THI GVG cap truong ba thuoc

HƯỚNG DẪN

ĐỀ THI LÝ THUYẾT GVG – BÁ THƯỚC NĂM 2010 – 2011

Ngày thi: 05/11/2010.

A

a) Tìm x để A có nghĩa

b) Rút gọn A

c) Tìm x để A nhận giá trị nguyên

HD

a) ĐK để A có nghĩa:

0 1 16

x x x











 



4

x A x







x A



4 Z

x  hay x 4 U(6) 1; 1; 2; 2;3; 3;6; 6     

Giải ra ta được x 9; 25;36; 4; 49;100 thì A nhận giá trị nguyên

BÀi 2:

a) Tìm x, y, z biết x =2y =3z và x2 + y2 + z2 = 441

b) Tìm số chính phương lớn nhất có nhiều hơn hai chữ số t/m: Khi ta xóa hai chữ số tận cùng của nó thì vẫn được một số chính phương

HD

a) Từ gt ta có x, y, z cùng dấu và đều khác 0

Từ x =2y =3z suy ra

6 3 2

x y z

x y z x y z

Suy ra x  18 ; y  9; z  6

Do x, y, z cùng dấu nên ta có

(x = 16; y = 9; z = 6) hoặc (x = - 16; y = - 9; z = - 6) thõa mã bài toán

b) Gọi Số chính phương cần tìm có dạng

, 10

b c N bc

A N

k N k











2

100

k bc

A 

2

100

k

100

k

t t N

Ta có: Abc lớn nhất khi A lớn nhất, khi đó k = 10t với t là số tự nhiên lớn nhất: Abc = 100t2 với t là số tự nhiên lớn

Bài 3: a) Gọi x1, x2 là no pt: x2 -2(m-1)x + 2m2 -3m+1=0 ( m là tham số) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Px1 x2 x x1 2

  ' (m 1) 2  2m2  3m    1 0 m2 m  0 0 m 1(*)

1 2

2( 1)

x x m

x x m m







1 2

2( 1) 0

x x m

x x m m







2(m 1)  (2m  3m 1)  2(m 1) (2  m  3m 1) = 1 – 2m2 + m =

2

2

    

8  m4th b) giải hpt:

2 2 2

2 0

x x y y







HD

b)Ta có

2 2 2

2 4 3 0(1)

2 0(2)

x x y y







Từ (2) ta có 2

2

2

1

y

y

 Mặt khác: PT (1) có nghiệm, ta xem y là ẩn:

3

4 2( 3) 0

y x

    

       

Ta suy ra x 2 1 Mà 2

2

2 1 1

y x

y



2y y 1 hay y( 1) 0,

2

1

1 2

y x

y

HD:

A

D

M N

P

Nối BD, từ N kẻ NP//AB suy ra NP là đường trung bình

1 // ,

2

ADP NP AB NP AB

Nối PM ta được PM là đường phân giác BDCsuy ra PM 1

2CD

PMN MND soletrong (3)

PNM PMN(4)

42

PND

Bài 5: Cho tam giác ABC có diện tích S không đổi Điểm M, N, P lần lượt thuộc

MB NC PA  

AMP

S  k

HD:

A

M

P

N

H

G

Từ C và P kẻ CH, PG cùng vuông góc với AB; PG//CH , theo talet::

GP AP

CH AC

2S = AB HC

AMP

S AM PG AM AP

S  AB HC AB AC

Từ AM BN CP k (k 0)

hay

MB   MB AM k AB k

PA  CP  k CP PA k AC k

.

AMP

S AB AC k k  k (đpcm)

AMP

S  k

BMN

S  k và ( 1) 2

NPC

S  k

S   (S BMN

S 

NPC

S

S  )

AMP

S

3 ( 1)

k

k 

Ta có S không đổi, vậy để

3 ( 1)

k

( 1)

k

Đặt t = ( 1) 2

k

k  ( t > 0)

Khi đó pt: t.k2 + (2t – 1)k + t = 0 có n0

(2 1) 4 0

4

       vậy tmax = 1

trung điểm của AB, BC, AC

Vậy với k = 1 thì SMNP nhỏ nhất