Tài liệu ôn tập thi vào Lớp 10 THPT môn Toán

127 trang dichphong 4110

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tài liệu ôn tập thi vào Lớp 10 THPT môn Toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tai_lieu_on_tap_thi_vao_lop_10_thpt_mon_toan.pdf

Nội dung text: Tài liệu ôn tập thi vào Lớp 10 THPT môn Toán

2.6. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1992 (cho mọi thí sinh) 49 e) 8 đoạn MA,MB,NB,NC,PC,PD,QD,QA f) 8 đoạn MC,MD,ND,NA,PA,PB,QB,QC Ta chứng minh các đoạn ở nhóm e) và f) thoả mãn điều kiện bài toán. (Việc chứng minh các đoạn ở các nhóm còn lại thoả mãn điều kiện bài toán đơn giản hơn, bạn đọc tự chứng minh) Do 4AMD cân ở D và ADQ\ = MDQ\ =15◦ nên DQ là trung trực của AM hay trung trực của AM đi qua hai điểm D, Q, đối với các đoạn khác ở nhóm e) chứng minh tương tự. Do 4MCD đều còn 4MQD cân ở Q nên trung trực của MD đi qua hai điểm C, Q. Đối với các đoạn khác ở nhóm f) chứng minh tương tự. 2.6 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1992 (cho mọi thí sinh) Bài 1. 1. √ √ √ qx +2+3 2x − 5+qx − 2 − 3 2x − 5=2 2 (1) Điều kiện: x > 5 2√ Nhân hai vế với 2 ta có (1) tương đương với √ √ q(2x − 5)+6 2x − 5+9+q(2x − 5) − 2 2x − 5+1=4 www.vnmath.com √ √ ⇒q( 2x − 5+3)2 + q( 2x − 5 − 1)2 =4 √ √ ⇒ 2x − 5+3+| 2x − 5 − 1| =4 (2) Với x > 3 thì (2) có dạng √ √ √ 2x − 5+3+ 2x − 5 − 1=4⇒ 2x − 5=1 ⇒2x − 5=1⇒ x =3 (thoả mãn x > 3) √ √ 5 − − − Với 2 6 x<3 thì (2) có dạng 2x 5+3+1 2x 5=4luôn thoả mãn. 5 Vậy nghiệm của (1) là 2 6 x 6 3. 2. (xy2 − 2y +3x2 =0 (xy2 − 2y = −3x2 (1) ⇒ y2 + x2y +2x =0 x2y +2x = −y2 (2)
50 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Dễ thấy x =0,y =0là một nghiệm của hệ và ngược lại nếu (x, y) là nghiệm mà x hoặc y bằng 0 thì số kia cũng bằng 0. Ta tìm nghiệm thoả mãn x =06 ,y =06 . Với điều kiện x =06 ,y =06 , chia (1) cho y2 và (2) cho x2 ta được hệ (1), (2) tương đương với ( − 2 − x2 x y = 3 y2 (3) 2 − y2 y + x = x2 (4) Nhân hai phương trình với nhau ta được hệ (3), (4) tương đương với 2 2 x 2 2 (x − = −3 2 (xy − 2y = −3x (1) y y ⇒ − 2 2 − 4 x y y + x =3 xy xy (5) Ta có (5) tương đương với −1 (xy)2 − 3xy − 4=0⇒ xy = 4 − − 1 Thay xy = 1 hay y = x vào (1) ta được 1 2 + = −3x2 ⇒ x3 = −1 ⇒ x = −1 ⇒ y =1 x x www.vnmath.com 4 Thay xy =4hay y = x vào (1) ta được 16 8 8 2 [ − = −3x2 ⇒ x3 = − ⇒ x = −√ ⇒ y = −2 ]3 x x 3 3 3 3 Vậy hệ đã cho√ có ba nghiệm là x = y =0;x = −1,y =1và x = − √2 ,y = −2 3 3 3 3 Bài 2. x2 − mnx + m + n =0 (1) Với m =0phương trình (1) có dạng x2 + n =0. Nếu phương trình có nghiệm nguyên a với n > 0 nào đó thì a2 + n =0⇒ n = −a2 < 0 do đó n =0và nghiệm là x = a =0. Lý luận tương tự đối với trường hợp n =0. Như vậy nếu một trong hai số m, n bằng 0 thì (1) có nghiệm nguyên suy ra số còn lại cũng bằng 0 và nghiệm là x =0.
2.6. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1992 (cho mọi thí sinh) 51 Ta xét trường hợp m, n > 1. Khi đó giả sử a, b là các nghiệm của (1), theo định lý Viét ta có (a + b = mn (2) ab = m + n Do m, n > 1 nên từ đây suy ra a, b > 0 ⇒ a, b > 1 ⇒ (a − 1)(b − 1) > 0 hay ab − a − b +1> 0 ⇒ m + n − mn +1> 0 ⇒ mn − m − n +16 2 ⇒ (m − 1)(n − 1) 6 2 (3) 1. Với m =1thì (1) có dạng x2 − nx +1+n =0 (2) x2 +1 2 x2 +1=n(x − 1) ⇒ n = ⇒ n = x +1+ x − 1 x − 1 Nếu phương trình có nghiệm nguyên x thì x − 1 là ước của 2, do đó x − 1 ∈{1, −1, 2, −2}. Với x − 1=1tức x =2thì n =5, phương trình (2) có dạng x2 − 5x + 6=0(có hai nghiệm x =2,x=3). Với x − 1=−1 tức x =0thì n = −1 (loại). Với x − 1=2tức x =3thì n =5, phương trình x =2,x=3. Với x − 1=−2 tức x = −1 thì n = −1 (loại). www.vnmath.com Vậy với m =1thì phương trình (1) có nghiệm nguyên khi n =5. Lý luận tương tự ta có với n =1thì phương trình (1) có nghiệm nguyên khi m =5. Ta xét trường hợp m, n > 2. 2. Với m =2thì từ (3) ta có n =2hoặc n =3. Khi n =2thì (1) có dạng x2 − 4x +4=0có nghiệm nguyên x =2. Khi n =3thì (1) có dạng x2 − 6x +5=0có nghiệm nguyên là x =1 và x =5. Như vậy với m =2thì (1) có nghiệm nguyên khi n =2hoặc n =3. Lý luận tương tự ta có với n =2thì (1) có nghiệm nguyên khi m =2 hoặc m =3. 3. Với m, n > 3 đẳng thức (3) không thoả mãn. Tóm lại: Phương trình (1) có nghiệm nguyên (với m, n không âm) khi (m, n) là một trong các cặp số sau: (0, 0); (1, 5); (5, 1); (2, 2); (2, 3); (3, 2).
52 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Bài 3. SMNP = S − SABM − SBCN − SCAP Qua A0 kẻ đường thẳng song song với BB0 cắt CB0 tại I, ta có: AM AB0 AB0 B0C BC = = . =3. =3.3=9 MA0 B0I B0C B0I BA0 AM AM 9 S AM 9 ⇒ ABM 0 = 0 = = 0 = AA AM + MA 10 SABA0 AA 10 S 9 3 mà S 0 = ⇒ S = S 0 = S ABA 3 ABM 10 ABA 10 Tương tự: Qua B0 kẻ đường thẳng song song với CC0 cắt AC0 tại H, ta có BN BC0 BC0 C0A CA = = . =1. =4 NB0 C0K C0A C0K CB0 BN 4 S BN 4 ⇒ BCN 0 = = 0 = BB 5 SBCB0 BB 5 S 4 S mà S 0 = ⇒ S = S 0 = BCB 4 BCN 5 BCB 5 Hoàn toàn tương tự ta tính được 2 3 S 2 S S = S ⇒ S = S − S + + S = CAP 5 MNP 10 5 5 10 www.vnmath.com Bài 4. Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho ∠BDM = ∠ADC ⇒ 4 4 ⇒ BM DH ∠CDM = ∠ADB. Dễ thấy BDM v ADC AC = DI (tỷ số hai đường cao tương ứng của hai tam giác đồng dạng bằng tỷ số đồng dạng), suy ra BM AC = (1) DH DI Tương tự CM DH 4CDM v 4ADB ⇒ = AB DK CM AB ⇒ = (2) DH DK Cộng (1) và (2) ta được BC AC AB = + DM DI DK
2.6. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1992 (cho mọi thí sinh) 53 Bài 5. Giả sử m, n nguyên dương và  . 2m +1.n . . ⇒ (2m + 1)(2n +1).mn 2n +1.m  . ⇒ 2m +2n +1.mn ⇒ 2m +2n +1=kmn (k ∈ N∗) (1) Suy ra: k,m,n đều lẻ. Vì m > 1,n > 1 ⇒ (m − 1)(n − 1) > 0 ⇒ m + n 6 mn +1 2m +2n +16 2mn +36 5mn (2) Do đó từ (1) suy ra k 6 5. 1. Với k =5⇒ 2m +2n +1=5mn, từ (2) ta suy ra 3mn =3⇒ m = . . n =1. Rõ ràng m = n =1thoả mãn 2m +1.n và 2n +1.m. 2. Với k =3, giả sử m > n, ta có 3mn =2m +2n +16 5m ⇒ 3n 6 5 ⇒ n =1⇒ 3m =2m +3⇒ m =3. Rõ ràng n =1,m =3thoả . . mãn 2m +1.n và 2n +1.m.Vớim 6 n ta được n =3,m =1thoả mãn. www.vnmath.com 3. Với k =1, giả sử m > n, ta có mn =2m +2n +16 5m ⇒ n 6 5 ⇒ n =1hoặc n =3hoặc n =5. Với n =1đẳng thức mn =2m +2n +1trở thành m =2m +3vô lý Với n =3ta có 3m =2m +6+1⇒ m =7. Rõ ràng n =3,m =7 . . thoả mãn điều kiện 2m +1.n;2n +1.m. ⇒ 11 Với n =5ta có 5m =2m +10+1 m = 3 (loại). Với m 6 n lý luận tương tự ta được m =3,n =7thoả mãn điều kiện . . 2m +1.n;2n +1.m. Tóm lại: Có 5 cặp số (m, n) thoả mãn yêu cầu bài toán là (1, 1); (1, 3); (3, 1); (3, 7); (7, 3) .
54 Chương 2. Đáp án tuyển sinh 2.7 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1992 (cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin) Bài 1. 1. P = n4 +2n3 +2n2 + n +7=(n2 + n)2 +(n2 + n)+7 Do n nguyên nên n2 +n > 0. Đặt k = n2 +n ta có P = k2 +k+7 >k2. Ta có: P 0) Do đó k2 0 và x+y+z =(a+b+c)2 6 1,do(x+y+z)A =(x+y+z)1 + 1 + 1 > 9 x y z www.vnmath.com mà x + y + z 6 1 nên A > 9. Bài 2. Với n ∈ N ta ký hiệu tổng các chữ số của n là S(n).Tacó N =(29)1945 =(23)3.1945 =85835 AC), khi đó dễ thấy ∠ACK nhọn và ∠ACB tù suy ra cung AB không chứa C lớn hơn cung ACE. Trên cung AB không chứa C lấy điểm E sao cho cung BE bằng cung AC, khi đó ACBE là hình thang cân.
