Bộ đề học sinh giỏi môn toán lớp 9 tỉnh Thanh Hóa
Gửi bởi: Khoa CNTT - HCEM 17 tháng 12 2020 lúc 10:11:25 | Được cập nhật: 17 giờ trước (7:56:04) Kiểu file: PDF | Lượt xem: 389 | Lượt Download: 4 | File size: 1.097236 Mb
Nội dung tài liệu
Tải xuốngCác tài liệu liên quan
- Đề thi học kì 1 Hóa 9 trường THCS Nam Tiến
- Đề thi tuyển sinh vào 10 Toán trường THCS Nguyễn Biểu lần 4 năm 2021-2022
- Đề thi học kì 2 Toán 9 trường THCS Vân Khánh Đông năm 2021-2022
- Đề thi thử TS vào 10 Toán trường THCS Nguyễn Biểu lần VIII năm 2021-2022
- Đề thi thử TS vào 10 Toán trường THCS Nguyễn Biểu lần X năm 2021-2022
- Đề thi thử TS vào 10 năm 2020-2021
- Đề thi thử TS vào 10 trường THCS Nguyễn Biểu năm 2021-2022
- Đề thi thử TS vào 10 trường THCS Nguyễn Biểu năm 2021-2022
- Đề cương ôn tập học kì 2 Toán 9 năm 2021-2022
- Đề ôn thi học kì 2 Toán 9 trường THCS Phan Bội Châu
Có thể bạn quan tâm
Thông tin tài liệu
0 ⇔ m < 0 hoặc m > 2 . m−2 1 (m − 2) 2 5 1 m−2 1 1 1 + = ⇔ = ± Từ hệ thức 2 + 2 = trong tam giác vuông ta có 2 2 2 1 4 2 m m a b h m−2 1 Với = ⇔ 2m − 4 = m ⇒ m = 4 (thỏa mãn) m 2 m−2 1 4 Với =− ⇔ 2m − 4 =−m ⇒ m = (loại) m 2 3 Vậy m = 4 là giá trị cần tìm. khi và chỉ khi m ≠ 2. Khi đó 2 nghiệm của phương trình = là a 1và = b 2. ĐKXĐ: x + y ≠ 0 5 2 2 x + y + xy + = 8( ) 4 13 2 x + y ( ) Chia phương trình (1) cho ( x + y ) 2 ta được hệ 2 x + 1 = 1 x+ y 2 1 1 2 2 2 + 3( x − y ) = 13 5 x + y + 23 5 ( x + y ) + 2 + 3( x − y ) = + x y ( ) + x y ⇔ ⇔ 1 1 x+ y+ 1 x+ y+ 1 + ( x − y) = + ( x − y) = x+ y + x y 1 , v = x − y (ĐK: | u |≥ 2 ), ta có hệ Đặt u = x + y + x+ y 5u 2 + 3v 2 = 23 (3) 1 (4) u + v = Từ (4) rút u = 1 − v , thế vào (3) ta được 5 5u 2 + 3(1 − u ) 2 = 23 ⇔ 4u 2 − 3u − 10 = 0 ⇔ u = 2 hoặc u = − . 4 5 Trường hợp u = − loại vì u < 2. 4 1 = 2 x + y + x+ y Với u =2 ⇒ v =−1 (thỏa mãn). Khi đó ta có hệ x − y =−1 Giải hệ trên bằng cách thế x =−1 + y vào phương trình đầu ta được 26 2 y −1+ 1 = 2 ⇔ y = 1 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x, y ) = (0;1). 2 y −1 Câu 3. 1. Ta có (1) ⇔ ( y − 2 )( y − 3) + 56 = ( y − 2) x 2 + ( y − 2 )( y − 4 ) x ⇔ ( y − 2 ) x 2 + ( y − 4 ) x − ( y − 3) = 56 ⇔ ( x − 1)( y − 2 )( x + y − 3) = 56. Nhận thấy ( y − 2 ) + ( x − 1) = x + y − 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số nguyên mà tổng hai số đầu bằng số còn lại. Như vậy ta có +) 56 = 1.7.8 ⇒ ( x; y ) = ( 2;9 ) . +) 56 = 7.1.8 ⇒ ( x; y ) = ( 8;3) . +) 56 =( −8 ) .1. ( −7 ) ⇒ ( x; y ) =( −7;3) . +) 56 = 1. ( −8 ) . ( −7 ) ⇒ ( x; y ) = ( 2; −6 ) . +) 56 =( −8 ) .7. ( −1) ⇒ ( x; y ) =( −7;9 ) . +) 56 = 7. ( −8 ) . ( −1) ⇒ ( x; y ) = ( 8; −6 ) . Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên. 2. Do p − 58 nên p =8k + 5 (k ∈ ) Vì ( ax 2 ) 4k +2 − ( by 2 ) 4k +2 4k +2 ⋅ x8 k + 4 − b 4 k + 2 ⋅ y 8 k + 4 p ( ax 2 − by 2 ) p nên a Nhận thấy a 4 k + 2 ⋅ x8 k + 4 − b 4 k + 2 ⋅ y 8 k + 4 = +2 Do a 4 k + 2 + b 4 k= (a ) 2 2 k +1 + ( b2 ) 2 k +1 (a 4k +2 + b 4 k + 2 ) x8 k + 4 − b 4 k + 2 ( x8 k + 4 + y 8 k + 4 ) 2 ( a 2 + b= ) p và b < p nên x8k +4 + y8k +4 p (*) Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho p thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng chia hết cho p . Nếu cả hai số x, y đều không chia hết cho p thì theo định lí Fecma ta có : x8 k + 4 = x p −1 ≡ 1(mod p ), y 8 k + 4 = y p −1 ≡ 1(mod p ) ⇒ x8 k + 4 + y 8 k + 4 ≡ 2(mod p ) . Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai số x và y chia hết cho p . Câu 4. 27 P A F O I D B M K C N Ia 1. Chứng minh: IBI a C là tứ giác nội tiếp I a là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từ đó suy ra BI a ⊥ BI , CI a ⊥ CI ( Phân giác trong và phân giác ngoài cùng một góc thì vuông góc với nhau). + ICI = 1800 Xét tứ giác IBI C có IBI a a a Từ đó suy ra tứ giác IBI a C là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính II a . 