn Do đó, an 2(mod 4) Suy ra an không thể là số chính phương

Vậy không tồn tại số tự nhiên n nào để an là số chính phương

Bài 3 Đặt t = 1 a  2  1 a  2 Do 1 + a2 ≥ 1 – a2 nên t ≥ 0

Mặt khác, t2 = 2 - 2 1 a  4≤ 2 nên t  0; 2 

Từ giả thiết đã cho ta có

2 2

2 t b 1 t b 4 0, t 0; 2 2

t 2t 6

2 t 1



Ta có

2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi



Do đó  1  b  5

Vậy giá trị lớn nhất của b là bmax = 5

Bài 4.

a Do BDEC là hình thang

vuông nên đường trung

trực của DE đi qua trung

điểm của BC

b Ta có

S S S S

Do dó, SBDEC max khi và chỉ khi

ABD ACE

S S max Ta có:

ABD ACE

AB AC 4





Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AD = DB, AE = EC hay D, E lần lượt

là điểm chính giữa của các cung AB, AC không chứa H của các đường tròn (O1) và (O2)

Khi đó

2 BDEC

b c S

2

  

 

A

B

C H

D

E S

K

c Do các tam giác SBK và SBD vuông nên

KB2 = SB2 – SK2 = BD2 + SD2 – SK2

Mặt khác, do tam giác ABC vuông tại A và ABH HDA,ACH HEA    nên tam giác DHE vuông tại H Do S là trung điểm của cạnh

huyền DE nên SD = SH

Vậy KB2 = BD2 + SH2 – SK2 = BD2 + HK2

Bài 5 Xét các tập con khác rỗng và khác A của A Có tất cả 26

– 2 = 62 tập như vậy Gọi X là một tập bất kì trong số những tập đang xét và kí hiệu S(X) là tổng các phần tử của X Ta có

0 ≤ S(X) ≤ 10 + 11 + 12 +13 + 14 = 60 Theo nguyên tắc Dirichlet thì có hai tổng S và S’ nhận cùng giá trị Vậy luôn tồn tại hai tập con B, C của A sao cho S(B) = S(C)

Năm học 2007 – 2008 (vòng 1) Bài 1 a Điều kiện x ≥ 0, x ≠ 1 Ta có:

x x 1 6 x 4 3 x 1 P

x 2 x 1 x 1

b Do x +1>0 nên

1

2

Kết hợp với điều kiện, ta có 0 ≤ x < 9, x ≠ 1

Bài 2 Gọi vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h)

Theo bài ra ta có phương trình 24 24 1 x 12

x  x 4 2    Vậy vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B là 12km/h

Bài 3 a Đáp số x = 1, x = 2.

b Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 

= b2- 4c > 0 Khi đó, gọi hai nghiệm của phương trình đã cho là

x1, x2 thì theo định lí Viete,

ta có x1x2 = c

Từ giả thiết ta suy ra c = 1 Điều kiện của b là b2 – 4 >0 hay |b|

> 2

Bài 4.

a Hai góc EAH vàABE  tương ứng là góc

giữa tia tiếp tuyến với dây cung và

góc nội tiếp cùng chắn cung AE nên

bằng nhau

Hai tam giác vuông ABH và EAH có

b Do tính chất đối xứng, ta có ECA EAC nênECH EBK   

Suy ra AKC 90  0 Tứ giác AHEK có AKE AHE 90   0 nên nội tiếp

c Gọi F là trung điểm của AB Ta có OFAB

Xét tam giác vuông OAF có OA = R, AF = AB R 3  0

nênOAF 30

Do d tiếp xúc với (O) tại A nên OA d Suy ra OA song song với

BH Do đó ABH 30 0

O

A

B

H E

F K

C

Xét tam giác vuông ABH, ta suy ra AH = AB R 3

2  2 .

Bài 5 Đường thẳng d luôn đi qua điểm A(0; 2) Kẻ OH d, ta

có OH ≤ OA = 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi d song song với Ox hay m = 1

Vậy khoảng cách từ O tới d lớn nhất khi m = 1

Năm học 2007 – 2008 (vòng 2) Bài 1.

a Thay x2 = 10 – y2 vào phương trình đã cho, ta được (y – 1)(2y –

x + 7) = 0

Đáp số (x; y) = (3; 1), (-3; 1), (9/5; -13/5)

b Để đưa phương trình đã cho về dạng tích, ta xem vế trái như là biểu thức bậc 2 đối với x Ta có:

x 2 y 1 x 3y 10y 4 0

3y x 1 y x 3 7

Đáp số (x; y) = (-3; 1), (3; 1), (1; -3), (7; -3)