2.7. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1992(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)55 Ta có ∠AEB + ∠EAB = ∠EAC + ∠EAB =2(∠EAB + ∠BAD)= 2∠EAD =90◦ suy ra ∠ABE =90◦ nên AE là đường kính của đường tròn (O) ngoại tiếp 4ABC. Do đó AB2 + AC2 = AB2 + EB2 = AE2 =4R2 Chú ý: Có thể chứng minh bằng cách lấy điểm M trên cung AB không chứa C sao cho cung AM bằng cung AC, sau đó chứng minh ∠BAM =90◦, từ đó suy ra đẳng thức AB2 + AC2 =4R2 Bài 4. Gọi các đường thẳng đã cho là d1,d2, ,d1992 và giao điểm của đường thẳng di,dk là Aik hoặc Aki. a) Xét đường thẳng di bất kỳ trong 1992 đường thẳng đã cho. Do không có 3 đường thẳng nào đồng quy nên các giao điểm Akl của các cặp đường thẳng dk,dl(k =6 i, l =6 i) đều nằm ngoài di. Do số giao điểm đó là hữu hạn nên có 1 giao điểm gần nó nhất, giả sử đó là Akl. Ta chứng minh tam giác AklAkiAli là tam giác xanh. Thật vậy nếu tam giác đó bị đường thẳng dm nào đó trong 1989 đường thẳng còn lại cắt thì dm phải cắt một trong hai đoạn AklAki hoặc AklAli, giả sử dm cắt đoạn AklAki tại Akm thì Akm gần di hơn Akl, trái với giả thiết Akl là điểm gần di nhất. Như vậy với mỗi đường thẳng di luôn tồn tại một tam giác xanh có cạnh nằm trên nó. Trên mỗi di ta chọn một cạnh của một tam giác xanh thì ta thu được 1992 cạnh khác nhau của các tam giác xanh. Từ đó suy ra số tam giác xanh không ít hơn 1992 : 3 = 664. b) Xét đường thẳng di trong số 1992 đường thẳng đã cho. Nếu trong mỗi nửa mặt phẳng có bờ là di đều có các giao điểm của các cặp đường www.vnmath.com thẳng còn lại thì trong mỗi nửa mặt phẳng ta lấy giao điểm gần di nhất và lý luận như câu a) ta được hai tam giác xanh nằm về hai phía của di. Hai tam giác đó có hai cạnh nằm trên di và hai cạnh đó là khác nhau (không có ba đường nào đồng quy). Ta chứng minh rằng số đường thẳng mà các giao điểm của các cặp đường thẳng còn lại nằm về cùng một phía của nó không vượt quá 2. Thật vậy, giả sử có 3 đường thẳng như vậy, chẳng hạn đó là di,dk,dl. Khi đó xét đường thẳng dn khác, dn cắt di,dk,dl tại 3 điểm phân biệt Ani,Ank,Anl. Trong 3 điểm đó có 1 điểm nằm giữa hai điểm kia, giả sử Ank. Khi đó hai giao điểm Ani và Anl nằm về hai phía của dk trái với giả thiết. Vậy có ít nhất 1990 đường thẳng mà về hai phía của mỗi đường đều có các giao điểm của các đường thẳng còn lại. Theo lý luận ở trên thì có hai tam giác xanh nằm về hai phía của mỗi đường thẳng đó và có hai cạnh khác nhau nằm trên nó. Trong hai đường thẳng còn lại, trên mỗi đường thẳng có ít nhất một cạnh của một tam giác xanh. Như vậy số cạnh khác nhau của các tam giác xanh không ít hơn 1990 × 2 + 2 = 3982 = 1327.3+1. Suy ra số tam giác xanh không ít hơn 1327 + 1 = 1328. Bài 5.
56 Chương 2. Đáp án tuyển sinh 2.8 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1993 (cho mọi thí sinh) Bài 1. 1. Giải phương trình s 1 r 1 x + x + + x + =2 (1) 2 4 − 1 Điều kiện: x > 2 s r 1 1 2 r 1 1 (1) ⇒ x + x + + =2⇒ x + x + + =2 4 2 4 2 r 1 1 2 r 1 √ 1 ⇒ x + + =2⇒ x + = 2 − 4 2 4 2 1 1 √ ⇒ x + =2+ − 2 4 4 √ 1 ⇒ x =2− 2(thoả mãn điều kiện x > − ) 2 2. Giải hệ phương trình (x3 +2xy2 +12y =0 (x3 +2xy2 +(8y2 + x2)y = 0 (1) ⇒ www.vnmath.com 8y2 + x2 =12 8y2 + x2 = 12 (2) Ta có (1) tương đương với x3 + x2y +2xy2 +8y3 =0 (3) Dễ thấy hệ không có nghiệm với y =0, vì nếu y =0thì từ (3) suy ra x =0không thoả mãn (2). Với y =06 tương đương với x 3 x 2 x + +2 +8=0 (4) y y y x Đặt y = t thì (4) có dạng t3 + t2 +2t +8=0⇒ (t + 2)(t2 − t +4)=0⇒ t = −2 x − ⇒ − Từ đó y = 2 x = 2y. Thay vào (2) ta được 12y2 =12⇒ y = ±1 ⇒ x = ∓2 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm x =2,y = −1 và x = −2,y =1
2.8. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1993 (cho mọi thí sinh) 57 Bài 2. Trước hết ta chứng minh rằng: Với a, b, c, d > 0 thì a + b + c + d 4 abcd 6 (1) 4 Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi a = b = c = d. 2 a+b Ta có với a, b > 0 thì ab 6 2 , dấu "=" đạt được khi và chỉ khi a = b. Do đó với a, b, c, d > 0 thì a + b 2 c + d 2 a + b c + d 2 abcd 6 = . 2 2 2 2 a + b + c + d 2 2 a + b + c + d 4 6 h i = 4 4 a + b + c + d 4 ⇒ abcd 6 4 Nếu trong a, b, c, d có một số bằng 0 thì dấu "=" đạt được khi và chỉ khi a = b = c = d =0. Nếu cả 4 số a, b, c, d đều dương thì dấu "=" đạt được khi và chỉ khi a = b  c = d ⇒ a = b = c = d a + b = c + d 4 a+b+c+d Tóm lại abcd 6 4 dấu "=" đạt được khi và chỉ khi a = b = c = d. Xét www.vnmath.com A = x2y(4 − x − y) với x > 0,y > 0,x+ y 6 6 (1) a) Giá trị lớn nhất: Với x + y > 4 thì A 6 0 Với x + y 0. Với 4 <x+ y 6 6 ta có A x x x + x + y + x + y − 4 4 2(x + y) − 4 4 − = . .y(x + y − 4) 6 2 2 = h i 4 2 2 4 4 2.6 − 4 4 6 =16 4
58 Chương 2. Đáp án tuyển sinh − x − Vì x+y 6 6 nên A > 64. Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi 2 = y = x+y 4 và x + y =6⇒ x =4,y =2. Vậy A đạt giá trị bé nhất bằng −64, đạt được khi x =4,y =2. Bài 3. Kẻ đường trung trực của AB cắt AC ở O1, cắt BD ở O2 thì O1,O2 là tâm các đường tròn ngoại tiếp 4ABD và 4ABC suy ra R = O1A, r = O2B. O A AI AB.AI a2 1 AC2 4AIO v 4AOB ⇒ 1 = ⇒ R = O A = = ⇒ = 1 AB AO 1 AO AC R2 a4 Tương tự: 1 BD2 1 1 AC2 + BD2 4AB2 4 = ⇒ + = = = r2 a4 R2 r2 a4 a4 a2 Bài 4. Giả sử trên đường tròn (O) chiều đi từ A → B → C → A là ngược chiều kim đồng hồ và giả sử quay 4ABC một góc 90◦ thuận chiều kim đồng hồ quanh (O) ta thu được 4A1B1C1. Khi đó A1,B1,C1 thuộc các cung nhỏ AC, AB, BC tương ứng. Do đó cạnh A1B1 phải cắt các cạnh AB, AC, giả sử lần lượt tại M,N. Tương tự ta có cạnh A1C1 cắt các cạnh AC, BC lần lượt tại P, Q và cạnh B1C1 cắt các cạnh BC,BA lần lượt tại T,K, suy ra phần chung của hai hình tam giác ABC và A1B1C1 là lục giác MNPQTK. Gọi diện tích lục giác đó là S thì S = SABC − SAMN − SBKT − SCPQ Ta có: √ √ BC2 3 3 3R2 SABC = = 4 4 www.vnmath.com ◦ Khi quay một góc 90 thì OA1⊥OA, OB1⊥OB, OC1⊥OC mà BC⊥OA nên OA1 k BC, tương tự: OB1 k CA,OC1 k AB. Gọi giao điểm của OA1 với AC là E. Do các cung AA1,BB1,CC1 có số đo bằng 90◦ nên ∠AMN =90◦ mà ∠MAN =60◦ nên suy ra AN =2AM. ◦ Dễ thấy 4NEA1 cân ở E (các góc ở đáy bằng 30 ). Do OE k BC còn 2 0 4 AO bằng 3 trung tuyến AA của ABC nên 2 2 BC R AE = AC = √ R, OE = = √ 3 3 3 3 R ⇒ EN = EA1 = OA1 − OE = R − √ 3 2 R √ ⇒ AN = AE − EN = √ R − R − √ =( 3 − 1)R 3 √ 3 √ AM.MN 1 AN AN 3 3 2 ⇒ SAMN = = = AN = √ 2√ 2 √2 2 8 3(4 − 2 3 2 3 − 3 = R2 = R2 8 4
2.8. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1993 (cho mọi thí sinh) 59 √ 2 3−3 2 Tương tự ta có SBKT = SCPQ = 4 R . Vậy √ 9 − 3 3 S = R2 4 . Bài 5. 1 1 1 1 1 1 ab + bc + ca + a + b + c A = + + + + + = (1) a b c ab bc ca abc Ta chứng minh ba số a, b, c cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Nếu abc là lẻ thì mỗi số a, b, c đều lẻ. Nếu abc là chẵn thì một trong ba số phải chẵn, chẳng hạn a chẵn. Vì tử số ở (1) chia hết cho abc nên tử số phải chẵn suy ra bc + b + c chẵn hay (b + 1)(c +1)− 1 chẵn ⇒ (b + 1)(c +1)lẻ. Vậy b +1và c +1là lẻ hay b, c chẵn. Vậy a, b, c cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Vì a, b, c đôi một khác nhau nên ta có thể giả sử rằng a 3 thì b > 5,c> 7, do đó 1 1 1 1 1 1 A 6 + + + + + 4,c> 6 và 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A = + + + + + 6 + + + + + 2 b c 2b 2c bc 2 4 6 8 12 1 1 28 + + = 6 thì c > 8 khi đó 1 1 1 1 1 1 46 A 6 + + + + + = < 1 2 6 8 12 16 48 48 ⇒A không nguyên 1 1 1 1 1 1 Do đó b =4.Vậya =2thì b =4suy ra 1= 2 + 4 + c + 8 + 4c + 2c . Từ đây ta thu được c =14. Vậy với a =2ta được nghiệm là a =2,b=4,c=14. Chú ý: Từ điều kiện a =2và A =1ta được phương trình 1 1 1 1 1 1 2b +2c + b + c +2 1 1= + + + + + ⇒ = 2 b c 2b 2c bc 2bc 2 (b − 3=1 (b =4 ⇒3b +3c +2=bc ⇒ (b − 3)(c − 3) = 11 ⇒ ⇒ c − 3=11 c =14
60 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Do đó ta cũng tìm được nghiệm trên. b) a =1, khi đó b > 3,c> 5 và 2 2 1 32 A =1+ + + = 1 A =2 b + c + bc =1 2 2 1 Khi đó nếu b > 5 thì b + c + bc 0 √ √ Đặt: x2 +4=u, x = v thì phương trình có dạng: u2 +2v2 − 3uv =0 (u − v)(u − 2v)=0 v u = 2v √ √ Với u = v ta được x2 +4= x ⇔ x2 +4=x vô nghiệm. √ √ Với u =2v ta được x2 +4=2 x ⇔ x2 +4=4x ⇔ x =2.
