43 de thi hoc sinh gioi mon Toan

Giả sử các đường thẳng nối các điểm từng đôi một cắt nhau và 3 trong số các đường thẳng đó chỉ có thể đồng qui tại 1 trong n điểm đã cho... Chỉ có đúng 2 lá thư bỏ đúng địa chỉ.[r]

=

åCâu 4 (3đ)

Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng

a +b = ta kẽ hai nữa đường thẳng gốc O vuông góc với nhau và cắt elíp

tại hai điểm M,N Chứng minh rằng

Từ ( 1) ta có P = A2 £ (100.49)2+9801hay P£ 24019801

Mặt khác 24019801= ( 4909)2 và dấu bằng xảy ra khi P=

24019801 là số chính phương

=

2 3 4 0

n

k k n k

é =êÛ

ê =ëTrường hợp n = 1 loại vì chỉ có hai hạng tử trong khai triển

+ k = 4 ta có 14 84 35

2 C x= 8 x là số hạng hữu tỉ+ k = 5 ta có

8 5

2 C x =4x là số hạng hữu tỉ+ k = 6 ta có

8 6

-= là số hạng hữu tỉ+ k = 7 ta có

8 7

-= là số hạng hữu tỉ+ k = 8 ta có 18 88 2 1 2

-=

å (1)2

3

2 1

Với m + 1 £ Û0 m£ - 1 hệ vô nghiệmVới m+ 1 > 0 Û m > -1 BĐT (1) biểu diễn hình tròn tâm

I ( 1,1) và R = m +1 trên mp Oxy

Khi đó ta có 1 1 1

2

2 = + Û =- m m 6

C

D A

220082009

n

i n

u S

Suy ra un là dãy tăng

Giả sử un bị chặn trên lúc đó tồn tại số L sao cho limn u n L (L 2)

    Từ (*) ta có : 1

02009

n

u

u

      Mặt khác :

2 1

n n

u u

u S

Từ đó suy ra điều cần chứng minh

Câu 3 : Giải hệ phương trình :

Giải :

y2(x+1) = 1576 + x2

Û y2(x+1) = 1577 + x2 – 1

Û (x+1)(y2 – x + 1) = 1577 = 19*83

Như vậy nếu chia 19*83 cho (x + 1) thì ta được thương là (y2 – x + 1)

Do x và y là các nghiện nguyên không âm của phương trình nên ta có :

2 2

Do 1576 không là số chính phương nên phương trình đã cho có các nghiệm là : (18 ;10) và (82 ;10)

Câu 5 : Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ta luôn có :

Giải : Gọi A1, B1, C1 tương ứng là trung điểm của BC, CA, AB

Giả sử O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1 Khi đó :

m AA OA OA R OA a 1   1   1

Tương tự : 1

1

b c

Suy ra điều cần chứng minh

Câu 6: Chứng minh đẳng thức sau

1 2



3 2

3 2

Tìm giới hạn của dãy u n với

1

2007

4

2007 3 3

2007 2 2

x

x x

x x

x x

x u

B

AC' ' cos2

2/ Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều

Bài 4:(3 đ) Cho p là số nguyên tố , a là số nguyên dương , sao cho 1  2 a không là số nguyên tố Chứng tỏ phương trình : 2 2 0





 a x p x

không có nghiệm hữu tỷ

Bài 5: (3 đ) Cho bốn số x ,y, z, t thỏa :

2 y z t x

t z y x

Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của T = xy +yz +zx

Bài 6: (3 đ) Chứng minh :

2 1

4 3

2 3 2 4 3 ( 1 )( 2 ) ( 1 ) ( 1 ) 2 1

Chứng minh M thuộc một parabol cố định khi P ,Q di chuyển trên ( d )

( Hết ) T20_DA ĐÁP ÁN

u x

v u

2

37 5

2

3752

375

x x

n

n n

x x

x

x x

x x

1

120081

12008

n n

n

i i

i

x x

x x

(vô lý ) , hay limx n  

Vậy lim lim 2008 1 1 2008

x u

Bài 3: ( 3 đ)