2. Chứng minh NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ). Nhận thấy bốn điểm A, I , N , I a thẳng hàng (vì cùng thuộc tia phân giác của BAC = 900 , M là trung điểm của BC nên Do NP là đường kính của (O) nên NBP PN ⊥ BC tại M Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông PBN ta có NB 2 = NM .NP (1) là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác ABI nên BIN =1 ABC + BAC Vì BIN 2 BAC NBC = NAC = Xét (O): (cùng chắn cung NC) 2 + = NBC + CBI = 1 BAC ⇒ NBI ABC (2). 2 = NBI nên tam giác NIB cân tại N Từ (1) và (2) ta có BIN ( ( ) Chứng minh tương tự tam giác NIC cân tại N ) 28 Từ đó suy ra N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , cũng chính là tâm của 2 2 đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBI a C ⇒ NI a = NB = NM .NP Vậy NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP = KAI 3. Chứng minh DAI a Gọi F là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB. 1= IAF NBM BAC Xét hai tam giác ∆MNB và ∆FIA có: = 2 ⇒ ∆MNB đồng dạng với ∆FIA . Suy ra NM NI a NM NB = = mà: ID = IF, NI = NB nên FI IA ID IA Ta có: MN // ID nên ∠MNI a = DIA suy ra ∆NMI a đồng dạng với ∆IDA ⇒ ∠NI a M = ∠DAI (1). Do NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP nên = I = KAI = KAN = KPN NI a a PN a M (2) = KAI Từ (1) và (2) ta có DAI a y2 2z 1+ xz y x + 2z yz x + + = 2 + + Câu 5. Ta có P = 2 xz z y y + yz xz + yz x + z +1 1+ +1 yz x yz 2 xz yz x y 2z y 1+ 2 2 2 x = a + b + 1 + 2c , = + z + y x z b2 + 1 a 2 + 1 1 + c2 +1 +1 1+ z y x x 2 y 2 z = ,b = ,c ( a , b, c > 0 ) y z x = a2 trong đó x 1 Nhận xét rằng a 2 . b 2 = = ≥ 1 ( do x ≥ z ) . z c2 2 2 2 2 2 2 2 a2 b2 2ab a ( a + 1) ( ab + 1) + b ( b + 1) ( ab + 1) − 2aba ( a + 1)( b + 1) + − = Xét 2 b + 1 a 2 + 1 ab + 1 ( a 2 + 1)( b2 + 1) ( ab + 1) ab ( a 2 − b 2 ) + ( a − b ) ( a 3 − b3 ) + ( a − b ) 2 (a 2 + 1)( b 2 + 1) ( ab + 1) 2 ≥0 2 2ab 2 a b + 2 ≥ = c = Do đó 2 1 b + 1 a + 1 ab + 1 +1 1+ c c 2 2 (1) . Đẳng thức xảy ra khi a =b. 29 ( ) 2 2 2 2 1 + 2c 2 5 2 2 (1 + c ) + (1 + c ) (1 + 2c ) − 5 (1 + c ) (1 + c ) + − = Khi đó 1 + c c2 + 1 2 2 (1 + c ) (1 + c 2 ) (1 − c ) 1 − 3c + 3c 2 − c3 = = ≥0 2 (1 + c ) (1 + c 2 ) 2 (1 + c ) (1 + c 2 ) 3 ( do c ≤ 1) ( 2 ) Từ (1) và ( 2 ) suy ra điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi a =b, c =1 ⇔ x = y = z. ĐỀ SỐ 3 (2016-2017) Câu 1. 1. Điều kiện để P xác định là : x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠ 1 ; x + y ≠ 0 . P= = = ( x(1 + x ) − y (1 − ( x + x + )( y ( y x − y ) − xy )(1 + y +x− y 1+ = (1 − y ) = x + xy − x + 2. P = 2 ⇔ ⇔ ( x 1+ Ta cã: 1 + y )(1 − y ) x 1− x − y + y − y x x + xy + y − xy )( )( x + x ( y ) ( x 1− ) ) = )( ( x = ( ) ( x − y ) + x x + y y − xy ( ) x +1 − ) y 1+ y − (1 − y ) )( x + y 1+ y ( )( ( x 1− ) ( x +1 + y 1+ (1 + x )(1 − y ) ( y 1− y x + y y ) )( x 1− ) x ) ) y xy − y = 2 với x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠ 1 ; x + y ≠ 0 ) ( y +1 = 1⇔ y − y ≥1 ⇒ ) ( )( x −1 1+ ) y = 1 x − 1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 4 ⇒ x = 0; 1; 2; 3 ; 4 Thay vào P ta có các cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thỏa mãn Câu 2. 1. Ta có : ( x 2 − 1)( x + 3)( x + 5) = m ⇔ ( x + 1)( x + 3)( x − 1)( x + 5) = m (1) ⇔ ( x 2 + 4 x + 3)( x 2 + 4 x − 5) = m Đặt y = x + 4 x + 4 = ( x + 2) ≥ 0 2 2 (2) (∀x ∈ R ) . Khi đó (2) có dạng : ( y − 1)( y − 9) = m hay y 2 − 10 y + 9 − m = 0 (3) Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt y1 > y2 > 0 . 30 ∆ ' = 16 + m > 0 ⇔ S= y1 + y2= 10 > 0 ⇔ −16 < m < 9 P = y . y =9 − m > 0 1 2 (4) Khi y1 , y2 là hai nghiệm dương phân biệt của phương trình (3) thì phương trình (2) tương đương với : x 2 + 4 x + 4 − y1 = 0 hoặc x 2 + 4 x + 4 − y2 = 0 0 Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình : x + 4 x + 4 − y1 = 2 0 Gọi x3, x4 là hai nghiệm phân biệt của phương trình : x + 4 x + 4 − y2 = 2 Áp dụng định lý vi-et cho các phương trình (3), (5), (6) ta có : 4( y1 + y2 ) − 32 1 1 1 1 x1 + x2 x3 + x4 −4 −4 + + + = + = + = 4 − y1 4 − y2 16 − 4( y1 + y2 ) + y1 y2 