2.9. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1994 (cho mọi thí sinh) 61 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x =2. Bài 2. √ √ A = xy +2 zt √ √ √ A2 = xy +4zt +4 xyzt = xy +4zt + 2(2 yz. xt) ≤ 6 xy +4zt +2yz +2xt =9 Từ giả thiết suy ra A 6 3. Dấu "=" đạt chẳng hạn khi x = y = z = t =1, (thoả mãn xy +4zt + 2yz +2xt =9). Vậy A đạt giá trị lớn nhất bằng 3. Bài 3. (xy − 3zt = 1 (1) (x2y2 − 6xyzt +9z2t2 = 1 (3) ⇒ xz + yt = 2 (2) x2z2 +2xyzt + y2t2 = 4 (4) Nhân (4) với 3 và cộng từng vế với (3) ta có x2y2 +9z2t2 +3x2z2 +3y2t2 =13 Vì x,y,z,t là các số nguyên mà tổng các hệ số của vế trái là 16 nên nếu x,y,z,t thoả mãn hệ đã cho thì phải có một số bằng 0. Nếu x =0hoặc y =0thì từ (1) ta có: −3zt =1,vôlý. Nếu z =0hệ có dạng www.vnmath.com (xy =1 yt =2 Hệ này có hai nghiệm nguyên là: x = y =1,t=2và x = y = −1,t= −2 Nếu t =0hệ có dạng (xy =1 xz =2 Hệ này có hai nghiệm nguyên là: x = y =1,z =2và x = y = −1,z = −2 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm nguyên là x = y =1,z =0,t=2; x = y = −1,z =0,t= −2 x = y =1,t=0,z =2; x = y = −1,t=0,z = −2 Bài 4. Gọi tâm đường tròn đã cho là O và trung điểm của AB là I thì OI⊥AB và AI = BI = AD = DC. Đặt CD = x.
62 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Do AH k OB (cùng k BC), nên ∠OBI = ∠BAH. Từ đó suy ra AI OA 4OBI v 4BAH ⇒ = AH AB AI.AB 2x2 ⇒ AH = = (2.1) OA R Mặt khác do đường tròn (O) tiếp xúc với BC tại B nên CD.CA = BC2 =4BH2 =4(AB2 − AH2)=16x2 − 4AH2 ⇒ 2x2 =16x2 − 4AH2 7 ⇒ AH2 = x2 (2.2) 2 Từ (2.1) và (2.2) ta suy ra 4x4 7 7 Rr7 = x2 ⇒ x2 = R2 ⇒ x = R2 2 8 2 2 Vậy Rr7 AD = x = (2.3) 2 2 Từ (2.1) và (2.3) suy ra 7 49 28 49 7 AH = R ⇒ HB2 = AB2 − AH2 =4x2 − R2 = R2 − R2 = R2 4 16 8 16 16 Do HE.HA = HB2 nên ta có HB2 R 3 www.vnmath.com HE = = ⇒ AE = AH − HE = R HA 4 2 Bài 5. Do BC > AC nên ∠BAC > ∠ABC. Trong nửa mặt phẳng có bờ là AB và chứa C kẻ tia Bx sao cho ∠ABx = ∠BAC. Bx cắt đường thẳng MN tại P thì M nằm giữa N và P (vì ∠ABP > ∠ABM). Khi đó ABP N là hình thang cân nên ∠AP N = ∠BNP. Xét 4AMP ta có: ∠AMP > ∠ANM > ∠BNM ≡ ∠BNP = ∠AP N ≡ ∠AP M. Do đó: AM < AP = BN. 2.10 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1994 (cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin) Bài 1. (x + y)(y + z)=4xy2z (1)  (y + z)(z + x)=4yz2x (2) 2 (z + x)(x + y)=4zx y (3)
2.10. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1994(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)63 Rõ ràng x = y = z =0là một nghiệm của hệ. Ngược lai, dễ thấy nếu (x, y, z) là nghiệm của hệ mà môt trong ba số x, y, z bằng 0 thì hai số kia cũng bằng 0. Ta tìm nghiệm thoả mãn x =06 ,y =06 ,z =06 . Ta chứng minh nếu (x, y, z) là nghiệm mà x =06 ,y =06 ,z =06 thì x = y = z. Thật vậy, nếu (x, y, z) thoả mãn (1), (2), (3) thì x + y =6 0,y+ z =06 ,z+ x =06 , do đó chia (1) cho (2) ta được x + y y = ⇒ xz + yz = yz + xy ⇒ x(y − z)=0⇒ y = z z + x z Tương tự, chia (2) cho (3) ta thu được z = x. Vậy với điều kiện x =06 ,y =06 ,z =06 hệ (1),(2),(3) tương đương với (x = y = z ⇒ x = y = z = ±1 4x2 =4x4 Vậy hệ đã cho có ba nghiệm là  (0, 0, 0) (x, y, z)= (1, 1, 1) (−1, −1, −1) Bài 2. 2 2 2 2 12x +6xy +3y = 28(x + y) ⇒ 3(4x +2xy + y )=28(x + y) (1) www.vnmath.com . Do 3 và 28 nguyên tố cùng nhau nên x + y.3 hay x + y =3k với k ∈ Z. Từ (1) suy ra . 3x2 +(x + y)2 =28k ⇒ 3x2 +9k2 =28k ⇒ k.3 hay k =3n(k ∈ Z) ⇒x2 +3k2 =28n mà k =3n ⇒ x2 +27n2 =28n ⇒ x2 = n(28 − 27n) > 0 28 28 ⇒n − n > 0 ⇒ 0 6 n 6 ⇒ n =0 hoặc n =1 27 27 (x =0 Với n =0⇒ k =0⇒ ⇒ x = y =0 x + y =0 (x2 =1 x =1;y =8 Với n =1⇒ k =3⇒ ⇒ x + y =9 x = −1; y =10 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm nguyên là x = y =0;x =1,y =8 và x = −1,y =10
64 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Bài 3. Ký hiệu A =1.2.3 n= n! (đọc là n giai thừa). Ta có n(n +1) B =1+2+3+···+ n = (n > 3) 2 . Với n =3thì rõ ràng A = B =6suy ra A.B. Ta xét n > 4. Khi đó có hai khả năng sau: a) n +1là số nguyên tố. Ta chứng minh A không chia hết cho B. Thật . vậy, nếu A.B thì n(n +1) n!=k ⇒ 2(n − 1)! = k(n +1) 2 Điều này vô lý vì n +1 là số nguyên tố nên (n +1)và các số 1, 2, ,n− 1 là nguyên tố cùng nhau. b) n +1là hợp số. Khi đó n +1=p.q (p, q ∈ N,p,q > 2) (1) n+1 Suy ra n +1> 2p hay p 6 2 . − n+1 − Do n>3 ta có 2n>n+3 suy ra 2n 2 >n+1hay 2 2) và p là hợp số thì . n +1cũng có dạng (1) với p =6 q do đó A.B. Ta xét trường hợp n +1=p2 với p số nguyên tố. Khi đó, do n +1> 5 nên p > 3 suy ra p2 > 9 hay n > 8. Ta chứng minh n − 1 2 p2 = n +1 0 ⇒ (n2 − 8n)+(2n − 3) > 0 Bất đẳng thức này đúng vì n>8, do vậy (2) đúng. Từ (2) suy ra n−1 − − − p 2p nên
2.10. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1994(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)65 tích (p +1) (n − 1) có nhiều hơn p thừa số do đó có một thừa số chia hết cho p nên ta có . . . (n − 1)!.p2 = n +1⇒ n!.n(n +1)⇒ A.B Kết hợp với trường hợp n =3ta có kết luận: Với n +1là số nguyên tố thì A không chia hết cho B. . Với n +1là hợp số thì A.B. Bài 4. Ta chứng minh rằng với x, y > 1 ta có 1 1 1 + > √ (1) 1+x 1+y 1+ xy Ta có (1) tương đương với √ √ (1 + y)(1 + xy)+(1+x)(1 + xy) − 2(1 + x)(1 + y) > 0 √ √ √ √ ⇒1+ xy + y + y xy +1+ xy + x + x xy − 2 − 2x − 2y − 2xy > 0 √ √ √ ⇒x xy + y xy − 2xy − x − y +2 xy > 0 √ √ √ √ √ ⇒ xy( x − y)2 − ( x − y)2 > 0 √ √ √ ⇒( xy − 1)( x − y)2 > 0 Bất đẳng thức này đúng vì x, y > 1 hay (1) đúng (có thể thấy rằng dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x = y hoặc xy =1). www.vnmath.com Áp dụng với a, b, c > 1 ta có 1 3 1 1 2 1 1 + = + + > 2 √ + 1+a 1+b 1+a 1+b 1+b 1+ ab 1+b 4 4 √ > √ = 4 1+pb ab 1+ ab3 Vậy 1 3 4 + > √ (2) 1+a 1+b 1+ 4 ab3 Tương tự 1 3 4 + > √ (3) 1+b 1+c 1+ 4 bc3
66 Chương 2. Đáp án tuyển sinh và 1 3 4 + > √ (4) 1+c 1+a 1+ 4 ca3 Cộng (2), (3), (4) rồi chia cho 4 ta được bất đẳng thức phải chứng minh. Bài 5. 1. Giả sử ∠BAC =20◦. Trên các cạnh AB, AC lấy các điểm D, K tương ứng sao cho AD = KC = BC (chú ý AB = AC > BC). Ta chứng minh AD = DK = KC Phía trong 4ABC dựng tam giác đều BCI thì A, I nằm trên trung trực của BC suy ra AI là phân giác của góc ∠BAC. Khi đó ∠ACB = 80◦ ⇒ ∠ACI =20◦ = ∠CAD,màAD = BC = CI nên dễ thấy ACID là hình thang cân (đáy là AC và ID), từ đó ta có AC k ID ⇒ ∠DIA = ∠IAC = ∠IAD =10◦ ⇒4ADI cân ở D. Suy ra ID = AD = CK nên CIDK là hình bình hành suy ra DK = BC. Vậy AD = DK = KC = CB. 2. Ngược lại, giả sử tồn tại các điểm D và K trên các cạnh AB, AC tương ứng sao cho AD = DK = KC = CB. Kẻ đoạn thẳng CI song song, cùng chiều và bằng KD thì CKDI là hình bình hành và là hình thoi. Do CI = DK = AD và ∠DAC = ∠AKD = ∠ACI nên ACID là hình thang cân. www.vnmath.com Vì CD là phân giác của ∠ACI (CKDI là hình thoi) nên dễ thấy AI là phân giác của góc ∠DAC từ đó ta có AI là trung trực của BC suy ra IB = IC = BC hay 4IBC đều. Đặt ∠BAC = x, ta có ∠ABI = ∠ACI = ∠BAC = x ⇒ ∠IBC + ∠ICB +3x = 180◦ hay 120◦ +3x = 180◦ ⇒ ∠BAC = x =20◦ 2.11 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1995 (cho mọi thí sinh) Bài 1. (2x2 − y2 =1 (2x2 − y2 = 1 (1) ⇒ xy + x2 =2 xy + x2 = 2(2x2 − y2) (2)
2.11. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1995 (cho mọi thí sinh) 67 Từ (2) suy ra y = x 2y2 + xy − 3x2 =0⇒ (y − x)(2y +3x)=0⇒ − 3 y = 2x Với y = x thay vào (1) ra được phương trình: x2 =1 Do đó hệ có nghiệm là x = y = ±1 − 3 − x2 Với y = 2x thay vào (1) ta được phương trình: 2 =1(vô nghiệm) Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: x = y =1và x = y = −1. Bài 2. √ √ 1 − x + 4+x =3 (2.4) Điều kiện: −4 6 x 6 1. Khi đó (2.4) tương đương với 1 − x +4+x +2p(1 − x)(4 + x)=9 √ ⇒ 4 − 3x − x2 =2 ⇒4 − 3x − x2 =4 x =0 ⇒x2 +3x =0⇒ x = −3 Cả hai nghiệm đều thoả mãn điều kiện. Vậy phương trình (2.4) có hai nghiệm: x =0và x = −3. Bài 3. a +1 b +1 a2 + b2 + a + b (a + b)2 +(a + b) + = = − 2 b a ab ab www.vnmath.com a+1 b+1 ∈ Do b + a N nên (a + b)2 +(a + b) ∈ N ⇒ (a + b)2 +(a + b)=ka (1) ab với k ∈ N. Nếu d>0 là ước số chung của a, b thì a = md, b = nd, (n, m ∈ N) ⇒ a + b =(m + n)d, ab = mnd2. Do đó (1) có dạng (m + n)2d2 +(m + n)d = kmnd2 ⇒m + n =[kmn − (m + n)2]d = ld (l ∈ N) √ ⇒a + b = ld2 > d2 ⇒ d 6 a + b Bài 4. Gọi diện tích của hai hình chữ nhật là S thì ta có: S S ab = cd = S ⇒ b = ,d = và a c S S S S S a + b − (c + d)=a + − (c + )=a − c − ( − )=(a − c)(1 − > 0 a c c a ac
