HD de toan SP 20072008

[r]

GVHD Nguyễn Minh Sang THCS Lõm Thao –Phỳ Thọ

Thivào lớp 10 hệ chuyên Đại học s phạm Hà nội

Vòng 1 Dành cho mọi thí sinh (ngày 11 tháng 6 năm 2007)

Câu 1

Cho a>2 chứng minh đẳng thức

a2− 3 a −(a −1)√a2− 4+2

a2+3 a −(a+1)√a2− 4+2 .√a −2 a+2=

1− a 1+a

Giải

Biến đổi vế trái

ital VT = a

2

−3 a −(a − 1)√a2− 4 +2

a2+3 a −(a+1)√a2− 4 +2 .√a − 2 a+2

(a2+3 a+2)−(a+1)√a2− 4+¿ √a − 2 a+2

(a2−3 a+2)−(a −1)√a2− 4+¿¿ ital VT =(a −1)(a −2)−(a −1)√(a− 2)(a+2)

(a+1)(a+2)−(a+1)√(a −2)(a+2) .√a −2 a+2

√a+2−√a −2

¿

.√a+2

√a− 2

¿

(a+1)(√a+2)¿

ital VT =¿ ital VYT =(a− 1)(√a− 2)(√a− 2−√a+2)

¿

Câu 2

Cho hàm số y=x2 , y=-x+2

1.Xác định toạ độ giao điểm của hai đồ thị đã cho và toạ độ trung điểm I của

AB biết A có toạ độ dơng

1.Xác định toạ độ M thuộc y=x2 sao cho tam giác MAB cân tại M

Giải

1.toạ độ A, B là nghiệm của hệ

y= x2

y=− x+2

⇔

¿y =− x +2

x2+x −2=0

⇔

¿y =− x +2

x=1

¿

x=− 2

¿

¿⇔

¿

x=1; y =1

¿

¿

x=−2 ; y=4

¿

¿ {

¿

¿

¿

¿ Vì A có toạ độ dơng nên A(1;1) ; B(-2;4) Toạ độ trung điểm I của AB là

xI x I=1+(−2)

2 =−

1

2; y I= 1+4

2 =

5

2; Vay : I(− 12 ;

5

2)

2 Gọi điểm M thuộc y=x2 thì M có toạ độ M(xM;xM2) vì tam giác MAB cân nên MA=MB ta có MA2=(xM-1)2+(xM2-1)2;MB2=(xM+2)2+(xM2-4)2

MA=MB nên (xM-1)2+(xM2-1)2=(xM+2)2+(xM2-4)2 ⇔ xM2- xM-3=0

Δ=13 ; x M 1= 1+√13

2 ⇒ y M1=x2M 1= 7+√13

2 ;

¿

7 −√13

x M 2=1−√13

2 ⇒ y M 2=x M 22

=❑

❑

2

Có 2 điểm M thoả mãn điều kiện bài toán

M1(1+√13

2 ;

7+√13

2 ); M2(1 −√13

2 ;

7 −√13

2 )

Cách khác:

Lập phơng trình đờng thẳng đi qua IM và vuông góc với đờng thẳng y=-x+2

Gọi phơng trình đờng thẳng d đi qua IM có dạng y=ax+b(a 0)

Vì d đi qua I(− 12 ;

5

2) nên khi x= −1

5

2 thay vào y=ax+b ta có

−1

2a+b=

5

2(1) vì d y=-x+2 nên a=1 thay vào (1) ta có b=3 phơng trình d đi

qua IM là y=x+3 ,vì M y=x2 nên hoành độ M thoả mãn phơng trình x2-x-3=0 Giải ra x1= 1+√13

2 ; x2 =1−√13

M1(1+√13

2 ;

7+√13

2 ); M2(1 −√13

2 ;

7 −√13

2 )

Câu 2

Cho phơng trình x2+6x+6a-a2=0 (1) a là tham số

1.Với giá trị nào của a thì phơng trình có nghiệm?