AC AB

AB AC





10

2

2cos12

1)cos(

2

1

cos

0)sin(

B A C

x có nghiệm hữu tỷ x = a ap

Nếu x  Q thì a , a+p là hai số chính phương , khi đó đặt :

2

n m Z n m n

m

a m

 1 2 1 Vậy 1 a là số nguyên tố ( tráI vớI giả thiết )

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm hữu tỉ

2

x

t z y

3)

1

(

3

)(

3)

(

2 2

2 2 2 2





Û

t

z y x z

3(

Đặt : f(x)(1x)n

Ta có : '( ) (1 )  1



n x n x

f ; "( ) ( 1)(1 )  2





n n x n x

Mà :

n n n n n

n n

1 2

3 2

1 2

4 3

1 2 )

n

C 3 2 4 3 ( 1 )( 2 ) ( 1 ) 1

Chọn hệ trục xOy như hình vẽ , sao cho O là hình chiếu của A lên (d )

GọI M(x;y) là tâm vòng tròn ngoạI tiếp tam giác APQ

2 2

PH MH

MP MH

y y

Cho điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC Chứng minh rằng giá trị của : MA4 +

MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí của M

M N

P

T21_DA Câu 1: (3đ) Giải hệ phương trình :

f(t) f'(t) t

Do đó f(t) là hàm số giảm trên [-1 ; 1] nên từ (1) ta có : f(x) = f(y) Û x = y thay vào (2)

Câu 3: (2đ) Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình :

2y  (3x x )y 3x    x 0  (1)

Giải (1) Û 2y2 – 3xy – yx2 + 3x2 – x = 0

 x = y = 1 là nghiệm nguyên dương cần tìm

Câu 4: (3đ) Cho dãy số (un) xác định như sau :

1u1 22n 3

un un 12n

21

b c

c a

Hơn nữa : (ab + bc + ca) ≤ a2 + b2 + c2

 3(ab + bc + ca) ≤ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)2 = 9

 ab + bc + ca ≤ 3

; 2

1 cost  x t   x với 0 t/ 2





 Û

0 1 cos 2

0 1 cos 2 2 sin 2 1 cos 2

1 cos 2 1 sin 2 1 cos 2

t t

t

t t

t

t t

1 cos 2 2 sin

''

IC BB

IB AA IA

'

' '

' '

IB BB AA

IA AA

' ' '    



CC

IC BB

IB AA IA

3

-ĐK: x  0 ;y  1 ;x 5

Đặt

1 4 1 2 2 4 2

1 4 1 2

2 3 5 11

y x z

y x

z

y x z

2

2 4 2 1



3

50

12

0235

110

y

x y

x

y x z

0 ) ( ) (

0 ) )(

(

0 0

2 2

2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2





 Û





 Û







 Û





 Û

ab

b a a b ab

a b a b

b

b a a

a b

b b

a a a b

b a b

a a b

b ab a

b

a ab a

b

b a b

a a b

-Vì f(x) chia hết cho (x – 2) nên f 2  8  4a 2bc 0

f(x) chia cho (x2 – 1) thì dư 2x nên g x f x  2x chia hết cho (x2 – 1)

7

2 0 1 3

3.2.1

212

.1

11

n

n x x

x x x

x x x

2 2



c b

a

Bài 4 : ( 3 điểm ) : Cho tam giác ABC có I , O lần lượt là tâm đường nội tiếp và ngoại tiếp

Gọi M là trung điểm của BC Chứng minh rằng nếu AM vuông góc với OI thì :

AC AB BC

1 1 2



Û

2

2 2

2

21

91

101

31

x x

x x

x x

1

t

t x x

10 1 10 1

t t

Vói t 1  10 thế vào (3) gpt và giao điều kiện của x ta có nghiệm của pt (1) là

2

10 2 7 10



x

Với t  1  10 thế vào (3) gpt và giao điều kiện của x ta có

2 nghiệm của pt bị loại

Kết luận nghiệm của pt đã cho l à

2

10 2 7 10

(2 d) Đặt vế trái là fnghiệm là x1=1 ; xn(x) có bậc là n, ta sẽ chứng minh rằng phương trình f2=2;…;xn=n với n 1 n(x)=0 có n

x

n

Suy ra fn+1(1) = fn(1)+0 = 0

Chứng minh tương tự ta được x1=1;x2=2;…;xn=n là nghiệm của pt

fn+1(x) = 0 ta sẽ chứng minh rằng xn+1 = n +1 là nghiệm của pt fn+1(x) = 0

!