68 Chương 2. Đáp án tuyển sinh − S S (vì a>c>dnên a c>0 và ac c+ d và chu vi hình chữ nhật thứ nhất lớn hơn chu vi hình chữ nhật thứ hai. Bài 5. 1. Dễ thấy 4ABE v 4AEC nên ta có: AE AC = ⇒ AE2 = AB.AC AB AE √ ⇒ AF = AE = AB.AC không đổi √ Vậy E,F luôn chạy trên đường tròn cố định tâm A, bán kính AB.AC. 2. Giả sử O/∈ BC và đường thẩng OI cắt cung BC không chứa F tại M. Khi đó do A,E,F,O,I cùng thuộc đường tròn tâm AO nên trong mọi trường hợp ta có 1 ∠EOM = ∠EFI ≡ ∠EFE0 = ∠EOE0 2 Vậy OM là đường phân giác của góc ∠EOE0 suy ra OM⊥EE0 hay OI⊥EE0.MàOI⊥BC nên EE0 k BC ≡ AB. Trường hợp O ∈ BC khi đó O ≡ I thì ∠FEE0 =900 mà FE⊥BC nên EE0 k BC. 3. Giả sử O =6 I. Gọi giao điểm của BC và EF là P thì đường tròn ngoại tiếp 4ONI là đường tròn đường kính OP(∠PNO = ∠PIO =90◦). 2 ⇒ AB.AC www.vnmath.com Dễ thấy AP.AI = AN.AO = AE = AB.AC AP = AI không đổi, mà P thuộc tia AB cố định nên P cố định. Gọi trung điểm của PI là K thì K cố định và tâm O0 của đường tròn đường kính OP (tức đường tròn ngoại tiếp 4ONI) luôn nằm trên đường thẳng d cố định vuông góc với BC ở K. 2.12 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1995 (cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin) Bài 1. √ x + x2 +3y + py2 +3 =3 (1) Ta có: √ √ x + x2 +3 − x + x2 +3 =3 (2) y + py2 +3 − y + py2 +3 =3 (3)
2.12. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1995(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)69 Nhân (2) với (3) và chia cho (1) ta được: √ − x + x2 +3 − y + py2 +3 =3 (4) √ √ (1) ⇒ xy + xpy2 +3+y x2 +3+ x2 +3.py2 +3=3 (5) √ √ (4) ⇒ xy − xpy2 +3− y x2 +3+ x2 +3.py2 +3=3 (6) Trừ (5) cho (6) ta được √ xpy2 +3+y x2 +3=0 Suy ra x, y trái dấu hoặc cùng bằng 0 và √ xpy2 +3=−y x2 +3⇒ x2(y2 +3)=y2(x2 +3) ⇒ 3x2 =3y2 ⇒|x| = |y|⇒x = −y (vì x, y trái dấu hoặc cùng bằng 0) nên E = x + y =0 Bài 2. x + xy + y =1 (x + 1)(y + 1) = 2 (1)   y + yz + z =3 ⇒ (y + 1)(z + 1) = 4 (2) z + zx + x =7 (z + 1)(x + 1) = 8 (3) (x + 1)(y +1)=2 (x + 1)(y +1)=2 www.vnmath.com   (y + 1)(z +1)=4 ⇒ (y + 1)(z +1)=4 2 [(x + 1)(y + 1)(z + 1)] =64 (x + 1)(y + 1)(z +1)=±8 Với (x + 1)(y + 1)(z +1)=8ta có: x +1=2,y+1=1,z+1=4⇒ x =1,y =0,z =3 Với (x + 1)(y + 1)(z +1)=−8 ta có: x +1=−2,y+1=−1,z+1=−4 ⇒ x = −3,y = −2,z = −5 Vậy hệ có hai nghiệm x =1,y =0,z =3 x = −3,y = −2,z = −5 Chú ý: Có thể giải bằng cách nhân (1) với (3) rồi chia cho (2) ta được (x +1)2 =4⇒ x +1=±2 từ đây dễ dàng tìm được các nghiệm.
70 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Bài 3. Từ giả thiết x, y > 0,x2 + y2 =1suy ra với 0 6 x, y 6 1 ta có (x3 6 x2 ⇒ x3 + y3 6 x2 + y2 =1 y3 6 y2 (Dễ thấy dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x =1,y =0hoặc x =0,y =1) Ta có: 1=(x2 + y2)3 = x6 +3x4y2 +3x2y4 + y6 2(x3 + y3)2 =2x6 +4x3y3 +2y6 Trừ hai đẳng thức cuối ta được 2(x3 + y3)2 − 1=x6 + y6 +4x3y3 − 3x4y2 − 3x2y4 =(x3 − y3)2 − 3x2y2(x − y)2 =(x − y)2[(x2 + xy + y2)2 − 3x2y2] =(x − y)2[x4 + y4 +2x3y +2xy3] > 0(vì x4 + y4 +2x3y +2xy3 > 0) Vậy 2(x3 + y3)2 > 1 hay x3 + y3 ≥ √1 . Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi 2 x = y = √1 ). 2 Chú ý: Có thể chứng minh bất đẳng thức cuối một cách ngắn gọn hơn (nhưng vượt ngoài chương trình!) bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Buniacovski như sau: Ta có: √ 2 2 2 (x + y) ≤ 2(x + y ) ≤ 2 ⇒ x + y ≤ 2 www.vnmath.com √ √ √ 1=(x2 + y2)2 =( x x3 + ypy3)2 ≤ (x + y)(x3 + y3) 1 1 ⇒ x3 + y3 ≥ ≥ √ x + y 2 Bài 4. Đặt a = a1a2a3 thì b1b2b3 =2a. Khi đó 6 3 3 2 2 A = a1a2a3b1b2b3a1a2a3 =10a +2.10 a + a = (10 +1) a = 1001 .a =72.112.132.a 2 2 2 2 Vì A viết được dưới dạng A = p1p2p3p4, trong đó p1,p2,p3,p4 là bốn số nguyên tố khác nhau, nên ba trong bốn số p1,p2,p3 phải là 7, 11, 13 còn số thứ tư có bình phương bằng a. Do đó a là bình phương của một số nguyên tố khác 7, 11, 13. ≤ 1 1000 2 2 Chú ý rằng: 100 a = 2 b< 2 < 500 suy ra a =17 hoặc a =19. Vậy có hai số thoả mãn điều kiện bài toán là A = 289.578.289, và A = 361.722.361
2.13. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1996 (cho mọi thí sinh) 71 Bài 5. Gọi diện tích tam giác IAN,ICN,IBM,IDM lần lượt là S1,S2,S3,S4. Do BM = DM nên AN S1 S1 S4 IA.IN ID.IM IA ID S3 = S4 ⇒ = = . = . = . NC S2 S3 S2 IB.IM IC.IN IC IB Do ID IA 4IAC v 4IDB ⇒ = IB IC Vậy AN IA2 = NC IC2 2.13 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1996 (cho mọi thí sinh) Bài 1. 6 3 2 2 1 − 6 1 − h 1 i − 3 1 x + x x + x6 2 x + x x + x3 P = 3 = 3 1 3 1 1 3 1 x + x + x + x3 x + x + x + x3 1 3 1 1 r 1 = x + − x3 + =3x + > 6 x. =6 x x3 x x 1 ⇔ Suy ra P > 6. Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x = x x =1(x>0). Vậy P đạt giá trị bé nhất bằng 6, đạt được khi x =1. www.vnmath.com Bài 2. 1 1  √ + q2 − =2 1 1  x y Điều kiện: x > ,y ≥ √1 + q2 − 1 =2 2 2  y x √1 √1 Đặt u = x,v = y khi đó hệ có dạng √ √ (u + 2 − v2 =2 ( 2 − v2 =2− u √ ⇒ √ v + 2 − u2 =2 2 − u2 =2− v √ √ Điều kiện: u ≤ 2,v ≤ 2 khi đó hệ tương đương với (2 − v2 =4− 4u + u2 (u2 + v2 − 4u +2=0 ⇒ 2 − u2 =4− 4v + v2 u2 + v2 − 4v +2=0 (4(u − v)=0 (u = v ⇒ ⇒ u2 + v2 − 4v +2=0 2u2 − 4u +2=0 √ √ ⇒ u = v =1 (thoả mãn u ≤ 2,v ≤ 2)
72 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Từ đó ta có: x = y =1là nghiệm của hệ đã cho. Bài 3. n3 +5n = n3 − n +6n =(n − 1)n(n +1)+6n . Do 6n . 6 còn (n−1)n(n+1) là ba số nguyên liên tiếp nên trong chúng có . một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 3, do vậy (n−1)n(n+1) . 6. (Chú ý rằng 2 và 3 nguyên tố cùng nhau). . Vậy n3 +5n . 6 với mọi n nguyên dương. Bài 4. a3 ra3 + ab > 2 .ab =2a2 b b a3 ⇒ 2 2 ⇒ Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi b = ab a = b a = b(a>0,b>0). Vậy a3 + ab > 2a2, dấu "=" đạt được ⇔ a = b b Tương tự b3 + bc > 2b2, dấu "=" đạt được ⇔ b = c c c3 + ca > 2c2, dấu "=" đạt được ⇔ c = a a www.vnmath.com Ngoài ra 2(a2 + b2 + c2) > 2(ab + bc + ca) (1) dấu bằng đạt được khi và chỉ khi a = b = c Cộng 4 bất đẳng thức cuối và giản ước ta được a3 b3 c3 + + > ab + bc + ca, dấu "=" đạt được ⇔ a = b = c b c a Chú ý: Bất đẳng thức (1) chứng minh dễ dàng bằng cách chuyển vế và đưa về tổng các bình phương. Bài 5. 1. Đặt S = MN2 + NP2 + PQ2 + QM 2 ta có S = BM2 + BN2 + CN2 + CP2 + DP 2 + DQ2 + AQ2 + AM 2 =(AM 2 + BM2)+(BN2 + CN2)+(CP2 + DP 2)+(DQ2 + AQ2) (1)
2.14. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1996(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)73 (a) Do (AM + BM)2 a2 AM 2+BM2 > = , dấu "=" đạt được ⇔ AM = BM 2 2 2 2 a2 2 2 a2 2 2 a2 Tương tự BN + CN > 2 ,CP + DP > 2 ,DQ + AQ > 2 , các dấu "=" tương ứng đạt được khi và chỉ khi BN = CN,CP = DP, DQ = AQ. Do đó từ (1) ta có S > 2a2, dấu "=" đạt được khi và chỉ khi M,N,P,Q là trung điểm các cạnh tương ứng chứa chúng. (b) AM 2 + BM2 6 (AM + BM)2 = a2, dấu "=" đạt được ⇔ AM =0 hoặc BM =0⇔ M trùng với A hoặc B. Tương tự BN2 + CN2 6 a2, dấu "=" đạt được khi N trùng với B hoặc C CP2 + DP 2 6 a2, dấu "=" đạt được khi P trùng với C hoặc D DQ2 + AQ2 6 a2, dấu "=" đạt được khi Q trùng với D hoặc A Do đó từ (1) ta có S 6 4a2, dấu "=" đạt được khi M,N,P,Q trùng với một trong hai đầu mút của các đoạn thẳng chứa chúng. 2. Nếu N,P,Q thuộc các cạnh BC, CD, DA tương ứng mà MNPQ là hình vuông thì ∠AMQ+∠BMN =90◦ nên ∠AMQ = ∠BNM(∠AQM = ∠BMN) suy ra 4AMQ = 4BMN ⇒ AM = BN. Tương tự ta có BN = CP = DQ = AM. Do đó nếu MNPQ là hình vuông thì www.vnmath.com BN = CP = DQ = AM. Ngược lại dễ thấy nếu BN = CP = DQ = AM thì bốn tam giác vuông AMQ, BNM, CP N, DQP bằng nhau suy ra MN = NP = PQ = QA, ngoài ra ∠AMQ + ∠BMN =90◦ ⇒ ∠QMN =90◦ và do đó MNPQ là hình vuông. Vậy: MNPQ là hình vuông khi và chỉ khi BN = CP = DQ = AM. 2.14 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1996 (cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin) Bài 1. √ √ x − 1+1)3 +2 x − 1=2− x √ √ ⇒ x − 1+1)3 +[(x − 1) + 2 x − 1+1]− 2=0 √ √ ⇒ x − 1+1)3 +( x − 1+1)2 − 2=0