2 Giả sử x1,x2 là hai nghiệm của phơng trình Tìm a để x2=x1 -8x1.

Giải

1.Để phơng trình (1) có nghiệm Δ❑

Δ❑

=9 −(6 a − a2)=a2−6 a+9=¿ 2.Vì Δ❑

≥ 0 theo Vi-ét và Gt ta có

x1+x2=− 6

¿

x1 x2=6 a − a2

x2=x13− 8 x1

⇔

¿x1+x2=−6

x1 x2=6 a − a 2

x13−7 x1+6=0

¿

⇔

¿x1=− 6 − x2(1)

x1 x2=6 a −a2( 2) (x1−1)(x1− 2)(x1+ 3)=0(3)

¿ { {

¿

¿ ¿

¿

⇔

x1=1

¿

x1=2

¿

x1=−3

¿

¿

¿

¿

¿

Víi x1=1 thay vµo (1) x2=-7 thay x1,x2 vµo (2) ta cã a2-6a-7=0 ⇔ (a+1)(a-7)=0 ⇔ a=-1 hoÆc a=7 (*)

Víi x1=2 thay vµo (1) x2=-8 thay x1,x2 vµo (2) ta cã a2-6a-16=0 ⇔ (a+2)(a-8)=0 ⇔ a=-2 hoÆc a=8 (**)

Víi x1=-3 thay vµo (1) x2=-3 thay x1,x2 vµo (2) ta cã a2-6a+9=0 ⇔ (a-1)2=0 ⇔ a=3 (***)

Tõ (*),(**),(***) ta cã a ∈{− 2;− 1;3 ;7 ;8} th× x2=x1 -8x1

C©u 5 (trang sau)

C©u 4

Gi¶i ph¬ng tr×nh

x+2¿2

¿

¿

x2

¿

§KX§ x -2

Gi¶i

x2=6

¿

3 x2+6 x +2=0

¿

x =√6

¿

x=−√6

¿

x= −3+√3

3

¿

x= − 3 −√3

3

¿

¿

¿

⇔¿

¿

¿

¿

(1)⇔ x2

=(x2+4 x +4)(3 x2−6 x −3)

⇔3 x4

+6 x3− 16 x2−36 x − 12

⇔3 x4−18 x2

+6 x3−36 x +2 x2−12=0

⇔(x2

− 6)(3 x2+6 x +2)=0

⇔

¿

VËy ph¬ng tr×nh (1) cã 4 nghiÖm x1=√6 ;x2=−√6 ; x3=− 3+√3

3 ; x4 =−3 −√3

3

đờng tròn 5 điểm A,X,H,O,Y cùng nằm trên (O1) đờng kính AO.Mặt khác Δ

AXY cân tại A

Nên tứ giác BXHZ nội tiếp (O 2 ) (đpcm).

T

ơng tự ∠ YCZ+ ∠ YHZ=1800 nên tứ giác CYHZ nội tiếp (O 4 ) (đpcm)

2.GọiAZ cắt (O) tại K,BH cắt XZ tại I ta có ∠ BHZ= ∠ BXZ (1)( nội tiếp chắn

của (O) Từ (1) và (2) ∠ BHZ= ∠ XKZ ở vị trí đồng vị

( đờng kính vuông góc với dây) ,HI//XK nên I là trung điểm XZ

hay BH đi qua trung diểm XZ (đpcm).

T ơng tự CH đi qua trung điểm YZ (đpcm).

Thivào lớp 10 hệ chuyên Đại học s phạm Hà nội

Vòng 2 Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán-Tin

(ngày 12 tháng 6 năm 2007)

Câu 1 Cho biểu thức

P= √x+1

x√x+ x+√x:

1

x2−√x ;Q=x

4

−7 x2+15 ( Với x>0, x 1) 1.Rút gọn P

2.Với giá trị nào của x thì Q-4P đạt giá trị nhỏ nhất

Giải

B

Z

O

H I K

A

C

√x (¿x+√x +1).√x (√x3− 1)

¿

P= √x+ 1

x√x+ x+√x:

1

x2−√x=

√x(¿x+√x +1).√x (√x − 1)(x +√x+1)=x −1

Q-4P=x4-7x2+15-4(x-1)=(x4-8x2+16)+(x2-4x+4)-1=(x2-4)+(x-2)2-1 −1

Min(Q-4P)=-1 khi x=2

Câu 2

Cho các số x, y thoả mãn x4+x2y2+y4=4 (1) ; x8+x4y4+y8=8(2)

