HD de toan chuyen KHTN 20042005

thì cặp x,y=1;2 thoả mãn nên là nghiệm nguyên của hệ phơng trình đã cho.[r]

ngày thứ nhất Câu 1: 1/giải phơng trình:

|x+1| + |x −1| =1+|x2− 1|

⇔|x +1| + |x −1|−|x2−1|=1(1)

Lập bảng phá dấu giá trị tuyệt đối :

*Với x <-1 (1)<=>-x2-2x+1=1-x(x+2) x=-2(loại),x=0

*-1x<1 (1)  x2+1=1x=0

*1x (1) -x2+2x+1=1-x(x-2) x=0(loại),x=-2

Vậy phơng trình có 3 nghiệm: -2;0;2

x -1 1

|x +1| -x-1 0 x+1 / x+1

|x − 1| 1-x / 1-x 0 x-1

|x2− 1| x2-1 0 1-x2 0 x2-1

“VT” -x2-2x+1 / x2+1 / -x2+2x+1

2/

2 y2− x2− xy +2 y −2 x=7

¿

x3

+y3

+x − y =8

⇔

¿y2− x2

+y2− xy+2 y −2 x=7

x3+y3+x − y =8

⇔

¿ (y − x)(2 y +x+2)=7(1)

x3

+y3

+x − y=8 (2)

¿

Tu (1)taco:

¿y − x=1

2 y +x +2=7

⇔

¿y − x=1

2 y+ x=5

⇔

¿3 y=6

x =5− 2 y

⇔

¿x=1 y=2

¿ hoac

¿y − x=7

2 y +x +2=1

⇔

¿y − x=7

2 y+x =−1

3 y=6 x= y −7

⇔

¿x=−5 y=2

¿ hoac

¿y − x=−1

2 y +x+2=−7

⇔

¿y − x=−1

2 y +x=− 9

⇔

¿3 y=− 10 x= y +1

(loaivi: x , y ∉ Z)

¿ Hoac

¿y − x =−7

2 y +x +2=− 1

⇔

¿y − x =−7

2 y +x=−3

⇔

¿3 y=− 10

{

¿

¿ ¿

¿

Thay c¸c cÆp (x,y) =(1;2);(-5;2)vµo ph¬ng tr×nh (2)

Câu 2: Từ giả thiết ta có: a100(1-a)=b100(b-1) (1) và a101(1-a)=b101(b-1) (2)

Vì a,b>0 nên nếu a=1 thì b=1 suy ra P=2

Nếu a khác 1 thì b khác 1 chia 2 vế (2) cho (1) ta có: a=b thay vào giả thiết rút gọn ta có 1=a=a2 vô lý vì a khác 1

Vậy a=b=1 và P=2

Câu 3: Từ giả thiết ta thấy tam giác ABC vuông

Tại B,từ AC.BH=AB.BC tính đợc BH=2,4(cm)

áp dụng tính chất phân giác trong tam giác ta có:

AI

CI

AI+CI

AC

5

7(cm)

⇒ AI=5 AB

15

5 CB

20

.áp dụng hệ thức AB2=AH.AC ta có:

2

9

5(cm);CH=AC − AH=5 −

9

5=

16

5 (cm)

HI=AI − AH=20

5 −

16

5 =

4

5(cm);

2−

15

7 =

5

14 (cm)

SABH= AH BH

54

25(cm

2

);SBHI= HI BH

24

25 (cm

2

)

SBIM= IM BH

3

7(cm

2

); SCMB= CM BH

2

)

Câu 4:a/Chứng minh PQ//AC

Ta có H1=H2(đ.đ)

H1=C1(cạnh tơng ứng vuông góc)

C1= D1(chắn cùng cung) Suy ra: H2=D1 nên tam giác QDH cân tại Q

=>QD=QH(1) tơng tự PD=PH(2) từ (1) và (2)=>

QP là trung trực của HD=>PQBD mà ACBD

Nên PQ//AC ()

b/Chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp

 QPM=DBM(cạnh tơng ứng vuông góc)

DBM=MNQ suy ra QPM=MNQ

nên tứ giác MNPQ nội tiếp ()