74 Chương 2. Đáp án tuyển sinh √ Đặt x − 1+1=t thì phương trình có dạng t3 + t2 − 2=0 ⇒ (t − 1)(t2 +2t +2)=0 ⇒ t =1 √ Hay x − 1+1=1⇒ x =1. Vậy x =1là nghiệm của phương trình đã cho. Bài 2. √ x − y = 1 (1)  √ y − z = 1 (2) Điều kiện:x, y, z > 0 √ z − x = 1 (3) Nếu (x, y, z) là nghiệm thì x = y = z. Thật vậy giả sử x là số bé nhất trong ba số x, y, z. Khi đó do x 6 y nên từ (1) và (2) ta có y 6 z. Khi đó từ (2) và (3) suy ra z 6 x.Vậyx = y = z. (Trường hợp y hoặc z là số bé nhất chứng minh tương tự). Từ nhận xét trên ta suy ra hệ (1), (2), (3) tương đương với hệ (x = y = z (4) √ x = x + 1 (5) Giải (5) ta được √ √ √ 1+ 5 3+ 5 www.vnmath.com x = ⇒ x = 2 2 √ Vậy nghiệm của hệ đã cho là x = y = z = p3+ 52. Bài 3. Từ giả thiết x+y = 201 và x, y nguyên dương ta có 1 6 x, y 6 200 và y = 201 − x P = x(x2 + y)+y(y2 + x)=x3 + y3 +2xy =(x + y)3 − 3xy(x + y)+2xy Thay x + y = 201 ta được P = 2013 − 601xy. Ta chứng minh 200 6 xy 6 100.101. Thật vậy, xy − 200 = x(201 − x) − 200 = 200x + x − x2 − 200 = = x(200 − x)+(x − 200) = (x − 1)(200 − x) > 0, (Vì 1 6 x 6 200) Vậy xy > 200, dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x =1 và y = 200 x = 200 và y =1
2.14. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1996(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)75 Do đó P 6 2013 − 601.200 = 8000401, dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x =1,y = 200 x = 200,y =1 Suy ra P đạt giá trị lớn nhất bằng 8000401. Tiếp tục ta có 100.101 − xy = 100.101 − x(201 − x) = 100.101 − 101x − 100x + x2 = = 101(100 − x) − x(100 − x) = (100 − x)(101 − x) > 0 ⇒ xy 6 100.101 Dấu "=" đạt được khi x = 101,y = 100 ⇒ P đạt giá trị bé nhất bằng 2050501 x = 100,y = 101 Chú ý: Có thể giải bài toán bằng cách xét khoảng tăng, giảm của hàm số f(x)=xy = x(201) = −x2 + 201x trên [1; 200]. Từ đó suy ra giá trị lớn nhất và bé nhất của f(x) với x nguyên, x ∈ [1; 200] và giá trị lớn nhất, bé nhất của P . Bài 4. Vẽ đường tròn tâm O, đường kính BC =2R. Do khoảng cách BC từ O đến (d) bé hơn R = 2 nên đường tròn đó cắt (d) tại hai điểm A1,A2 BC 4 4 www.vnmath.com và đường tròn ngoại tiếp A1BC và A2BC có bán kính bằng R = 2 . 1. Trên (d) ta lấy điểm A =6 A1 và A =6 A2. Khi đó A không thuộc đường tròn đường kính BC nên ∠BAC =906 ◦ suy ra BC là một dây không phải là đường kính của đường tròn (O0,R0) ngoại tiếp 4ABC ⇒ 2R0BC =2R hay R0 >R. Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp 4ABC đạt giá trị bé nhất bằng BC 2 , đạt được khi A trùng với A1 hoặc A2. Chú ý: Có thể giải câu (1) cách khác như sau: Do tâm I của đường tròn ngoại tiếp 4ABC chạy trên đường trung BC trực của BC nên bán kính của đường tròn đó là IB > OB = 2 , dấu "=" đạt được khi và chỉ khi I ≡ O. Do đó đường tròn có bán kính bé nhất là đường tròn đường kính BC và điểm A phải tìm là một trong hai điểm A1,A2 nói trên. 2. Giả sử ha,hb,hc là độ dài các đường cao hạ từ A, B, C đến BC, CA, AB tương ứng và h là khoảng cách giữa (d) và BC thì ha = h không
76 Chương 2. Đáp án tuyển sinh 4 1 đổi nên diện tích ABC có diện tích S = 2 BC.h không đổi. Ta có AB.AC > 2S, dấu "=" đạt được khi và chỉ khi ∠BAC =90◦. Do đó 2S 2S h .h .h = h. . 6 h.2S = BC.h2 a b c AC AB Dấu "=" đạt được khi ∠BAC =90◦ nghĩa là A là giao điểm của (d) với đường tròn đường kính BC tức là A trùng với A1 hoặc A2. 2 Vậy ha.hb.hc đạt giá trị lớn nhất bằng BC.h , đạt được khi A trùng với A1 hoặc A2. Bài 5. (Dành cho chuyên toán) Trước tiên ra chứng minh rằng: Với mọi số x1,x2,y1,y2 ta có q 2 2 q 2 2 2 2 x1 + x2 + y1 + y2 > p(x1 + y1) +(x2 + y2) (1) Thật vậy bình phương hai vế và rút gon ra được (1) tương đương với q 2 2 2 2 (x1 + x2)(y1 + y2) > x1y1 + x2y2 (2) Nếu x1y1 + x2y2 0 thì lại bình phương hai vế và rút gon ta được (2) tương đương với 2 2 2 2 2 x y + x y ) > 2x1y1x2y2 ⇒ (x1y2 − x2y1) > 0 1 2 2 1 www.vnmath.com Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng, vậy (1) đúng. Áp dụng hai lần bất đẳng thức (1) ta được q 2 2 q 2 2 q 2 2 2 2 x1 + x2+ y1 + y2 + z1 + z2 > p(x1 + y1 + z1) +(x2 + y2 + z2) (3) 3 Trở lại bài toán, với x, y, z > 0 và x + y + z 6 2 , áp dụng (3) ta có r 1 r 1 r 1 P = x2 + + y2 + + z2 + x2 y2 z2 r 1 1 1 2 > (x + y + z)2 + + + x y z r 1 1 1 2 = [4(x + y + z)]2 + + + − 15(x + y + z)2 x y z r 1 1 1 > 8(x + y + z) + + − 15(x + y + z)2 = pQ x y z
2.15. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1997 (cho mọi thí sinh) 77 1 1 1 ≥ 3 Do x, y, z > 0 nên (x + y + z) x + y + z > 9 và do 0 4 Do đó r 135 r135 3√ pQ > 72 − = = 17 4 4 2 √ 3 Vậy P > 2 17. Có thể thấy dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x = y = 1 z = 3 Bài 5. (Dành cho chuyên tin) Ta chứng minh rằng không thể chuyển được tất cả các viên bi vào một hình quạt được. Ta tô màu đen 7 hình quạt như hình vẽ và gọi 7 hình quạt còn lại là hình quạt trắng. Ở thời điểm ban đầu số bi ở các hình quạt đen và số bi ở các hình quạt trắng là số lẻ (cùng bằng 7). Dễ thấy qua một bước biến đổi số bi ở các hình quạt trắng hoặc giữ nguyên, hoặc tăng thêm hai hoặc giảm đi hai viên. Do đó, sau mỗi bước biến đổi bất kỳ số bi ở các hình quạt trắng và số bi ở các hình quạt đen đều là số lẻ. Vì vậy không thể chuyển được cả 14 viên bi vào cùng một hình quạt sau một bước nào cả. 2.15 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1997 (cho mọi thí sinh) www.vnmath.com Bài 1. √ √ √ √ 3 q3 3 p10 + 6 3( 3 − 1) (10 + 6 3)( 3 − 1) x = √ √ = √ √ p6+2 5 − 5 q( 5+1)2 − 5 √ √ q3 (10 + 6 3)(6 3 − 10) √ = = 3 8=2 1 ⇒ x3 − 4x +1=1 ⇒ P =(x3 − 4x +1)1997 =1 Bài 2. √ √ √ x +3+ x +8=5 x (1) Điều kiện: x > 0. Bình phương hai vế của (1) và giản ước ta được (1) tương đương với. √ √ (4(x + 3)(x + 8) = (23x − 11)2 (2) 2 x +3. x +8=23x − 11 ⇒ ≥ 11 x 23 (3)
78 Chương 2. Đáp án tuyển sinh 1 Giải (2) ta được hai nghiệm x =1và x = 21 (loại vì không thỏa mãn (3). Vậy phương trình có một nghiệm là x =1. Bài 3. 2xy = x + y +1 4xy =2x +2y +2   2yz = y + z +7 ⇒ 4yz =2y +2z +14 2xz = z + x +2 4xz =2z +2x +4 (2x − 1)(2y − 1)=3 (2x − 1)(2y − 1) = 3 (1)   ⇒ (2y − 1)(2z − 1) = 15 ⇒ (2y − 1)(2z − 1) = 15 (2) 2 2 (2z − 1)(2x − 1)=5 [(2x − 1)(2y − 1)(2z − 1)] =15 (3) (3) tương đương với (2x − 1)(2y − 1)(2z − 1) = ±15 2x − 1=1  Nếu (2x−1)(2y−1)(2z−1) = 15 thì từ (1) và (2) ta suy ra 2y − 1=3 2z − 1=5 Do đó hệ có nghiệm là: x =1,y =2,z =3 2x − 1=−1  Nếu (2x−1)(2y−1)(2z−1) = −15 thì từ (1) và (2) ta suy ra 2y − 1=−3 2z − 1=−5 Do đó hệ có nghiệm là: x =0,y = −1,z = −2 (1, 2, 3) Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là: (x, y, z)= www.vnmath.com (0, −1, −2) Bài 4. • Với n =0thì 2n + 15 = 16 là số chính phương. • Với n =1thì 2n + 15 = 17 không phải là số chính phương. • Với n > 2 thì 2n chia hết cho 4, như vậy 2n +15chia cho 4 dư 3. Dễ thấy mọi số chính phương m đều chia hết cho 4 hoặc chia cho 4 dư 1. Thật vậy, nếu số chính phương m là bình phương m là bình phương . của số chẵn thì rõ ràng m.4. Còn nếu m là bình phương của số lẻ tức m =(2k +1)2 =4k2 +4k +1(k ∈ Z) thì m chia cho 4 dư 1. Do đó với n > 2 số 2n +15 không thể là số chính phương (vì 2n +15 chia cho 4 dư 3). Vậy chỉ với n =0thì 2n +15là số chính phương. Bài 5.