Tính giá trị A=x12 +x2 y2 +y12

Giải

(2) ⇔ (x4+y4)2-x4y4=8 (3) Từ (1) ⇔ x4+y4=4-x2y2 (4) Thay vào (3)

Ta có (4-x2y2 )2-x4y4=8 ⇔ 16-8x2y2+x4y4-x4y4=8 ⇔ x2y2=1

Thay vào (4) ta có x4+y4=3

A=x12 +x2 y2 +y12=(x4+y4)3-3x4y4(x4+y4)+x2y2

Thay x2y2=1 ,x4+y4=3 vào A

A=34-3.3+1=19

Câu 3

1.Tĩm tất cả các số nguyên dơng sao cho 2(x+y)+xy=x2+y2

2.Cho tam giác ABC cóđộ dài ba cạnh là a, b,c sao cho a2 +b2>5c2

Chứng minh rằng c<a, c<b

Giải

1 2(x+y)+xy=x2+y2 ⇔ x2-(y+2)x+y2-2y=0 (1) coi phơng trình (1) là phơng trình bậc 2 ẩn x tham số y phơng trình (1) có nghiệm nguyên x điều kiện cần Δ là số chính phơng Ta có Δ =(y+2)2-4(y2-2y)=y2+4y+4-4y2+8y=16-3(y-2)2 16

0 ≤ Δ≤16 , Δ chính phơng

Δ =4 ⇒ 3(y-2)2=12 ⇒ (y-2)2=4 ⇒ y=4 hoặc y=0

Với y=4 thay vào (1) ta có :x2-6x+8=0 ⇔ (x-2)(x-4)=0 ⇔ x=2 hoặc x=4

Với y=0 thay vào (1 )ta có: x2- 2x=0 ⇔ x(x-2)=0 ⇔ x=0 hoặc x=2

Δ =16 ⇒ 3(y-2)2=0 ⇒ y=2 thay vào (1) ta có x2-4x=0 ⇔ x(x-4)=0 ⇔ x=0 hoặc x=4

Vạy phơng trình có 6 nghiệm (x;y)=(2;4);(4;4);(0;0);(2;0);(0;2);(4;2)

2.Từ GT ta có a2+b2>5c2 => (a+b)2>5c2+2ab

Giả sử c a,c b thì 2c a+b =>4c2 (a+b)2>5c2+2ab (Vô lý)

Nếu c a ,c<b hoặc c<a,c b tơng tự Vậy c<a,c<b (đpcm)

Cách khác: Giả sử c a , ta có a2 c2 (1) ,

Mặt khác theo BĐT tam giác b<a+c 2c suy ra b2 4c2 (2)

Từ (1) và (2) ta có a2+b2 5c2 trái GT vậy c<a

* Giả sử c b ta có b2 c2 (3)

Mặt khác theo BĐT tam giác a<a+c 2c suy ra a2 4c2 (4)

Từ (3) và (4) ta có a2+b2 5c2 trái GT vậy c<b

Vậy c<a,c<b (đpcm)

Câu 4:

D

E

F O

C G

1.Xét Δ AMG; Δ AME có ∠ AMG chung, ∠ MAG= ∠ MEA (cùng

suy ra AM

EM =

MG

MA ⇔MA2 =ME MG (1) (đpcm)

Nên Δ MBG đồng dạng Δ MEC (g.g)

suy ra MG

MC =

MB

ME ⇔ME MG=MB MC (2)

Từ (1) và (2) ta có

⇔1=AB AM

AB AC +

AC AM

AB AC ⇔1=AM

AC +

AM

AB ⇔ 1

AM=

1

AB+

1

Câu 5 Chia hình chữ nhật ABCD (AB=CD=4cm,AD=BC=3cm)

Thành các đa giác AEFG,GDKHF,HKCMN,MNPB,PNHFE các đờng chéo của đa giác này luôn EN= √EB 2 +BN 2

=√4+1=√5 Vì có 6 điểm mà có 5 đa giác theo nguyên tắc Đi-Rích-lê tồn tại ít nhất 2 điểm thuộc một đa giác khoảng cách giữa 2

điểm này luôn nhỏ hơn hoặc bằng đờng chéo của mỗi đa giác

Vậy luôn tồn tại 2 trong sáu điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng √5 cm (đpcm)

C D

E

F

N

M P

K