Bài 2.

a Gọi S là điểm đối xứng của O

qua B Điểm M chuyển động

trên đường tròn tâm S bán kính

R

b Từ hai tam giác đồng dạng

AHB và CHA, ta suy ra

S

M

B

A

E

O

H I

F C G

  AH CI

MAH ICA,

AM CA

Do đó, hai tam giác AHM và CIA

đồng dạng

c Từ hai tam giác đồng dạng ở câu b, ta suy ra AMH MAI 90   0

Do đó, MH vuông góc với AI

d Yêu cầu của bài toán là kết quả của bài toán quen thuộc: Cho đường tròn (O; R) và hai dây cung AB, CD vuông góc với nhau tại

P Khi đó tổng bình phương các cạnh của tứ giác ACBD không đổi

Ta chứng minh bài toán này như sau:

Gọi E là điểm đối xứng với B qua O Ta có ACDE là hình thang cân nên DE = AC

Do đó:

AC2 + BD2 = DE2 + BD2 = 4R2

Chứng minh tương tự, ta cũng có

BC2 + AD2 = 4R2

Vậy AC2 + CB2 + BD2 + DA2 = 8R2

trí của hai dây cung AB, CD.

Bạn đọc hãy chứng minh kết quả nói trên và xác định xem khi nào thì diện tích chu vi của tứ giác ACBD lớn nhất, nhỏ nhất.

Bài 3 Số cần tìm có dạng x = A2008=104

.A + 2008 Do x 

0(mod 2007) nên 35.A – 10(mod 2007) Đặt 35.A – 1 = 2007.m (m là số tự nhiên khác 0) Ta có

.

D C

B O

2007m 1 12m 1

Do A thuộc tập số tự nhiên nên 12m + 1 = 25n (n thuộc tập số tự nhiên khác 0) Ta có:

Suy ra n = 12k – 1 với k thuộc tập số tự nhiên khác 0

Từ đó có A = 2007k – 172

Vậy số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là x = 18352008 (ứng với k = 1)

Bài 4 Có tất cả 12 tổng, nhận giá trị trong khoảng từ -5 đến 5

(11 giá trị) Theo nguyên tắc Dirichlet thì tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau

Bài 5 Cách 1 Đặt Sn = 2n-1+ 2.2n-2 + 3.2n-3 + … + (n-1).2 + n

Ta có:

2.Sn = Sn+1 – (n +1)  2(Sn + n + 2) = Sn+1 + n + 1 +2

Đặt Tn = Sn + n + 2, ta có T1 = 4, Tn+1 = 2Tn,   n

Suy ra Tn = 2Tn-1 = … = 2n-1T1 = 2n+1

Vậy Sn = 2n+1 – n – 2

Cách 2 Ta có:

Sn+1 – Sn = 2n + 2n-1 + … + 2 + 1 = 2n+1 – 1

Suy ra Sn = (Sn – Sn-1) + (Sn-1 – Sn-2) + … + (S2 – S1) + S1

= (2n – 1) + (2n-1 – 1) + … + (22 – 1) + (21 – 1)

= (2n + 2n-1 + … + 21 + 1) – (n + 1)

= 2n+1 – n – 2.

Năm học 2006 – 2007 (vòng 1)

Bài 1. a Điều kiện a > 0, a ≠ 1 Đáp số P a 1

2 a





b Đáp số: a = 9

Bài 2 Gọi vận tốc riêng của ca nô là x(km/h) (x > 4) Ta có

phương trình:

x 36

x 4 x 4 4     

Bài 3.

a Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình:

x2 = 2x + 3  x = -1, x = 3 Vậy toạ độ giao điểm của hai đồ thị đã cho là A(-1; 1), B(3; 9)

b Ta có D(-1; 0), C(3; 0),

do ABCD là hình thang vuông nên

ABCD

S AD BC CD 1 9 4 20

Bài 4.

a Do BKH BCH =900 nên tứ giác BCHK nội tiếp

b Do các tam giác ACH và AKB đồng dạng nên AK.AH = AC.AB

= R2

c Dễ thấy tam giác BMN đều

Lấy điểm P trên đoạn KN sao cho KP = KM,

ta có MPNMKB (c.g.c) nên NP = KP

Do đó KM + KB = KN và KM + KB + KN = 2KN

B y

D A

H

K

A

P M

C

Từ đó suy ra KM + KB + KN đạt giá trị lớn nhất

bằng 4R khi K đối xứng với N qua O