2.16. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1997(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)79 1. Gọi các tiếp điểm của (O, R) và (O0,R0) với cạnh BC lần lượt là M,N thì OM và O0N vuông góc với BC.Do4ABC đều nên ∠OBM = ∠O0CN =30◦. Do đó √ √ √ BM = R 3,CN = R0 3 ⇒ MN = BC−BM−CN =1− 3(R+R0) Trong hình thang vuông OMNO0 ta luôn có √ √ MN 6 OO0 ⇒ 1 − 3(R + R0) 6 R + R0 ⇒ ( 3 + 1)(R + R0) > 1 √ 1 3 − 1 ⇒ R + R0 > √ = 3+1 2 0 k ⇒ 0 Dấu đẳng√ thức có được khi và chỉ khi OO MN OM = O N hay 0 3−1 R = R = 4 . √ √ 0 3−1 0 3−1 Vậy R + R > 2 . Dấu đẳng thức có được khi R = R = 4 . 2. Gọi S và S0 là diện tích các hình tròn (O, R) và (O0,R0) ta có √ √ π π 3 − 1 2 2 − 3 S + S0 = π(R2 + R02) > (R + R0)2 > = π 2 2 2 4 √ 0 3−1 Các bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi và chỉ khi R = R = 4 . √ √ 0 2− 3 0 3−1 Vậy S + S đạt min bằng 4 π, đạt được khi R = R = 4 . www.vnmath.com 2.16 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1997 (cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin) Bài 1. Giải hệ phương trình (y3 + y2x +3x − 6y = 0 (1) x2 + xy = 3 (2) Hệ đã cho tương đương với (y3 + y2x +3x − 6y =0 (y2(x + y)+3x − 6y =0 ⇒ 3 x(x + y)=3 x + y = x (y2 3 +3x − 6y =0 (3y2 +3x2 − 6xy = 0 (3) ⇒ x ⇒ 3 3 x + y = x x + y = x (4)
80 Chương 2. Đáp án tuyển sinh (3) tương đương với 3(x − y)2 =0⇒ x = y. Thay vào (4) ta được: 3 3 r3 2x = ⇒ x2 = ⇒ x = ± x 2 2 q 3 −q3 Vậy nghiệm của hệ là: x = y = 2 và x = y = 2 Bài 2. 1. Với y chẵn thì 1992x1993 +1993y1994 là số chẵn (x ∈ Z). Do đó phương trình 1992x1993 + 1993y1994 = 1995 không có nghiệm nguyên với y chẵn. 2. Với y lẻ thì y997 là số lẻ, giả sử y1997 =2k +1, khi đó 1993y1994 = 1993(y997)2 = 1993(2k +1)2 = 1993(4k2 +4k +1) = 4[1993(k2 + k)] + 1993 Nên 1993y1994 chia 4 dư 1 suy ra 1992x1993 + 1993y1994 chia 4 dư 1 (vì . 1992.4). Trong khi đó 1995 chia cho 4 dư 3 nên phương trình đã cho không có nghiệm nguyên với y lẻ. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm x, y nguyên. Bài 3. Giả sử 1997 viết được dưới dạng tổng của n hợp số a1,a2, ,an : 1997 = a1 + a2 + ···+ an, nhưng không viết được dưới dạng tổng của n +1 hợp số. Khi đó dễ thấy: www.vnmath.com 1. Mỗi hợp số ai(i =1, ,n) không viết được dưới dạng tổng của hai hợp số. 2. Tổng của hai hợp số ai,ak không viết được dưới dạng tổng của ba hợp số. Do 1997 là lẻ nên trong số a1, ,an phải có một hợp số là lẻ và nếu ai là hợp số lẻ thì nó phải là 9. Thật vậy: 1, 3, 5, 7, 11, 13 không phải là hợp số còn nếu ai > 15 thì ai =9+(ai − 9), trong đó 9 là hợp số còn ai − 9 là số chẵn > 6 nên nó cũng là hợp số, như vậy ai viết được dưới dạng tổng của hai hợp số, trái với giả thiết thứ nhất. Ngoài ra không thể có quá một hợp số bằng 9, vì nếu có hai trường hợp số bằng 9 thì tổng của chúng bằng 18 là tổng của ba hợp số (18 = 6+6+6 = 4+6+8=···), trái với giả thiết thứ hai. Vậyt trong số a1,a2, ,an có đúng một hợp số lẻ và số đó là 9. Không mất tổng quát, giả sử a1 =9. Khi đó 1997 = 9 + a1 + a2 + ···+ an ⇒ a1 + a2 + ···+ an = 1988 (*)
2.16. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1997(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)81 trong đó a1,a2, ,an là các hợp số chẵn. Dễ thấy hợp số chẵn chỉ có thể là 4 hoặc 6. Vì nếu ai là hợp số chẵn > 8 thì ai =4+(ai − 4), trong đó 4 và ai − 4 (là số chẵn > 4) đều là hợp số, trái với nhận xét thứ nhất. Số hợp số bằng 6 không quá 1, vì nếu có 2 hợp số bằng 6 thì tổng 2 hợp số đó bằng 12=4+4+4là tổng của 3 hợp số, trái với nhận xét thứ hai. Nhưng nếu có đúng một hợp số bằng 6 còn các hợp số còn lại bằng 4 thì . tổng a2 + a3 + ···+ an không chia hết cho 4 mà 1988.4, trái với giả thiết (*). Do đó không có hợp số bằng 6. Vậy a2 + a3 + ···+ an đều bằng 4 và từ (*) ta có: (n − 1)4 = 1988 ⇒ n = 498 (1997 = 9 + 4 + 4 + ···+4) | (498{zsố4) } Bài 4. Dễ dàng chứng minh được hai kết luận sau: 1 1 1 a) Với x, y, z > 0 ta có (x + y + z) x + y + z > 9, dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x = y = z. b) Trong 4ABC với các chiều cao ha,hb,hc và bán kính đường tròn nội tiếp bằng r ta có: 1 1 1 1 + + = www.vnmath.com ha hb hc r Chứng minh. x y q x y a) Trước tiên dễ thấy y + x > 2 y x =2, dấu "=" đạt được khi x y ⇒ y = x x = y(x, y > 0). Áp dụng ta có: 1 1 1 x y y z z x (x + y + z) + + =3 + + + x y z y x z y x z > 3+2+2+2=9 dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x = y = z. aha b) Từ công thức tính diện tích tam giác S = 2 = p.r (p là nửa chi vi tam giác) ta có: 1 a = ha 2pr
82 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Tương tự 1 b 1 c = , = hb 2pr hc 2pr 1 1 1 a + b + c 1 ⇒ + + = = ha hb hc 2pr r Bây giờ ta xét 1 1 1 M = + + ha +2hb hb +2hc hc +2ha Ta có 1 2 1 1 1 (ha +2hb) + =(ha + hb + hb) + + > 9 ha hb ha hb hb 1 1 1 2 ⇒ 6 + dấu "=" đạt được ⇒ ha = hb ha +2hb 9 ha hb Tương tự 1 1 1 2 6 + dấu "=" đạt được ⇒ hb = hc hb +2hc 9 hb hc www.vnmath.com và 1 1 1 2 6 + dấu "=" đạt được ⇒ hc = ha hc +2ha 9 hc ha Cộng ba bất đẳng thức cuối ta được 1 1 1 1 1 1 1 M 6 + + = . = (vì r =1) 3 ha hb hc 3 r 3 dấu "=" đạt được khi và chỉ khi ha = hb = hc ⇒ a = b = c suy ra 4ABC đều. 1 4 Vậy M đạt max bằng 3 , đạt được khi và chỉ khi ABC đều, (khi đó ha = hb = hc =3). Bài 5. Vì 16 điểm được tô bằng 3 màu nên phải có ít nhất 6 điểm được tô cùng một màu. Giả sử 6 điểm đó là A,B,C,D,E,F4. Xét 5 đoạn thẳng
2.17. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1998 (cho mọi thí sinh) 83 AB, AC, AD, AE, AF . Vì 5 đoạn đó được tô bởi hai màu tím và nâu, nên có ít nhất 3 đoạn được tô cùng màu, giả sử đó là ba đoạn AB, AD, AF và chúng được tô bằng màu tím. Khi đó nếu một trong 3 đoạn BD, DF, FB cũng được tô bằng màu tím, chẳng hạn đoạn BD, thì ta được 4ABD có ba đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu tím. (Nếu DF hoặc FB được tô màu tím ta lý luận tương tự). Nếu cả 3 đoạn BD, DF, FB đều không được tô màu tím thì cả 3 đoạn phải được tô màu nâu và khi đó 4BDF có ba đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu nâu. Vậy ta luôn tìm được một tam giác thoả mãn điều kiện bài toán. 2.17 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1998 (cho mọi thí sinh) Bài 1. 1. Giải phương trình √ √ 2 − x2 + x2 +8=4 (1) Điều kiện: x2 6 2. Bình phương hai vế, rut gọn và chuyển vế ta được (1) tương đương với √ x2 =1 −x4 − 6x2 +16=3⇒−x4 − 6x2 +16=9⇒ x2 = −7 (loại) www.vnmath.com Nghiệm của phương trình là: x = ±1 2. Giải hệ phương trình (x2 + xy + y2 = 7 (1) x4 + x2y2 + y4 = 21 (2) (x2 + y2 = u Cách 1: Đặt thì hệ (1), (2) có dạng xy = v (u + v =7 (u + v =7 (u =5 ⇒ ⇒ u2 − v2 =21 u − v =3 v =2 Từ đó ta có hệ (x2 + y2 =5 ((x + y)2 =9 (x + y = ±3 ⇒ ⇒ xy =2 xy =2 xy =2
84 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Giải hai hệ (x + y =3 (x + y = −3 và xy =2 xy =2 Ta thu được nghiệm là (x =1 (x =2 (x = −1 (x = −2 , , , y =2 y =1 y = −2 y = −1 Cách 2: (2) tương đương với (x2 + y2)2 − x2y2 =21⇒ (x2 + y2 + xy)(x2 + y2 − xy)=21 Do đó hệ tương đương với (x2 + xy + y2 =7 (x2 + y2 =5 ⇒ x2 − xy + y2 =3 xy =2 Sau đó giải tiếp tục như cách 1. Bài 2. (a3 − 3ab2 =19 b3 − 3a2b =98 Bình phương hai vế của các đẳng thức trên và cộng lại ta được √ www.vnmath.com a6 +3a4b2 +3a2b4 + b6 = 9965 ⇒ (a2 + b2)3 = 9965 ⇒ a2 + b2 = 3 9965 Bài 3. Do a, b, c ∈ [0, 1] nên (1 − a)(1 − b)(1 − c) > 0 ⇒ 1 − a − b − c + ab + bc + ca − abc > 0 ⇒ a + b + c − ab − bc − ca 6 1 − abc 6 1 Do a, b, c ∈ [0, 1] nên b2 6 b, c3 6 c. Từ đó ta có a + b2 + c3 − ab − bc − ca 6 a + b + c − ab − bc − ca 6 1 Bài 4. 1. a) Do AI và BI vuông góc nên I chạy trên đường tròn cố định đường kính AB. b) Kẻ đường kính BC. Dễ thấy: - Nếu M thuộc nửa đường tròn đường kính BC không chứa A thì I thuộc đoạn thẳng AM và N thuộc cung lớn AB.