1.2

11

1

2.1

11

n

n n n n

x x

x x

x x

x x

x x x

x

2 2

4 2

2 4

4 4

2 2

cos 2 cos cos

2 cos 2

cos 2 cos 2 cos 2 2 cos

cos 2 cos 3 sin sin 2 2 cos 2 cos sin

2 sin

Ta có hàm f (t) luôn giảm trên 0 ; 1 nên f(cos22x) = f(cos2x)

Z k k x x x

x

3 2

cos 4 cos cos

2

0.5

0.50.50.51.0

Câu 2

(2đ) Ta có

1 4 1 4 1 4 1

1 4 0

n C

C   nên

n n

n n

C40 1 14 1 42 1 24)

1

20

2 5 2 5

k

k k x C x x

m m

k m k

k

x x

C x

x

0

5 5

Vì số hạng cần tìm trong khai triển không chứa x nên k = 2m

vậy số hạng không chứa x trong khai triển là : 509926

0.5

0.50.5Bài 3 ( 3điểm )

a a

a a

1 1 1 3

1 3 2 3

3

1 1 2

3 1 1 3

1 1 3

1 1 1

2 2

Ta lại có

3 1 1 1

3 1 1 1 3 1 1

ca bc ab c

b a

Không mất tính tổng quát, giả sử AB<AC

1 1 2





0.50.50.50.5

0.50.5Bài 5 (2 điểm )

1 4

1

2 4

1 4

1

1 4

1 2

1 2

1

0 0 0

1 1 1

1

1 1

a

b a b

a b

a

b a b a a

b b a b

a

n

n n n

n n

n

n n n n n

n n n n

n

(Max {a2006;b2006} )2

2006 4

1

0 0 0 0 2006



b a b a b

2007 2006

4

1

0 0 0

b a b

0.50.5

0.50.5Bài 6 : (2 điểm )

giả sử f(x) có hai nghiệm nguyên x1, x2 với x1 khác x2 thế thì

2006   2005

20070

2 1

2 2 2 1

2 1

3 2

2 2 1 2

2 1

3 1 2

1

2 1

m

x x x x x

x x x x x x

Khi đó x1,x2 cũng là nghiệm của f’(x) hay f’(x1) =f’(x2) = 0 đẳng thức này không xảy ra

vì x1,x2 chẵn Vậy đa thức f(x) có không quá 1 nghiệm nguyên

0.5

0.5

0.5(Hết)

22

ĐỀ 24

Câu 1: ( 3 điểm )

Giải phương trình | sin2x | + | tanx | = 2

Câu 2: ( 3 điểm )

Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình : x2 + 2mx + 4 = 0 ( 1)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A =

2 1 2 1

2 2

2 1

2 1 2 1

2 2

2 1

4)(

2)(

3

)(

3)(

2

x x x x x

x

x x x x x

Câu 5: ( 2 điểm )

Cho dãy số : un =

n n n

2

1 1

-CÂU HƯỚNG DẪN Thang

điểm

Câu 1

3 điểm

| 2 sin

| 1 1 cos

|

| sin (|

| cos

|

| cos

|

| sin

|

x x

x

x x





 Û

| cos

|

| sin

|

| sin

| 1

0

| cos

|

| sin

|

x x

x

x x

1,0

Z k k

2 4

634

2 2

m m

40 10







m m

m m

,A/ = 0 ó m = 0 hoặc m = - 4 0,5 Bảng biến thiên :

4 1

x

3y

xy 2x

2 2

2 2

x y x

y

x y

x 2

2 2

2 2

t t

Cần xác định B để ( 1 ) có nghiệm

3

52 11 3

52 11

3

5211

Câu 3 : Cho a, b là số nguyên , chứng minh rằng :