x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 40 − 32 8 = = −1 16 − 40 + 9 − m −15 − m ⇔m= −7 ( thỏa mãn) = x 2= 2 + xy 2 (1) 2. Giải hệ : 2 2 y = 2 + x y (2) - Trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được ; (3) x = y x 2 − y 2 = xy 2 − x 2 y ⇔ ( x − y )( xy + x + y ) = 0 ⇔ 0 (4) xy + x + y = - Thay y = x từ (3) vào (1) ta được phương trình : x = −1 x 2 =2 + x 3 ⇔ ( x + 1)( x 2 − 2 x + 2) =0 ⇔ x =1 − 2 x= 1 + 2 Vậy ta được các nghiệm (x; y) là : (−1; −1); (1 − 2;1 − 2); (1 + 2;1 + 2) - Từ (4) suy ra y = có : −x ( vì x = -1 không phải là nghiệm của (4)). Thay y vào (2), ta x +1 x2 − x3 4 3 2 = + ⇔ + − − 4x − 2 = 0 2 x x x ( x + 1) 2 x +1 2 2 ⇔ ( x 2 + 2 x + 2)( x 2 − x − 1) = 0 ⇔ x 2 − x − 1 = 0 (Vì x + 2 x + 2 = ( x + 1) + 1 > 0 ) x= 1− 5 ⇔ x = 1 + 5 31 - Với x =1 − 5 ⇒ y = 5 −1 2− 5 =−3 − 5 . Ta được ( x; y ) = (1 − 5; −3 − 5) là nghiệm của hệ. − 5 −1 =−3 + 5 . Ta được ( x; y ) = (1 + 5; −3 + 5) là 2+ 5 - Với x =1 + 5 ⇒ y = nghiệm của hệ. Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm : (−1; −1); (1 − 2;1 − 2); (1 + 2;1 + 2) ; (1 − 5; −3 − 5) ; (1 + 5; −3 + 5) Câu 3. 1.Ta có : p 2016 − 1= ( p 4 )504 − 1504 = ( p 4 − 1). A = ( p − 1)( p + 1)( p 2 + 1). A (1) ( A ∈ N ) Vì P là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p là số lẻ, suy ra p – 1, p +1 là hai số chẵn liên tiếp ⇒ ( p − 1)( p + 1) 4 (2) Vì p – 1, p, p+1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên ( p − 1) p ( p + 1)3 . Nhưng p không chia hết cho 3 nên ( p − 1)( p + 1)3 (3) Vì p không chia hết cho 5 nên p có một trong các dạng 5k ± 1; 5k ± 2 p 5k ± 1 thì p 2 = 25k 2 ± 10k + 1= 5n + 1 - Nếu = p 5k ± 2 thì p 2 = 25k 2 ± 20k + 4 = 5l − 1 - Nếu = 5q 5 Cả hai trường hợp trên đều cho ta p − 1 = 4 (4) ( (n, l , q ∈ N ) Vì 3, 4, 5 là các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên từ (1), (2), (3), (4) suy ra p 2016 − 1 chia hết cho 4.3.5 tức là chia hết cho 60 2. Vì vai trò của x, y, z bình đẳng nhau, khác nhau đôi một nên ta có thể giả sử x < y < z . Khi đó , gọi t là thương của phép chia x 3 + y 3 + z 3 : x 2 y 2 z 2 . Suy ra : x3 + y 3 x3 + y 3 2 2 x +y +z = tx y z ⇔ z = tx y − > tx y − 2 2 = tx 2 y 2 − x − y (1) 2 z x y 3 3 3 2 2 2 2 2 2 - Nếu tx y − x − y < 0 (*) thì t < 2 1 1 1 + 2 <2⇒t = 2 xy x y 2 2 Thay t = 1 vào (*), ta được x y − x − y < 0 ⇒ xy − x − y < 0 ⇒ ( x − 1)( y − 1) < 1 ⇒x= 1 ⇒ y 2 − y < 0 ⇔ y ( y − 1) < 0 Vậy tx 2 y 2 − x − y ≥ 0 (2) ( vô lý) 32 - Từ (1), (2) suy ra : z 2 ≥ (tx 2 y 2 − x − y ) 2 (3) 3 3 3 tx 2 y 2 z 2 nên x3 + y 3 z 2 ⇒ x3 + y 3 ≥ z 2 - Mặt khác vì x + y + z = (4) - Từ (3) và (4) suy ra : x3 + y 3 ≥ (tx 2 y 2 − x − y ) 2 ⇔ x3 + y 3 ≥ t 2 x 4 y 4 − 2tx 2 y 2 ( x + y ) + x 2 + 2 xy + y 2 ⇒ x3 + y 3 + 2tx 2 y 2 ( x + y ) > t 2 x 4 y 4 ⇔ txy < x3 + y 3 + 2tx 2 y 2 ( x + y ) tx3 y 3 1 1 1 1 ⇔ txy < 2 + + 3 + 3 x y tx ty (5) 1 1 1 1 1 1 1 1 + + 3 + 3 > 2 + + 3 + 3 2 2 t.2 t.2 x y t.x t. y - Nếu x ≥ 2 thì y ≥ 3 ⇒ txy ≥ 6 > 2 Điều này mâu thuẫn với (5). Vậy x = 1. Khi đó (5) trở thành : ty < 2 + - Nếu y ≥ 4 thì ty ≥ 4 > 2 + 2 1 1 + + y t ty 3 (6) 2 1 1 2 1 1 + + 3 ≥ 2 + + + 3 . Điều này mâu thuẫn với 4 t t.4 y t ty (6). Vậy y ∈ {2;3} (Vì y > x = 1) x3 + y 3 = 9 z 2 + Nếu y = 2 thì x ≤ y ≤ z ⇔ x= 1; y= 2; z= 3 . = y 2 x 1;= x3 + y 3 = 28 z 2 + Nếu y = 3 thì x ≤ y ≤ z .( Loại) = y 3 x 1;= - Thử lại ta thấy (x, y, z) = (1, 2, 3) và các hoán vị của nó thỏa mãn. Vậy thương của phép chia x + y + z : x y z là 3 3 3 2 2 2 t = 1. Câu 4. a) + Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp. - Vì BD, DC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có : OBD = OCD = 900 + OCD = 900 + 900 = 1800 ⇒ OBD 33 Suy ra, tứ giác OBDC nội tiếp (1) Mặt khác : = DBC ( Cùng chắn cung BC) BAC = DNC ( Vì DN // AB) BAC = ⇒ DBC DNC Suy ra tứ giác BDCN nội tiếp (2) - Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm B, O, N, C, D cùng thuộc một đường tròn. Vậy tứ giác BONC là tứ giác nội tiếp + Chứng minh tam giác ABN cân Ta có : ( Vì cùng bù với góc ONC) ANO = OBC = OCB ( Vì tam giác OBC cân tại O) OBC = ONB ( Vì cùng chắn cung OB) OCB ⇒ ANO = ONB Suy ra NO là tia phân giác của góc ANB. (3) Mặt khác : = 900 là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ON ⊥ DN ( Vì OND DN // AB ( giả thiết) ⇒ ON ⊥ AB (4) Từ (3), (4) suy ra tam giác ANB có đường phân giác góc N đồng thời là đường cao. Vậy tam giác ANB cân tại N. b) - Xét tam giác DBM và tam giác DNB, ta có : là góc chung BDN = MBD ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau ) BND ⇒ ∆DBM ∆DNB ( g .g ) DB DM ⇒ = ⇔ DB 2 = DM .DN DN DB (5) - - Xét tam giác DIB và tam giác DBA, ta có : ADB là góc chung = BAD ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ) DBI ⇒ ∆DIB ∆DBA ( g .g ) DB DI ⇒ = ⇔ DB 2 = DI .DA (5) DA DB 34 = DM .DN ⇔ Từ (4) và (5) suy ra : DI .DA DM DA = . DI DN Từ đó kết hợp với ADN là góc chung suy ra : ∆DIM DNA (c.g .c) = ⇒ DIM DNA Suy ra tứ giác ANMI nội tiếp Ta có : = IMD ( cùng bù với góc IMN) NAD ( cùng chắn cung CI) = CBI NAD = ⇒ CBI IMD Kết hợp với góc KBM chung, suy ra : ∆KMI ∆KBM (c.g .c) KM KB ⇒ = KI KM ⇒ KM 2 = KI .KB (6) Mặt khác : = BAI ( Hai góc so le trong ) KDI = BAI ( Cùng chắn cung BI ) DBI = ⇒ KDI BDI Kết hợp với góc BKD chung, suy ra : ∆KDI ∆KBD ( g .g ) KD KB ⇒ = KI KD ⇒ KD 2 = KI .KB (7) Từ (6) và (7) suy ra : KM = KD Vậy K là trung điểm của DM. c) Giả sử PI cắt BC tại L, IQ cắt AB tại S. Ta có : PI BI IL = = ( vì PI // MN ; định lí ta let) DK BK KM PI QI IL = = ( vì AB // PL ; định lí ta let) AS QS BS Vì DK = KM nên từ (8) suy ra : PI = IL Vì PI = IL nên từ (9) suy ra : AS = BS (8) (9) 35 Giả sử SI cắt DK tại T, suy ra : AS SI BS = = ( Định lý Talets ; AB // DK) (10) DT TI KT Vì AS = BS nên từ (10) suy ra : T là trung điểm của DK, hay G trùng với K. Vậy ba điểm Q, I, G thẳng hàng. Câu 5. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≥ b ≥ c . Khi đó : 5 5 = a + b + c ≤ 3a ≤ 6 ⇔ ≤ a ≤ 2 ⇒ (a − 1)(2 − a ) ≥ 0 3 Mặt khác, vì 0 ≤ b, c ≤ 2 nên (*) (b − 2)(c − 2) ≥ 0 ⇔ bc ≥ 2(b + c) − 4 ⇔ bc ≥ 2(5 − a ) − 4 = 6 − 2a (**) Do đó A= a + b + c= ⇔ A ≥ a + 3− a + 2 2 3− a + 2= vì ( a + 3− a ) 2 a + ( 3 − a + 2) 2 = a + 3− a + 2 = a + 2 a (3 − a ) + 3 − a = 3 + 2 3a − a 2 = 3 + 2 (a − 1)(2 − a ) + 2 ≥ 3 + 2 2= ( 2 + 1) 2 Nên ( Theo (**) ) a + b + c + 2 bc ≥ a + 5 − a + 2 6 − 2a ( vì (a − 1)(2 − a ) ≥ 0 , theo (*) ) a + 3 − a ≥ 2 +1 Vậy A ≥ 2 2 + 1 5 0 ≤ a, b, c ≤ 2 ; a + b + c = (a − 1)(2 − a ) = 0 ⇔ a = b = 2 ; c =1 Dấu bằng xảy ra khi bc= 6 − 2a Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 2 2 + 1 . Đạt được khi (a, b, c) = (2, 2, 1) và các hoán vị. ĐỀ SỐ 4 (2015-2016) Câu 1. a −3 a a +3 a 9 a) = A − . a − = a −3 a a +3 ( ) ( a ) ( a + 3) ( a − 3) . ( a + 3) = a − 6 a + 9 − a + 6 a + 9 = 12 a . b) Có M = A + a = a − 12 a = ( ) 2 a − 6 − 36 ≥ −36. Dấu “=” xảy ra ⇔ a − 6 = 0 ⇔ a = 36. −36 ⇔ a = 36. Vậy MinM = Câu 2. 2 a −3 − 2 . a −9 a 36 a) Điều kiện x ≠ 0 9 2x 2x2 + 9 2x =1 ⇔ + −3 =0 Ta có 2 + 2 2 x x 2x + 9 2x2 + 9 x t Đặt= 2x2 + 9 ( *) 1 2x2 + 9 x2 ⇒ = 2x2 + 9 t2 x2 t2 ( t ≠ 0 ) ⇒= Khi đó phương trình (*) có dạng t = 1 1 2 3 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ 2t − 3t + 1 = 0 ⇔ ( t − 1) ( 2t + 1) = 0 ⇔ t = − 1 t2 2 x > 0 - Với t =1 ⇒ x = 2 x 2 + 9 ⇔ 2 phương trình vô nghiệm 0 2 x + 9 = x < 0 x < 0 1 3 2 . Vậy phương ⇔ ⇔ x = − - Với t = − ⇒ −2 x = 2 x 2 + 9 ⇔ 2 2 2 2 2 4 2 9 2 9 x = x + x = trình đã cho có nghiệm x = − 3 2 . 