2.17. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1998 (cho mọi thí sinh) 85 - Nếu M thuộc cung nhỏ AC thì góc ∠BAM tù, do đó I nằm trên MA kéo dài về phía A. Khi đó điểm N có thể thuộc cung nhỏ AB (H2), hoặc cung lớn AB (H3). Trong cả ba trường hợp trên đều dễ chứng minh được rằng tổng số đo hai cung nhỏ AB và MN luôn bằng 180◦, tức là ∠MON + ∠AOB = 180◦. Gọi trung điểm AB là H ta có: 1 1 ∠NOJ + ∠AOH = ∠MON + ∠AOB =90◦ 2 2 Mà ∠OAH + ∠AOH =90◦ ⇒ ∠NOJ = ∠OAH ⇒4NOJ = 4OAH (Hai tam giác vuông có cạnh huyền ON = OA = R, ∠NOJ = ∠OAH) AB OJ = AH = 2 0 AB Vậy J chạy trên đường tròn tâm O bán kính R = 2 . 2. Kẻ đường kính EF⊥AB với E,F lần lượt là các điểm chính giữa cung lớn và cung nhỏ AB. Kéo dài AM một đoạn MD = MB thì MA+ MB = MA+ MD = AD. www.vnmath.com Vì 4MAB có AB cố định nên chu vi 4MAB lớn nhất khi và chỉ khi MA+ MB lớn nhất khi và chỉ khi AD lớn nhất. Vì MF là phân giác ∠AMB còn EM⊥FM nên đường thẳng EM chứa phân giác ∠BMD (kề bù với ∠AMB.Vì4MBD cân ở M nên EM là đường trung trực của BD. Do đó ED = EB = EA ⇒ AD 6 EA + ED = EA + EB dấu "=" đạt được khi và chỉ khi E thuộc đoạn AD hay M ≡ E. Vậy chu vi tam giác MAB đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi M ≡ E (E là trung điểm của cung lớn AB). Bài 5. 1. Giả sử (n +26=a3 (1) a, b là các số nguyên dương n − 11 = b3 (2)
86 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Do n +26>n− 11 nên a>b. Trừ (1) cho (2) ta được 37 = a3 − b3 ⇒ (a − b)(a2 + ab + b2)=37 Vì 37 là số nguyên tố còn hiển nhiên 0 <a− b<a2 + ab + b2 nên ta có: (a − b =1 a2 + ab + b2 =37 Giải ra ta được a =4,b =3(loại nghiệm âm). Thay vào (1) (hoặc (2)) ta được n =38. Thử lại ta thấy n =38thoả mãn (1), (2) với a =4và b =3. 2. Từ điều kiện x2 + y2 + z2 =1⇒ x2 6 1,y2 6 1,z2 6 1 Do đó x2(y − z)2 6 (y − z)2 = y2 + z2 − 2yz Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi y = z hoặc x2 =1 Tương tự y2(z − x)2 6 z2 + x2 − 2zx Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi z = x hoặc y2 =1 www.vnmath.com z2(x − y)2 6 x2 + y2 − 2xy Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x = y hoặc z2 =1 Cộng ba bất đẳng thức thu được ta có: x2(y − z)2 + y2(z − x)2 + z2(x − y)2 6 2(x2 + y2 + z2) − 2(xy + yz + zx) =2− 2(xy + yz + zx) 1 P = xy + yz + zx + [x2(y − z)2 + y2(z − x)2 + z2(x − y)2] 6 1 2 Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi y = z hoặc x2 = 1 (1)  z = x hoặc y2 = 1 (2) 2 x = y hoặc z = 1 (3)
2.18. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1998(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)87 Nhưng với x2 =1thì do x2 + y2 + z2 =1⇒ y = z =0, do đó điều kiện (2), (3) không thể thoả mãn. Tương tự, trường hợp y2 =1hoặc z2 =1cũng bị loại. Vậy P =1khi và chỉ khi (x = y = z 1 ⇒ x = y = z = ±√ x2 + y2 + z2 =1 3 Vậy P đạt max bằng 1, đạt được khi và chỉ khi x = y = z = ± √1 . 3 2.18 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1998 (cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin) Bài 1. 1. Giải hệ phương trình (x + x2 + x3 + x4 = y + y2 + y3 + y4 (1) x2 + y2 = 1 (2) Ta có (1) tương đương với (x − y)[1 + x + y + x2 + xy + y2 +(x2 + y2)(x + y)] = 0. Do đó hệ (1) và (2) tương đương www.vnmath.com  (x − y = 0 (3) ((x − y)[2 + 2(x + y)+xy]=0  x2 + y2 = 1 (4) ⇒  x2 + y2 =1  (  2+2(x + y)+xy = 0 (5)  x2 + y2 = 1 (6) a) Giải hệ (3), (4) ta được hai nghiệm là x = y = ± √1 . 2 (x + y = u b) Đặt thì hệ (5), (6) có dạng xy = v (2+2u + v =0 (v = −2u − 2 ⇒ u2 − 2v =1 u2 + 2(2u +2)=1 (u = −1 (u = −3 Giải ra ta được hoặc v =0 v =4
88 Chương 2. Đáp án tuyển sinh (x + y = −1 (x =0,y = −1 Với u = −1,v =0ta được hệ ⇒ xy =0 x = −1,y =0 (x + y = −3 Với u = −3,v =4ta được hệ Hệ này vô nghiệm xy =4 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm: √1 , √1 , − √1 , − √1 , (0, −1), (−1, 0). 2 2 2 2 2. Xét phương trình √ √ 1 − x + 1+x = |1 − a| + |1+a| (1) Điều kiện: −1 6 x 6 1. Khi đó: √ √ √ √ √ ( 1 − x + 1+x)2 =2+2 1 − x2 6 4 ⇒ 1 − x + 1+x 6 2 Đẳng thức có được khi x =0. |1 − a| + |1+a| > |1 − a +1+a| =2 Đẳng thức có được khi (1 − a)(1 + a) > 0 ⇒−1 6 a 6 1. Do đó (1) có nghiệm khi và chỉ khi |1−a|+|1+a| =2⇒−1 6 a 6 1. Khi đó nghiệmc của phương trình là x =0. Chú ý: Bình phương hai vế của (1) và rút gọn ta được (1) tương đương với √ www.vnmath.com 1 − x2 = a2 + |1 − a2| (2) √ Do 1 − x2 6 1 dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x =0còn a2 + |1 − a2| > |a2 +1− a2| =1, dấu "=" đạt được khi và chỉ khi a2(1 − a2) > 0 ⇒ a2 6 1. Do đó (2) có nghiệm khi và chỉ khi a2 6 1 hay −1 6 a 6 1. Khi đó nghiệm của (2) (hay của (1)) là: x =0. Bài 2. Tìm nghiệm nguyên 19x3 − 98y2 = 1998 (1) (1) tương đương với 19(x3 − 100) = 98(y2 +1)⇒ 19(x3 − 2) = 98(y2 + 20) (2) Ta có 98(y2 + 20) chia hết cho 7 (với y nguyên). Ta chứng minh 19(x3 − 2) không chia hết cho 7 và như vậy (2) không có nghiệm nguyên.
2.18. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1998(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)89 Với ∀x ∈ Z ta có x =7k + i, k ∈ Z còn i nhận các giá trị từ 0 đến 6. x3 −2=(7k +i)3 −2=(7k)3 +3(7k)2i+3.7ki2 +i3 −2=7m+i3 −2,m∈ Z Dễ kiểm tra được rằng: Với i nhận các giá trị từ 0 đến 6 thì i3 − 2 không chia hết cho 7 suy ra x3 −2 không chia hết cho 7. Vì 19 và 7 nguyên tố cùng nhau nên 19(x3 − 2) cũng không chia hết cho 7. Vậy (1) không có nghiệm nguyên. Bài 3. 1. Do 0 3 ⇒ a + b + c>3(b − a) ⇒ 4a + c>2b (1) b − a Vì phương trình ax2 + bx + c =0vô nghiệm nên b2 b2 r b2 c> ⇒ 4a + c>4a + > 2 4a. =2b 4a 4a 4a a+b+c Từ đó suy ra (1) đúng và như vậy b−a > 3. 2. Ta có x2 y2 z2 P = + + x2 +2yz y2 +2zx z2 +2xy x2 y2 z2 www.vnmath.com > + + =1 x2 + y2 + z2 y2 + z2 + x2 z2 + x2 + y2 Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi 2yz = y2 + z2, 2zx = z2 + x2, 2xy = x2 + y2 ⇒ x = y = z. Vậy P đạt min bằng 1, đạt được khi và chỉ khi x = y = z. Bài 4. Ta điền vào các ô vuông các số theo quy tắc sau: Điền vào ô (m, n) số f(m, n)=i nếu n − m =5k + i trong đó k ∈ Z còn i là một trong 5 số: 0, 1, 2, 3, 4, tức là n − m = i( mod 5). Khi đó: a) Trên bảng thu được, trong 5 ô liên tiếp của một hàng hay một cột đều có 5 số khác nhau là 0, 1, 2, 3, 4. b) Trên mỗi hàng có 2000 ô nên trên bảng thu được số ô chứa số 0 bằng số ô chứa số 1, bằng số ô chứa số 2, bằng số ô chứa số 3, bằng số ô chứa số 4. c) Vì q − p =(q +1)− (p +1)=(q +2)− (p +2)=(q +3)− (p +3)= (q +4)− (p +4), nên 5 ô tô lần thứ nhất chứa cùng một số, giả sử đó là số i. Từ lần thứ hai trở đi mỗi lần tô 5 ô chứa 5 số khác nhau và sau một lần
90 Chương 2. Đáp án tuyển sinh tô bất kỳ (kể từ lần thứ hai) số ô được tô chứa số i nhiều hơn các ô được tô chứa mỗi số còn lại 5 ô. Do đó không thể sau một lần tô nào ta có thể tô được hết các ô vuông con của bảng đã cho (theo b)). Bài 5. Gọi bán kính của các đường tròn ε1,ε2,ε3 là R và các tâm của chúng là O1,O2,O3 tương ứng thì O1O2O3 là tam giác đều có cạnh bằng 2R. Gọi tâm của ε là O thì do OO1 = OO2 = OO3 = R + r nên O là trọng 4 tâm (trực tâm ) của O1√O2O3. √ Do đó OO = 2O O 3 = O√2O3 hay R + r = √2R ⇒ R = √3 r = √ 1 3 2 3 2 3 3 2− 3 (3+2 3)r. Gọi các tiếp điểm của ε2,ε3 với cạnh BC là M,N tương ứng thì O2M và O3N vuông góc với BC và O2M = O3N = R ⇒ O2MNO3 là hình chữ nhật và MN = O2O3 =2R. √ Dễ thấy BM = CN = R 3 (4BMO2 và 4CNO3 vuông góc và có ◦ ∠O2BM = ∠O3CN =30). √ √ √ √ BC = BM+MN+NC =2 3R+2R =(2 3+2)(3+2 3)r = (18+10 3)r √ Vậy cạnh của tam giác đều ABC là (18 + 10 3)r. 2.19 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1999 (cho mọi thí sinh) Bài 1. (a + b + c =0 (1) www.vnmath.com a2 + b2 + c2 =14 (2) Bình phương hai vế của (1) ta có ab + bc + ca = −7 (3) Bình phương hai vế của (3) ta có a2b2 + b2c2 + c2a2 +2abc(a + b + c)=49→ a2b2 + b2c2 + c2a2 =49 Bình phương hai vế của (2) ta được a4 + b4 + c4 +2(a2b2 + b2c2 + c2a2) = 196 → a4 + b4 + c4 =98 Vậy biểu thức cần tính P =1+a4 + b4 + c4 =99 Bài 2.