Câu 5: Cách 1 áp dụng BĐT A2+B2 2AB dấu “=” sảy ra khi A=B

B

D

C

Q

P

H 1

2

1 1

M

N

4 Q=2(x y102+

y10

x2 )+(x16

+y16 )− 4 (x 4y4 +2 x 2y2

+1)≥ 4 x4y4 +2 x 8y8− 4 x4y4−8 x2y2− 4

4 Q ≥ 2 x8y8− 8 x2y2− 4=2 t4−8 t − 4=2[(t4−2 t2+1)+2(t2− 2t +1)]− 10;(dat : x2y2=t >0)

t2−1¿2+2 ¿−10 ≥− 10⇒ Q≥ −5

2,Min (Q)=−

5

2⇔ t=1⇔

¿

x= y =1

¿

x= y=− 1

¿

¿

¿

¿

¿ ¿¿

4 Q ≥2¿

Cách 2 Thêm 1

2 vào x16+y16 và bớt

1

2 sau đó áp dụng BĐT A2+B2 2AB

dấu “=” sảy ra khi A=B và ĐBT Cô-si cho 4 số dơng

¿x= y

xy=1

⇔ x= y=1

¿

x = y=−1

¿

Q=1

2(x y10+

y10

x2 )+ 1

4(x

16

+y16+1+1)−1

2−(x

4

y4+2 x2y2+1)≥ x4y4+x4y4− x4y4− 2 x2 y2−3

2

t − 1¿2−5

2≥ −

5 2

¿

¿

¿

¿

Min(Q)=−5

2⇔t=1 ⇔

Q ≥ x4y4−2 x2y2−3

2=(t

2

− 2 t+1)−5

2=¿

¿

¿ ¿

Cách 3 Thêm 3

2 vào x16+y16 và bớt

3

2 sau đó áp dụng BĐT A2+B2 2AB

dấu “=” sảy ra khi A=B và ĐBT Cô-si cho 8 số dơng

x= y=1

¿

x= y=−1

¿

¿

¿

¿

¿

Q=1

2(x y102+

y10

x2 )+ 1

4(x

16

+y16 +1+1+1+1+1+1)−3

2−( x

4y4

+2 x2y2 +1)

Q ≥ x4y4+2 x2y2−3

2− x

4

y4− 2 x2y2−1=−5

2;Min (Q)=−

5

2⇔

¿

thi vào chuyên toán tin Năm học 2004-2005

đại học quốc gia hà nội(ngày thứ hai) Câu 1:Giải phơng trình: √x+3+√x −1=2 TXĐ : x 1

u +v =2

u2− v2

= 4

⇔

¿u+v=2

u − v=2

⇔

¿u=2 v=0

⇔

¿√x+3=2

√x −1=0

⇔

¿x +3=4

x − 1=0

⇔ x=1∈ TXD

¿

¿

¿ {

¿

¿

Câu 1: Cách1:đa về hệ đối xứng loạiI

(x+ y)(x2+y2)=15

(x − y)(x2− y2 )=3

⇔

¿ =15

¿

¿

¿ =3

¿

¿ {

¿ (x+ y)¿

đặt x+y=S;xy=P đk:S2  4P ta có hệ

S (S2− 2 P)=15 (1)

¿

S(S2− 4 P)=3(2)

; vi: S ≠ 0 ;S2− 2 P ≠ 0; S2− 4 P ≠0 ;chia (1)cho(2)taco :

¿

¿S2− 2 p=5(S2− 4 P)⇔ 4 S2 =18 P⇔2 P= 4 S2

9 thayvao(1)⇒ S 3 =27⇔ s=3∧ P=2

¿⇒

¿x+ y=3

{

¿

¿ ¿

¿

Cách2:đa về hệ đẳng cấp bậc 3

¿ (x+ y)(x2+y2)=15

(x − y)(x2− y2 )=3

(∗)⇔

¿x3+ xy2+x2y + y3=15

x3− xy2− x2y + y3 =3

¿ {

¿

x=y=0 kh«ng lµ nghiÖm ®¨t x=ty (t kh¸c 0) ta cã hª

y3 (t 3 +t 2 +t+1)=15

¿

y3 (t 3−t2− t+1)=3

⇔t3 +t 2 +t +1=5(t 3−t2− t+1)⇔ 2t3− 3 t2−3 t+2=0

¿

¿ {

¿

¿ ¿

¿

C¸ch 3: Tõ (*) ta cã:(x+y)(x2+y2)=5(x-y)(x2-y2)(x+y)(4x2-10xy+4y2)=0

2x2-5xy+2y2=0(**) (v× x+y0) y=0 kh«ng lµ nghiÖm chia 2 vÕ cña (**) cho y2 ta cã: 2 x