A = ab(a2 + b2)(a2 - b2) chia hết cho 30

Câu 4 : Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số của hàm số :

HẾT -T25_DACâu 1 :

sin2x (1-sin3x)=cos2x (1-cos3x)

0,250,25

ta có :

A=ab(a2 + b2)(a2 - b2)

=ab(a2 + b2)(a2 - 1 + 1 - b2)

= (a2 + b2)(ab(a2 – 1) – ab( b2 -1) )

do ab(a2 – 1) , ab( b2 -1) chia hết cho 6 nên A chia hết cho 6 (1)

Lấy a,b chia cho 5 ta được :

a=5k+r , b=5l+s k,l,r,sZ , 0  r,s < 5

a2 + b2 = (5k+r)2 +( 5l+s )2 =5(5k2 + 5l2 +2kr + 2ls ) + r2 +s2

a2 - b2= (5k+r)2 - ( 5l+s )2 =5(5k2 - 5l2 +2kr - 2ls ) + r2 - s2

 r = s  r2 - s2 chia hết cho 5

 r = 1 , s = 2 hoặc s = 3 hoặc s = 4  r2 + s2 chia hết cho 5

 r =2 , s = 1 hoặc s = 3 hoặc s = 4  r2 + s2 chia hết cho 5

 r =3 , s = 1 hoặc s = 2 hoặc s = 4  r2 + s2 chia hết cho 5

 r =4 , s = 1 hoặc s = 2 hoặc s = 3  r2 + s2 chia hết cho 5

suy ra : a2 + b2 hoặc r2 - s2 chia hết cho 5

 A chia hết cho 5 (2)

 A chia hết cho 30

0,250,25

0,250,25

0,250,250,250,25

arccos2/3=xosx=2/3

' 0

x c

0,5 0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

28

0,5 0,25

T28 Câu 1: Giải các phương trình sau: (3đ)

b/ ( x – 1 ) ( x + 5 ) ( x – 3 ) ( x + 7 ) = 297

Câu 2: (3đ)

Cho ABC đều cạnh 2a.Tìm quỹ tích điểm M sao cho: MA2 =MB2 +MC2

Câu 3: (2đ) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình : x  y = 2008

n 2 2 n 2 1

Dấu “=” xảy ra khi nào ?

1

2

n n

n

n a

a

 



Bài II: (2.0 điểm)

1 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: 3 2 n 32 n là số nguyên dương

2 Giải phương trình nghiệm nguyên sau: yx – x2 + y – x – 1 = 0 (3)

Bài III: (3.0 điểm)

1 Tìm đa thức p (x) với hệ số thực biết:

) 2005 (

)1 ( )0 ( 35 ] 30 ) ( [ )5

p

x x

p x

p

30

2.Cho ba số a, b, c dương Chứng minh rằng: a b b c c a 2 c a b

Bài IV: (3.0 điểm)

Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp của tam giác tiếp xúc với AB,BC, CA lần lượt tại D,E, F.Đặtx=EF,y=FD,z=DE,BC=a,CA=b,AB=c

c a c

b c b

a ca bc ab ab

z ca

y bc

tgC C

tg

tgB B

tg tgA

2 Tìm nghiệm của phương trình : cosx  sinx  cos 2x 1  sin 2x  0 thỏa điều kiện: 2007 < x <

2008

Bài VI: (3.0 điểm)

Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số sao cho trong mỗi số các chữ số đứng trước đều lớn hơn chữ số đứngliền sau nó

Bài VII : (3.0 điểm)

Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d: x  y  1  0 Xác định tọa độ các đỉnhhình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A  d./.Hết

Giáo viên ra đề : Phan Hữu Thanh

1

2

n n

n

n a

Từ giả thiết, ta suy ra: a3 = 3, a4 = 11, a5 = 41

thay vào (1) được hệ phương trình:

a a

2

2 4

Do giả thiết qui nạp: aK = 4aK-1 – aK-2  aK-2 = 4aK-1 – aK

Suy ra: aK+1 = 15aK-1 – 4 (4aK-1 – aK ) Hay: aK+1 = 4aK – aK-1

6

n n n

Điều kiện cần:

(1)  x3  4 3 4x3  n (2)(2): 4 3 4 x3  nx31 (x nguyên dươngx)

3 3

x   x + 1 làước của 1  x + 1 = - 1 hoặc x + 1 = 1  x = - 2 hoặc x = 0

0.25 Thử lại ta được các nghiệm của (3) là: (x; y) = (- 2; - 3), (0; 1)

) 2005

(

)1 ( )0 ( 35 ] 30 ) ( [ )5

p

x x

p x

p

0.5 Thế x =2005 vào (1), ta được :

) 3 ( 30 ) 5 2005 ( 35 ] 30 ) 2005 ( [ ) 5 2005

()

3

(  p x1 x1

2 2

2 1

) (

) ( ) ( 1  2    

1 2

c c

1 a

1 2

b b

1 c

1 2

a

a

b a

c 2

1 a

c a

b 2

1 c

b c

a 2

1 b

a c a

c b c

b a

: cã

ta y x 2 y x : thøc d¼ng bÊt dông

a c a

b b a

c 2

b a 2

c 2 2 c a 2

b 2 c b 2

a 2 2 b a

c 2 2 c a

b 2 c b

a

2

2

: cã

ta y x 2 y x : thøc

¼ng d bÊt dông

¸p

l¹i

b a

c 2 2 c a

b 2 c b

a 2

2

b

1 a

1 2

c c

1 a

1 2

b b

1 c

1

2

a

: cã

ta y x

4 y

1 x

1 : thøc d¼ng bÊt dông

¸p

3.0

Bài IV: Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp của tam giác tiếp xúc với AB,BC, CA

lần lượt tại D,E, F.Đặt x=EF,y=FD,z=DE,BC=a,CA=b,AB=c

c a c

b c b

a ca bc ab ab

z ca

y bc

0.5

E F

D

K I

B

A

C

34

Ta có: EF=2EK =2(p-a)

2sin A

A

2cos

,2

(

2))(

(

b c p a p

c b p a p

0.5

Tương tự:

2

1,

y bc

x

Mặt khác:

2

) (

3 2

2 2

b a

c a c

b c b

3 3

:

)) (

3 (

2 2

2 2

c a c

b c b

a ca bc ab Hay

ca bc ab c

b a

tgC C

tg

tgB B

tg tgA

0.5

Do tam giác ABC nhọn nên tgA > 0 ,tgB > 0 , tgC > 0 Viết lại bất đẳng thức:

1 cot

cot cot

cot cot

C g gA

B g

2 3

3 3

) cot (cot

) cot (cot ) cot (cot 2 1

cot cot

cot cot

cot cot

cot cot

cot

gA gC

gC gB

gB gA

C g B g A g gC

A g gB

C g gA

B g

2 3

3 3

cot cot

cot 3

1 cot

cot cot

cot

cot cot

cot cot

cot

gC gB

gA C

g B g A g gC

A g gB

C g gA

B g

gA , vì bất đẳng thức này tương đương với:

cotg2A+cotg2B+cotg2C +2(cotgA.cotgB+cotgB.cotgC+cotgC.cotgA)3

1.5 Bài V.2 Tìm nghiệm của phương trình : cosx  sinx  cos2x. 1sin2x 0 thỏa

mãn điều kiện: 2007 < x < 2008

0.5

Đặt PT: cosx  sinx  cos 2x 1  sin 2x  0(*)

Ta có: 1  sin 2x = cosx sinx

cos2x = ( cosx -sin ).(x cosx +sinx )

0.5

(*) Û ( cosx -sin ).{1 - (x cosx +sin )x cos x sin x } = 0

Û cos -x sin =0 (1) hoặc (x cos +x sin )x cos x sin x = 1 (2)

+Giải (1) Û cos2x= 0

+Giải (2)Û (1+sin2x ).(1+sin2x) = 1Û sin2x=0 (vì sin2x >0 không xảy ra )