2 b) Thay (2) vào (1) ta được (y x3 − y 3 = 2 − 5 y 2 ) ( 4 x − y ) ⇔ 21x3 − 5 x 2 y − 4 xy 2 = 0 x = 0 4 ⇔ x ( 7 x − 4 y )( 3 x + y ) =0 ⇔ x = y 7 y x = − 3 - Với x = 0 thay vào (2) ta được y = ±2 31 2 4 y thay vào (2) ta được − y = 4 phương trình vô nghiệm 49 7 y 9 y= ±3 - Với x = − thay vào (2) ta được y 2 =⇔ 3 - Với x = Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ; y ) ( 0; 2 ) ; ( 0; − 2 ) ; ( −1;3) ; (1; − 3) ( x= Câu 3. a) Nếu x = 0 ⇒ y =1 thỏa mãn Nếu y = 0 ⇒ x ∉ không thỏa mãn Xét x ≠ 0; y ≠ 0 phương trình đã cho có dạng 4.54 x3 ( 54 x3 += 1) 4.54 x3 . y 3 ⇔ ( 4.27 x3 + 1= ) 2 ( 6 xy ) = x3 a= ;6 xy b ta được phương trình Đặt 4.27 ( a + 1) 2 = ( b + 1) ( b 2 − b + 1) (*) 3 +1 37 d Từ (*) ta thấy b + 1 > 0. Gọi ƯCLN( b + 1; b 2 − b + 1) = b + 1 d ⇒ 2 ⇒ b 2 − b + 1= b ( b + 1) − 2 ( b + 1) + 3 d ⇒ 3 d 1 b b d − + ( a + 1= ) Mặt khác 2 d ⇒ d = 1 ⇒ ( b + 1; b 2 ( 4.27 x + 1) không − b + 1) = 1 chia hết cho 3 nên 3 không chia hết 3 Từ (*) nhận thấy tích hai số nguyên tố cùng nhau là một số chính phương nên phải 2 b + 1 =m có 2 2 b − b + 1 =n Ta có n 2= ⇔ n2 = (m (m 2 2 ( m; n ∈ *; m ≥ 2; m 2 ≥ 4) − 1) − ( m 2 − 1) + 1 2 − 1) − ( m 2 − 2 ) 2 (1) ; n2 = (m 2 − 2 ) + ( m 2 − 1) 2 ( 2) Từ (1) và (2) ⇒ ( m 2 − 2 ) < n 2 < ( m 2 − 1) vô lý suy ra phương trình (*) vô nghiệm. 2 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 0;1) . b) Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương, xét ( x0 ; y0 ) là nghiệm mà ( x0 + y0 ) là nhỏ nhất. Do vai trò của x0 ; y0 bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta giả sử x0 ≤ y0 . Ta có x02 − mx0 y + y02 + 1 = 0 ⇒ y0 là một nghiệm của phương trình y 2 − mx0 y + x02 + 1 = 0 (1) mx0 y0 + y1 = Suy ra phương trình còn một nghiệm y1 thỏa mãn x02 + 1 y0 . y= 1 dương ⇒ x0 + y0 ≤ x0 + y1 ⇒ y0 ≤ y1 ( 2) ⇒ y1 nguyên ( 3) 2 y2 +1 1 - Nếu x0 = y0 thay vào phương trình đã cho ta được m = 0 2 =2 + 2 ⇒ y0 =1 (do y0 y0 m; y0 nguyên dương) suy ra m = 3. y1 thì từ (3) suy ra y02 = x02 + 1 ⇔ ( y0 − x0 )( y0 + x0 ) = 1 (vô lí) - Nếu x0 < y0 = y0 ≥ x0 + 1 - Nếu x0 < y0 < y1 thì nên từ (3) suy ra ( x0 + 1)( x0 + 2 ) ≤ x02 + 1 ⇔ 3 x0 + 1 ≤ 0 2 y x ≥ + 0 1 vô lí Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Câu 4. 38 A x E O' F M N J G I B O H K D P C MHB ; NHC a) Ta có AMN =+ MBH ANM =+ NCH NHC MCH Mà MBH = = ; MHB AMN = ANM ⇒ ∆AMN cân tại A. Suy ra = ACB b) Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) ⇒ xAB ACB = AFE (vì tứ giác BFEC nội tiếp); Mà = ⇒ xAB AFE ⇒ Ax / / EF ⇒ OA ⊥ EF . Tương tự OB ⊥ FD; OC ⊥ ED. Lại có 1 1 1 S ABC = S AEOF + S BDOF + SCDOE = OA.EF + OB.DF + OC.DE 2 2 2 1 1 R ( EF + DF + DE = = ) AD.BC 2 2 AD.BC . Suy ra chu vi tam giác DEF là R Mà R, BC không đổi , suy ra chu vi tam giác DEF lớn nhất khi AD lớn nhất ⇔ A là điểm chính giữa của cung BC lớn. c) Theo a) ∆AMN cân tại A ⇒ AK là đường trung trực của MN . Tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN là trung điểm của AK ⇒ AMK = ANK = 900 Chứng minh được tứ giác HIKJ là hình bình hành ⇒ HK đi qua trung điểm G của IJ . ⇒ ∆IMH cân tại I ⇒ MI = IH = MHF = MHI Nhận thấy IMH Tương tự: JN = JH Chứng minh được MI NJ IH JH = ⇒ = ⇒ IJ / / BC. BI JC BI JC Mà HK đi qua trung điểm G của IJ nên cũng đi qua trung điểm P của BC. ∆BIM đồng dạng với ∆CJN ( g − g ) ⇒ Mà B, C định nên P cố định. 39 Câu 5. 2a 5 + 3b5 2b5 + 3c5 2c5 + 3a 5 + + ≥ 15 ( a 3 + b3 + c3 − 2 ) . ab bc ca 2a 5 + 3b5 ≥ 5a 3 − 10ab 2 + 10b3 ∀a, b > 0 Ta chứng minh ab (1) Thật vậy 2a 5 + 3b5 ≥ 5a 3 − 10ab 2 + 10b3 ⇔ 2a 5 + 3b5 − ab ( 5a 3 − 10ab 2 + 10b3 ) ≥ 0 ab 2a 5 − 5a 4b + 10a 2b3 − 10ab 4 + 3b5 ≥ 0 ⇔ ( a − b ) ( 2a + 3b ) ≥ 0 ∀a, b > 0 4 Tương tự ta có: 2b5 + 3c 5 2c5 + 3a 5 ≥ 5b3 − 10bc 2 + 10c 3 ( 2 ) ; ≥ 5c 3 − 10ca 2 + 10a 3 ( 3) bc ca Cộng theo các vế của bất đẳng thức (1); (2); (3) ta được 2a 5 + 3b5 2b5 + 3c 5 2c 5 + 3a 5 + + ≥ 15 ( a 3 + b3 + c 3 ) − 10 ( ab 2 + bc 2 + ca 2 ) . ab bc ca 3 Mà ab 2 + bc 2 + ca 2 = 2a 5 + 3b5 2b5 + 3c 5 2c 5 + 3a 5 + + ≥ 15 ( a 3 + b3 + c3 ) − 30 = 15 ( a 3 + b3 + c3 − 2 ) . ab bc ca Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =1. ⇒ ĐỀ SỐ 5 (2014-2015) Câu 1. 1 1) Điều kiện: x ≥ 0; x ≠ ; x ≠ 1 4 x a; a ≥ 0 ⇒ x = a 2 , ta có: Đặt = 2 2a 2 − 1 + a 2a 3 + a 2 − a ( a − a ) (1 − a ) + −1 A= . 2 1 + a3 2a − 1 1− a ( a + 1)( 2a − 1) a ( a + 1)( 2a − 1) a ( a − 1)(1 − a ) . A= + −1 2 2a − 1 (1 − a )( a + 1) ( a + 1) ( a − a + 1) (2a − 1) a (2a − 1) a (a − 1)(1 − a ) −1 + 2 A= . 