2

y2−5 x

y+2=0⇔2 t2

−5 t +2=0 ⇔ t=2;t= 1

2.⇔( x=1; y=2)V (x=2 ; y=1)

C©u3

¿ x2

y −1=

y2

x −1

x −1=1

y − 1=1

⇔ x= y =2

¿

P=(x

3

+y3)−(x2+y2)

(x −1)( y −1) =

x2(x −1)+ y2(y − 1)

(x −1)( y −1) =

x2

y − 1+

y2

x −1 ≥2√ x2y2

(x −1)( y −1)(cos i2 soduong)

P ≥ 2xy

√x −1 √y −1=2(x −1+1√x −1 +

y −1+1

√y −1 )≥2 2√x −1

√x −1 .

2√y −1

√y −1 .=8(cos i 2 tuso)

⇔ Min(P)=8 ⇔

{ {

C¸ch 2:§Æt x=m+1,y=n+1 (m>0;n>0)ta cã

¿m=n

m, n>0

√mn

⇔

¿m=n

mn=1

m, n>0

⇔m=n=1 ⇔ x= y=2

n+1¿2

¿

¿

¿ mn=(m

3

+n3)+2(m2+n2)+(m+n)

¿

P≥2 mn√mn+4 mn+2√mn

2

√mn=2(√mn+ 1

√mn)+4 ≥ 4+4=8 m+1¿2−¿

n+1¿3−¿

m+1¿3+ ¿

¿

¿

¿P=¿

C©u 4:

a/V× MAB=MBC=MCD=MDA

nên 4 tam giác ABM,BCM,CDM,DAM đồng dạng

=>AMB=BMC=CMD=DMA=900

Vậy M thuộc tâm hình vuông ABCD

b/Ta có tứ giác ONBC nội tiếp (Vì NBC=NOC=900 GT)

nên MCN=NBO và BAO chung

nên ABO đồng dạng với ACN (g.g)

⇒OB

CN=

AB

AC=

1

√2=

√2

2 (khongdoi)

c/Dễ thấy S1là đờng tròn ngoại tiếp hình vuôngANMK,S2 là đờng tròn ngoại tiếp hìn vuôngONBC 2 tiếp tuyến giao nhau tại L ta có L,O,S2 thẳng hàng,tam giác LPQ cân có LO là phân giác  PLQ.nên O là trung điểm Cung PQ của (S2),nên QO

là phân giác PQL

nên O(S1) là tâm đờng tròn nội tiếp

LPQ

suy ra PQ tiếp xúc với (S 1) đpcm

Câu 5

Xét biểu thức phần nguyên xn

x n=[n+1√2 ]−[√n2]=[n √2

2 +

√2

2 ]−[n √2

2 ]

theo GT 1 , 41≤√2≤ 1 , 42 ⇒ 0 ,705 ≤√2

2 ≤ 0 , 71

Nếu phần 10 phần thập phân của: n√2

2 ≥ 3, thi : x n=1 ;n√2

2 <3, thi : xn=0

Vậy xn=1 hoặc xn=0 Xét P=x0+x1+x2+x3+ +x199

P=[√12]−[√02]+[√22]−[√12]+[√32]−[√22]+ +[200√2 ]−[199√2 ]

P=[200√2 ]−[√02]=[200√2 ]=[100√2]=141

Vì xn=1 hoặc xn=0 nên tổng P có 141 số hạng bằng 1 và 59 số hạng bằng 0

Vậy có 141 số khác 0

M

C

D

A

P N

L

B

Q

S 2

O

B

S 2

C D