0.5 Tóm lại : (*)Û cos2x= 0 hoặc sin2x= 0Û sin4x= 0 Û x =k 4

 ; k Z + Với ĐK: 2007< x <2008 , chọn các số nguyên k =2556 Vậy : x = 639

Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5 chữ số mà chữ số đứng

trước lớn hơn chữ số đứng liền sau Vậy có tất cả C105 = 252 số

3.0 Bài VII:

0.5 Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2

Tọa độ của I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – 1 = 0 Vậy I  d

0.5 Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường tròn, có bán kính R = 2 , x

= 2 và x= 6 là 2 tiếp tuyến của (C ) nên

0.5 Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2  A(2, –1)

0.5 Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6  A(6, –5)

36

u u u

n

k n

2

2 2

2 2

b a

11

1

Bài 7 : (3 điểm )

Cho tam giác ABC đều ABC.Gọi D là điểm đối xứng của C qua AB.Vẽ đường tròn tâm D qua A, B;

M là điểm bất kì trên đường tròn đó (M A,M B) Chứng minh rằng độ dài MA, MB, MC là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông.

4

sin2

3sin  

0.5



242

Với đk đề bài , ta được t=

6

 hoặc t=

2



k b

1

.1

1)(31

1.1

13

1

b n

k a

m k

111

03

11

n

k m

11

u

38

1

12008

11

11

11

1 1

6

C cách chọn0.25 Tiếp theo, chọn 2 người trong 4 người còn lại làm thành cặp đấu thứ ba có 2

4

C cách chọn

0.25 Cuối cùng, chọn 2 người trong 2 người còn lại làm thành cặp đấu thứ tư có 2

2

C cách chọn

0.25 Vì thứ tự cặp đấu khơng được xt đến nên:

0.25

!4

2

2 4

2 6

2 8



C C C C

b)

n n k

n

k n

2

2 2

2 2

)324()324

3.2.2

2

n n n

n n

n n n

C C

C

0.25

n n n

n n

n

k n

2

2 2

2 2

12

11

y x

x z

y x

b)

Theo định lí Vi-et ta cĩ :

0.5 Trong đó :N = 3 –(a+b+c) –(ab+bc+ca) + 3abc = 9

0.25 Chọn hệ trục Oxy sao cho Ox trùng với AB , chiều dương hướng từ A đến B,trục Oy là

đường trung trực của đoạn AB

2 2

2 2

2

)3( 



a b MC

0.25  MA2 MB2 MC2

0.25  MA, MB, MC là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông

………Hết……

40

Trong tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, dựng đường cao AK , BH

Chứng minh rằng OC vuông góc với KH

Bài 3.(2 điểm) Tìm các số nguyên x , y thỏa mãn phương trình : 2 2 2 7

Bài 4.(3 điểm) Cho phương trình cosx = xn với nN*

a) Chứng minh với mỗi n , phương trình đã cho luôn có nghiệm duy nhất

xn (0;

2



) b) Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn và tính limxn

Bài 5.(3 điểm) Cho r , n là các số nguyên dương , r < n Chứng minh :

Câu 2: (3điểm) Cho góc xOy và điểm M cố định ở bên trong góc đó Hãy dựng qua điểm M một đường

thẳng d cắt hai cạnh Ox và Oy lần lượt tại A và tại B sao cho 1 1

Chứng minh rằng : A+B+C+8 là một số chính phương

Câu 4: (3điểm) Cho số dương a và dãy số ( u n) xác định bởi :

1 1

; 1

1

1

n n

u a a u

Tìm limu n

Câu 5: (3điểm ) Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n, n≥2 ta có :

2 3

n n n

Câu 7: ( 3điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ba điểm A(0;a),B(b;0) ,C (-b; 0) với a>0 ,b >0

1/.Viết phương trình đường tròn ( C ) tiếp xúc với đường thẳng AB tại B và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C

2/ Gọi M là một điểm bất kỳ trên đường tròn ( C ) và d d d1, ,2 3 là các khoảng cách từ M đến các đường

thẳng AB,AC,BC.Chứng minh rằng 2

d d d HẾT

2

( 1)1

( 1)1

1