2a − 1 (1 − a ) a − a + 1 ( ) 1 a ( a − 1)(1 − a ) a A =+ .(2 a − 1). −1 2 2a − 1 (1 − a ) ( a − a + 1) A= −1 −1 . Vậy: A = . a − a +1 x − x +1 2 40 2) Ta có: −1 1 1 1 A= <− ⇔ > 7 x − x +1 x − x +1 7 2 1 3 ⇔ x − x + 1 < 7 (do x − x + 1 = x − + > 0 ) 2 4 ⇔ x − x −6 < 0 ⇔ ( x −3 )( ) x + 2 < 0 ⇔ x −3< 0 ⇔ 0≤ x<9 0 ≤ x < 9 Đối chiếu với điều kiện ta được: 1 x ≠ 4 , x ≠ 1 Câu 2. x ≠ −1 2 x − x − 2 ≠ 0 1) ĐKXĐ: 2 ⇔ x ≠ 2 x − 5 x − 2 ≠ 0 x ≠ 5 ± 33 2 Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình. Khi x ≠ 0 thì Phương trình đã cho ⇔ Đặt t= x − 1 2 x −1− x − 3 2 x−5− x −2= 0. 1 3 2 − = 2 , ta được phương trình biểu thị theo t là x t −1 t − 5 ⇔ t 2 − 5t + 6 = 0 ⇔ t = 2; t = 3 Với t = 2 ⇒ x − 2 = 2 ⇔ x 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔ x =1 ± 3 (thỏa mãn) x 2 3 ± 17 = 3 ⇔ x 2 − 3x − 2 = 0 ⇔ x = (thỏa mãn) 2 x 3 ± 17 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S= 1 ± 3; . 2 Với t = 3 ⇒ x − 2) Với x = y = 0 là nghiệm của hệ phương trình Nhận thấy nếu x ≠ 0 thì y ≠ 0 và ngược lại Xét x ≠ 0 ; y ≠ 0 hệ phương trình tương đương với 1 1 1 1 (1) = = x2 + y2 2 x2 + y2 2 ⇔ 1 2 (2) ( 1 + 1 )(1 + = ( 1 + 1 )(2 + = ) 4 ) 8 xy xy x y x y 41 1 1 8 Thay (1) vào (2) ta được ( + )3 = x y 1 1 2 x + y = ⇒ ⇒ x = y =1 1 =1 xy Vậy hệ có nghiệm (x ; y) là (0 ; 0) ; (1 ; 1) Câu 3. 1) Ta có: 5( x + xy + y ) = 7( x + 2 y ) 2 (1) 2 5t (2) (t ∈ Z ) thì ⇒ 7( x + 2 y ) 5 ⇒ ( x + 2 y ) 5 . Đặt x + 2 y = 7t (3). (1) trở thành x + xy + y = 2 2 0 (*), coi đây là Từ (2) ⇒ x= 5t − 2 y thay vào (3) ta được 3 y − 15ty + 25t − 7t = 2 ∆ 84t − 75t PT bậc hai đối với y có: = 2 2 Để (*) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 84t − 75t ≥ 0 2 ⇔0≤t ≤ 28 25 0 hoặc t = 1 . Thay vào (*) : Vì t ∈ Z ⇒ t = 0 ⇒ x1 = 0 + Với t = 0 ⇒ y1 = 3 ⇒ x2 = −1 y2 = y3 =2 ⇒ x3 =1 + Với t = 1 ⇒ Vậy phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 0), (-1; 3) và ( 1; 2) 2(m 2 + 1) 4 = 2m − 2 + 2) Nếu p = q thì p= . m +1 m +1 Do m ∈ và p là số nguyên tố nên 4 (m + 1) ⇒ m= 0; m= 1; m= 3 ⇒ p= 2; p= 5. Nếu p ≠ q thì pq và p + q là nguyên tố cùng nhau vì pq chỉ chia hết cho các ước nguyên tố là p và q còn p + q thì không chia hết cho p và không chia hết cho q. 2 Gọi r là một ước chung của m + 1 và m + 1 ⇒ [ ( m + 1)( m − 1) ] r ⇒ ( m − 1) r 2 ⇒ (m 2 + 1) − (m 2 − 1) r ⇒ 2 r ⇒ r = 1 hoặc r = 2 . +) r = 1 suy ra p + q = m + 1, pq = m 2 + 1 ⇒ p, q là hai nghiệm của phương trình x 2 − (m + 1) x + m 2 + 1 = 0 vô nghiệm do ∆ = −3m 2 + 2m − 3 = −(m − 1) 2 − (2m 2 + 2) < 0 +) r = 2 suy ra 2 pq = m 2 + 1 và 2( p + q ) = m + 1 ⇒ p, q là hai nghiệm của 0 vô nghiệm do phương trình 2 x − ( m + 1) x + m + 1 = 2 2 ∆ = −7 m 2 + 2m − 7 = −(m − 1) 2 − (6m 2 + 6) < 0 . = = ( p; q ) (5;5). Vậy bộ các số nguyên tố (p; q) cần tìm là ( p; q ) (2;2); 42 Câu 4. M A O P D Q H B K I N E C 1) I là trung điểm của BC (Dây BC không đi qua O) d ⇒ OI ⊥ BC ⇒ ∠ OIA = 900 Ta có ∠ AMO = 900 ∠ ANO = 900 Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kinh OA 2) AM, AN là hai tiếp tuyến của (O) nên OA là phân giác ∠ MON mà ∆MON cân ở O nên OA ⊥ MN ∆ABN đồng dạng với ∆ANC (Vì ∠ ANB = ∠ ACN, ∠ CAN chung) ⇒ AB AN = ⇒ AB . AC = AN2 AN AC ∆ANO vuông tại N đường cao NH nên AH . AO = AN2 ⇒ AB . AC = AH . AO ∆AHK đồng dạng với ∆AIO (g-g) AH AK = ⇒ AI ⋅ AK = AH ⋅ AO AI AO ⇒ AI ⋅ AK = AB.AC AB ⋅ AC ⇒ AK = AI Ta có A, B, C cố định nên I cố định ⇒ AK cố định Nên Mà A cố định, K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB ⇒ K cố định 3) Ta có ∠ PMQ = 900 ∆MHE ∆QDM (g-g) ⇒ ME MH = MQ DQ 43 ∆PMH ∆MQH ⇒ ⇒ MP 1 ME . = MQ 2 MQ ⇒ ME = 2 MP ⇒ MP MH MH = = MQ QH 2 DQ P là trung điểm ME Câu 5. c(a + b)(a 2 − ab + b 2 ) 2(a 2 + b 2 ) a b a b + Từ: 2 + + c 2 + 2 = 6 ⇒ 6 = a a 2b 2 ab b a b ta có: = a 2 + b 2 ≥ 2ab ⇒ 6 c(a + b)(a 2 − ab + b 2 ) 2(a 2 + b 2 ) c(a + b) c ( a + b) + ≥ +4⇒0< ≤ 2. 2 2 ab ab ab ab Lại có bc ac (bc) 2 (ac)2 (bc + ac)2 ( c ( a + b) ) + = + ≥ = a(2b + c) b(2a + c) abc(2b + c) abc(2a + c) 2abc(a + b + c) 2abc(a + b + c) 2 c) ab.bc + bc.ca + ab.ca ≤ và abc(a + b + = (ab + bc + ca ) 2 3 c ( a + b) bc ac 3 c ( a + b) 3 ab ⇒ + ≥ c ( a + b) = 2 1+ a (2b + c) b(2a + c) 2 ab + bc + ca ab 2 2 = t Đặt Có c ( a + b) 3t 2 4 ⇒P≥ + (với 0 < t ≤ 2 ). 2 ab 2(1 + t ) t 3t 2 4 3t 2 4 8 8 −7t 3 − 8t 2 + 32t + 24 8 = + + −= + + 2(1 + t ) 2 t 2(1 + t ) 2 t 3 3 6t (1 + t ) 2 3 (t − 2)(−7t 2 − 22t − 12) 8 + 6t (1 + t ) 2 3 mà (t − 2)(−7t 2 − 22t − 12) (t − 2)(−7t 2 − 22t − 12) 8 8 ≥ 0 ∀ t ∈ (0; 2] ⇒ + ≥ ∀t ∈ (0; 2] . 6t (1 + t ) 2 6t (1 + t ) 2 3 3 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay a= b= c. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8 khi a= b= c. 3 ĐỀ SỐ 6 (2013-2014) Câu I. 1) Điều kiện: A= ( ( xy ≠ 1 . ) ( x + 1) 1 − xy + )( xy + 1) + ( ( xy + 1)(1 − xy ) xy + x )( xy + 1 1 − xy ): 44 ( )( xy + 1) − ( x + 1) (1 − xy ) = xy + 1)(1 − xy ) ( x + 1) (1 − xy ) + ( xy + x )( xy + 1) + ( xy + 1)(1 − xy ) = ( xy + 1)(1 − xy ) + ( xy + x )( xy + 1) − ( x + 1) (1 − xy ) = )( ) ( ( xy + 1 1 − xy + 1+ x = x y + xy xy + x 1 . xy 2) Theo Côsi, ta có: 6 = 1 + 1 ≥ 2 x y 1 ⇒ 1 ≤ 9. xy xy 1 Dấu bằng xảy ra ⇔ 1 = 1 ⇔ x = y = . x y 9 Vậy: maxA = 9, đạt được khi : x = y = 1 . 9 Câu II. 1) PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: 2 ∆'> 0 ⇔ (m − 2 ) − (m 2 − 2m + 4 ) > 0 ⇔ m < 0 (*) x + x 2 =4 − 2m Với m < 0 theo Vi- et ta có: 1 . 2 x1.x 2 = m − 2m + 4 Ta có: 2 1 1 2 1 1 − = ⇔ − = 2 2 2 x1x 2 15m x1 + x 2 x1x 2 15m x + x − 2x x ( 1 2 ) 1 2 1 1 1 − 2 = m − 6m + 4 m − 2m + 4 15m 1 1 1 ⇔ − = 4 4 15 m+ −6 m+ −2 m m 4 Đặt m + = t do m < 0 ⇒ t < 0 m t = −4 1 1 1 − = ⇔ ⇒ t = −4 (do t < 0) Ta có (1) trở thành t − 6 t − 2 15 t = 12 ⇔ 2 Với t = −4 ta có m + 4 = −4 ⇔ m = −2 thỏa mãn (*) m 2) Ta có: x4 + y 4 y 4 + z 4 z 4 + x4 x + y += z + + ≥ x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y +y z y z +z x z x + x2 y 2 = + + ≥ xyyz + yzzx + zxxy = 2 2 2 = xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1). 4 4 4 ( 1) 45 x= y= z 1 ⇔ x=y=z= Dấu bằng xảy ra ⇔ 1 3 x + y + z = 1 1 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: = ;y = ;z x = 3 3 3 Câu III. 1) Giả sử (a + b2) (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k ∈ * ⇔ ⇔ a + k = b(ka2 – b) ⇔ a + k = mb (1) Ở đó m ∈ mà: m = ka2 – b ⇔ m + b = ka2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1 ⇔ ⇔ (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka) (3) Do m > 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m ≥ 1 (vì m ∈ ). Do b > 0 nên b – 1 ≥ 0 (do b ∈ ) ⇒ (m – 1)(b – 1) ≥ 0. Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) ≥ 0. Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka ≥ 0 ⇒ k + 1 ≥ ka ⇒ 1 ≥ k(a – 1) (4) a = 1 0 k(a − 1) = Vì a – 1 ≥ 0 (do a ∈ , a > 0) và k ∈ , k > 0 nên từ (4) có: ⇔ a = 2 1 k(a − 1) = k = 1 m − 1 =2 1 b = 2 b − 1 = - Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2 ⇔ ⇔ m − 1 = 1 b = 3 b − 1 =2 Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3. b = 1 - Với a = 2 (vì k = 1). Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 ⇔ . m = 1 Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1. Khi m = 1: Từ (1) suy ra a + k = b ⇒ b = 3. Lúc này được: a = 2, b = 3. Tóm lại, có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1). 2) Ta có x + 2 3 = y + z ⇔ x + 2 3 = y + z + 2 yz ⇔ (x − y − z ) + 2 3 = 2 yz ⇒ (x − y − z ) + 4 3 (x − y − z ) + 12 = 4 yz (1) 2 4 yz − ( x − y − z ) − 12 TH1. Nếu x − y − z ≠ 0 Ta có 3 = (2) vô lý 4( x − y − z ) ( do x, y, z ∈ N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ). x − y − z = 0 TH2. x − y − z = 0 khi đó (1) ⇔ (3) yz = 3 x = 4 x = 4 Giải (3) ra ta được y = 1 hoặc y = 3 thử lại thỏa mãn. z = 3 z = 1 2 46 Câu IV. E D M I H A F C O B = 900 (góc nội tiếp 1) Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên AMB chắn nửa đường tròn) = 900 . hay FMB = 900 (giả thiết).Do đó FMB + FCB = Mặt khác FCB 1800 . ). Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp ⇒ CBM = EFM (1) (vì cùng bù với CFM = EMF ( 2 ) (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn AM Mặt khác CBM . = ). Từ (1) và (2) ⇒ EFM EMF Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E. nên suy ra EMF cân) (Có thể nhận ra ngay EMF = MBA = MFE = DIF ( 3) 2) Gọị H là trung điểm của DF. Suy ra IH ⊥ DF và DIH 2 và DIF lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn Trong đường tròn ( I ) ta có: DMF = DIF ( 4 ) cung DF. Suy ra DMF 2 = DIH hay DMA = DIH . Từ (3) và (4) suy ra DMF = DBA (góc nội tiếp cùng chắn DA ) Trong đường tròn ( O ) ta có: DMA = DIH. Suy ra: DBA + HIB = Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC. Do đó DBA 180o + HIB = 180o ⇒ Ba điểm D, I, B thẳng hàng. ⇒ DIH . = ABD = 1 sđ AD 3) Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng ⇒ ABI 2 Mà C cố định nên D cố định ⇒ 1 sđ AD không đổi 2 có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD . Do đó góc ABI Câu V. Ta có: = B 1 − 2xy 1 1 + 1= . + 1= (x + y) − 3xy(x + y) xy 1 − 3xy xy xy(1 − 3xy) 3 47 (x + y) 2 1 . = 4 4 Gọi Bo là một giá trị của B, khi đó, ∃x, y để: 1 − 2xy ⇔ 3Bo(xy)2 – (2 + Bo)xy + 1 = 0 (1) Bo = xy(1 − 3xy) Theo Côsi: xy ≤ B ≥ 4 + 2 3 Để tồn tại x, y thì (1) phải có nghiệm xy ⇔ ∆ = Bo2 – 8Bo + 4 ≥ 0 ⇔ o Bo ≤ 4 − 2 3 Để ý rằng với giả thiết bài toán thì B > 0. Do đó ta có: Bo ≥ 4 + 2 3 . 2 + Bo = 3 + 3 ⇒ x(1 − x) = 3 + 3 Với Bo =4 + 2 3 ⇒ xy = 6Bo 6(2 + 3) 6(2 + 3) 2 3 2 3 1+ −1 1− −1 3 = 3 3 ⇔ x 2 − x + 3 += . 0⇔x = ,x 2 2 6(2 + 3) 2 3 2 3 1+ −1 1− −1 3 3 Vậy, Bmin= 4 + 2 3 , đạt được khi x = hoặc = ,y 2 2 x 2 3 2 3 1− −1 1+ −1 3 3 . = ,y 2 2 ĐỀ SỐ 7 (2012-2013) (Đỗ Tiến Hải – THCS Vĩnh Tân – Vĩnh Lộc) Câu I. (4,0 điểm): - ĐKXĐ : x ≥ 0, x ≠ 9 1. Với x ≥ 0, x ≠ 9 thì P= = x x −3 x−2 x −3 − ( 2 x −3 x +1 )+ x +3 3− x = ( ( ) ( )( )( ) ( ) ( 2 x −3 x −3 x x −3 − − x +1 x − 3 x +1 x − 3 )( )( x + 1) )( x − 3) x +3 x +1 x x − 3 x + 8 x − 24 x+8 = x +1 x +1 x − 3 ( )( ) 2. * Cách 1: Với x ≥ 0, x ≠ 9 thì P = x+8 = x +1 x +1 + 9 −2 x +1 ) ( 9 x +1 − 2 = 6 − 2 = 4 x +1 ⇒ giá trị nhỏ nhất của P = 4 ⇔ x = 4 ( thỏa mãn đkxđ) y2 + 8 * Cách 2: đặt y = x ( y ≥ 0, y ≠ 3 ) . P = , tìm gtnn của P bằng phương pháp miền xác y +1 định ..... Câu II. (5,0 điểm): 4 2 1. * Cách 1 ta có : x4 – 4x3 + 8x + m = 0 (1) ⇔ ( x − 1) − 6( x − 1) + m + 6 = 0 ≥2 Đặt y = ( x − 1) , y ≥ 0 . Pt trở thành : y 2 − 6 y + m + 6 = 0 (2) 2 48 - phương trình x4 – 4x3 + 8x + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt (2) có 2 nghiệm ∆ > 0 dương phân biệt ⇔ s > 0 ⇔ -6 < m < 3 p > 0 * Cách 2: x4 – 4x3 + 8x + m = 0 (1) ⇔ (x 2 − 2 x ) − 4(x 2 − 2 x ) + m = 0 ; đặt ẩn phụ giải như cách 1 * Cách 3: Đặt x = a + 1 khi đó x4 – 4x3 + 8x + m = 0 (1) ⇔ a 4 − 6a 2 + 5 + m = 0 ;..... 2 2 + 3 x = 2. x 3 − 2 = 8 y3 2 (I) ĐKXĐ: y ≠ 0 , đặt t = ≠ 0 hệ pt trở thành 6 y . y t 3 − 3 x − 2 = 0 3 x − 3t − 2 = 0 Cách 1 : - trừ vế với vế hai pt, đưa về pt tích, ta được : ( x − t )(x 2 + xt + t 2 − 3) = 0 ⇔ x − t = 0 hoặc x 2 + xt + t 2 − 3 = 0 ⇔ x = t hoặc x = t = 2 .......... ⇒ (x ;y) = (-1 ;-2) ; (2 ; 1) t 3 − 3 x − 2 = 0 * Cách 2 3 là hpt đối xứng loại 1, biến đổi đặt x + t = a và xt = b ,....... x − 3t − 2 = 0 Câu III. (4,0 điểm) 1. vì n là số tự nhiên dương: + để 2n – 15 là số chính phương, dễ dàng chứng minh được n ≥ 4 và nếu n lẻ thì 2n – 15 không là số chính phương . + n chẳn đặt n = 2k ( k ∈ N , k ≥ 2 ) khi đó 2n – 15 = a 2 (a ∈ N * ) ⇔ (2 k − a )(2 k + a ) = 15 mà 0 < 2 k − a < 2 k + a ⇒ k = 2;3 thỏa mãn đk ⇒ n = 4;6 thỏa mãn đk . Vậy n = 4;6 là các giá trị cần tìm. 2. * Cách 1 do (m, n ∈ N * ) m 1 + 6− > ⇔ 6n 2 > m 2 ⇒ 6n 2 ≥ m 2 + 1 n 2mn 2 nếu 6n = m2 + 1 mà 6n2 chia hết cho 3 nên m2 + 1 ≡ 0(mod 3) vô lý vì m 2 ≡ 0,1(mod 3) vậy 6n2 ≥ m 2 + 2 (1) 1 2 1 mặt khác (m + ) = m2 + 1 + < m 2 + 2 (2) 2m 4m 2 2 m 1 1 2 từ (1) và (2) suy ra m + đpcm < 6n ⇔ 6 − > n 2mn 2m * Cách 2 chứng minh : 6n2 ≥ m 2 + 2 (1) m 1 Mà 6 − > ⇔ 24m 2 n 4 > 4m 4 + 4m 2 + 1 (2) n 2mn