2.19. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 1999 (cho mọi thí sinh) 91 √ √ √ 1. Giải phương trình: x +3− 7 − x = 2x − 8 Phương trình tương đương với (4 ≤ x ≤ 7 (1) √ √ √ x +3= 2x − 8+ 7 − x (2) Phương trình (2) tương đương với √ x +3=x − 1+2 −2x2 +22x − 56 √ →2= −2x2 +22x − 56 →4=−2x2 +22x − 56 →x2 − 11x +30=0 →x1 =5,x2 =6 Cả hai nghiệm đều thoả mãn (1). Vậy phương trình đã cho có hai (x =5 nghiệm 1 x2 =6 2. Hệ đã cho có dạng x + 1 +y + 1 = 9  y x 2 x + 1 y + 1 = 9  y x 2 www.vnmath.com 1 1 Đặt x + y = u và y + x = v ta có: (u + v = 9 (u =3 (u = 3 2 ⇔ 2 9 3 hoặc uv = 2 v = 2 v =3 Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm là ( ( ( 1 ( x =1 x =2 x = 2 x =1 ; ; ; 1 y =2 y =1 y =1 y = 2 Bài 3. Ta có n2 +9n − 2 20 = n − 2+ n +11 n +11 . muốn n2 +9n − 2.n +11thì n +11phải là ước số của 20 suy ra n =9là duy nhất
92 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Bài 4. 1) và 2) Gọi trung điểm của OI là O0 thì O0E0là đường trung 0 0 1 1 bình của tam giác IOE do đó O E = 2 OE = 2 R (R là bán kính của đường tròn (C ). 0 0 0 0 0 0 R Tương tự: O F = O M = O N = 2 . 0 0 0 0 0 R Vậy M E N F luôn là tứ giác nội tiếp đường tròn có bán kính R = 2 . 0 0 1 0 0 0 0 1 0 ⊥ 0 0 0 0 3) Nếu MN EF thì S = SM E N F = 2 M N .E F = 8 MN.EF Hạ OK⊥MN,OH⊥EF ta có MN2 + EF2 =4MK2 +4EH2 =4(R2 − OK2)+4(R2 − OH2)=8R2 − 4(OK2 + OH2) =8R2 − 4OI2 không đổi (vì I cố định). Do đó 1 1 1 S0 = MN.EF ≤ (MN2 + EF2)= (2R2 − OI2) 8 16 4 Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi MN = EF hay OK = OH hay hình chữ nhật OKIH là hình vuông khi và chỉ khi MN và EF lập với OI các góc bằng 45◦. 0 1 2 2 0 0 0 0 − Vậy S = SM N E F đạt max bằng 4(2R OI ), đạt được khi và chỉ khi MN và EF lập với OI các góc bằng 45◦. Bài 5. Từ giả thiết x>0,y >0,x+ y =1ta có 2 (x + y) 1 1 www.vnmath.com xy ≤ = → x2y2 ≤ 4 4 16 1 Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x = y = 2 2 2 1 Ta có: P = x y + x2y2 +2 ≥ ≥ 1 ≥ 1 Cách 1: Trước hết chú ý rằng nếu a b 1 thì a + a b + b . Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi a = b. Thật vậy: 1 1 ab − 1 S = a + −b + =(a − b) ≥ 0 a b ab Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi a = b. 1 ≥ Coi a = x2y2 b =16ta có 1 1 289 P = + x2y2 +2≥ 16 + +2= x2y2 16 16 1 1 1 Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x2y2 =16hay xy = 4 hay x = y = 2.
2.20. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2000 (cho mọi thí sinh) 93 289 1 Vậy P đạt min bằng 16 , đạt được khi x = y = 2 Cách 2: 1 1 P = x2y2 + +2=162x2y2 + +2− 255x2y2 x2y2 x2y2 2 2 2 1 ≥ 1 1 mà 16 x y + x2y2 32, dấu "=" đạt được khi 16xy = xy hay xy = 4 hay 1 x = y = 2 . 2 2 ≤ 1 − 2 2 ≥−255 Còn do x y 16 nên 255x y 16 , dấu "=" đạt được khi x = y = 1 2 . ≥ − 255 289 1 Vậy P 32 + 2 16 = 16 , dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x = y = 2 289 1 suy ra P đạt min bằng 16 đạt được khi và chỉ khi x = y = 2 2.20 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2000 (cho mọi thí sinh) Bài 1. 1) Ta có 1 1 1 1 1 S =(1− )+( − )+···+( − ) 2 2 3 1999 2000 1 1999 ⇔ S =1− = 2000 2000 1 x www.vnmath.com 2) Đặt u = x + y ,v= y ta có 1 1 2 2x x2 + = x + − = u2 − 2v y2 y y Thay vào hệ đã cho ta nhận được: (u + v =3 u =2,v=1 ⇒ u2 + u − 6=0 ⇔ u2 − v =3 u = −3,v=6 a) Giải (x + 1 =2 (x + 1 =2 (x =1 y ⇔ y ⇔ x y =1 x = y x =1 b) Giải (x + 1 = −3 (6y + 1 = −3 y ⇔ y ⇔ x Vô nghiệm y =6 x =6y
94 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Đáp số: (x =1 y =1 Bài 2. 1) Viết lại phương trình dưới dạng √ √ x − 1+ x3 + x2 + x +1=1+p(x − 1)(x3 + x2 + x +1) (1) Điều kiện: x > 1 ta có √ √ (1) ⇔ ( x − 1 − 1)( x3 + x2 + x +1− 1)=0 √ a) Giải √x − 1=1 ⇔ x =2 b) Giải x3 + x2 + x +1=1 ⇔ x =0 (loại) Đáp số: x =2 2) Cách giải thứ nhất: Phương trình đã cho viết lại như sau: 11 7 x2 − 4ax +4a2 = −x2 + x − 7=(2− x)(x − ) 2 2 7 ⇔ (x − 2a)2 =(2− x)(x − ) 2 7 7 suy ra (2 − x)(x − ) > 0 ⇔ 2 6 x 6 2 2 7 2 6 x0 6 2 www.vnmath.com Vậy chỉ có thể x0 =2,x0 =3. Thay vào phương trình ta nhận được: a) (2 − 2a)2 =0 ⇒ a =1 Thử lại với a =1ta có phương trình 19 2x2 − x +11=0 2 Phương trình này có nghiệm nguyên x =2. b) (3 − 2a)2 = 1 ⇒ a = 3 ± √1 2 2 2 2 Thử lại với a = 3 + √1 ta có phương trình 2 2 2 23 √ 33 √ 2x2 − + 2x + +3 2=0 2 2 có nghiệm nguyên x =3. Với a = 3 − √1 thu được phương trình 2 2 2 23 √ 33 √ 2x2 − − 2x + − 3 2=0 2 2
2.20. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2000 (cho mọi thí sinh) 95 có nghiệm nguyên x =3 Vậy a =1,a= 3 ± √1 là các giá trị của a cần tìm. 2 2 2 Cách thứ 2: Phương trình được viết dưới dạng 11x 4a2 − 4xa +2x2 − +7=0 2 Suy ra 7 40 = −4x2 +22x − 28 > 0 ⇔ 2 6 x 6 2 Vậy nghiệm nguyên x0 chỉ có thể nhận các giá trị x0 =2,x0 =3. Thay vào phương trình ta nhận được 3 1 a =1,a= ± √ 2 2 2 Bài 3. 1) Đường tròn tiếp xúc với AD tại P và BC tại Q.VìAB//DC ⇒ A + D = 1800 b b Ta có AOD\ = 1800 − (OAD\ + ODA\) A + B = 1800 − b b =900 2 ⇒4AOD vuông tại O. Tương tự 4BOC vuông tại O. www.vnmath.com Xét hai tam giác vuông AOD và BOC ta có: PA.PD = r2 = QB.QC Vì AE = PA,DF = PD,BE = QB, CF = QC ta suy ra: BE DF AE.DF = BE.CF ⇒ = (đpcm) AE CF 2) Ta có r S = (AB + AD + DC + BC) ABCD 2 Vì AB + AD = DC + BC ⇒ S = r(AB + CD) Từ tính chất BE DF 1 = ⇒ CF = .CD = CQ AE CF 3 2a BQ = EB = 3
96 Chương 2. Đáp án tuyển sinh 1 2a ⇒ − Ta suy ra: b = 3 CD + 3 CD =3b 2a ⇒ AB + CD =3b − a ⇒ SABCD = r(3b − a) Ta có 2a 3b − 2a p2a(3b − 2a) t2 = BQ.CQ = . ⇒ r = 3 3 3 Suy ra p2a(3b − 2a) S = .(3b − a) ABCD 3 Bài 4. Cách 1: Bất đẳng thức được viết lại dưới dạng 4x2y2 x4 + y4 M = + > 3 (x2 + y2)2 x2y2 4x2y2 (x2 + y2)2 4x2y2 (x2 + y2)2 (x2 + y2)2 M = + = + + (x2 + y2)2 2x2y2 (x2 + y2)2 2x2y2 2x2y2 x2 + y2)2 M > 2+ > 2+1=3 2x2y2 Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y. Cách 2: Bất đẳng thức được viết lại: www.vnmath.com x2 y2 x2 + y2 x2 + y2 N =4 . + + > 5 x2 + y2 x2 + y2 x2 y2 x2 y2 Đặt a = x2+y2 ,b= x2+y2 , ta có a, b > 0,a+ b =1 Từ đó 1 1 1 1 n =4ab + + =8ab + + − 4ab a b a b √ a + b 2 N > 3 3 8 − 4 =5 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b ⇔ x = y. 2.21 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2000 (cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin) Bài 1.
2.21. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2000(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)97 1. y(x − 1) = x2 +2 (1) Dễ thấy x =1không thể thoả mãn (1), do đó (1) tương đương với x2 +2 3 y = ⇒ y = x +1+ (2) x − 1 x − 1 ∈ ∈ 3 ∈ − Với x Z thì y Z suy ra x−1 Z hay z 1 là một trong các số: ±1, ±3 x − 1=1→ x =2→ y =6 x − 1=−1 → x =0→ y = −2 x − 1=3→ x =4→ y =6 x − 1=−3 → x = −2 → y = −2 Vậy phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên (x, y) là (2; 6), (0; −2), (4; 6), (−2; −2) 2. −1 ≤ x + y ≤ 1 (1) −1 ≤ xy + x + y ≤ 1 (2) Ta chứng minh |x|≤2. Giả sử ngược lại |x| > 2 khi đó có hai khả năng www.vnmath.com (a) x>2. Từ (1) ta có y ≤ 1 − x 1 suy ra xy 2 thì xy 2 là sai suy ra |x|≤2. Lý luận tương tự ta có |y|≤2 Bài 2. 1. Phương trình đã cho viết lại dưới dạng 4 r 1 r 5 − x + x − − 2x − =0 (1) x x x q − 1 q − 5 ≥ 2 − 2 4 − Đặt u = x x ,v = 2x x thì u, v 0 và u v = x x.Do đó (1) có dạng u2 − v2 + u − v =0⇒ (u − v)(u + v +1)=0 ⇒ u = v (vì u, v ≥ 0)
98 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Từ đó ta có r 1 r 5 1 5 x − = 2x − ⇒ x − =2x − ≥ 0 (2) x x x x − 1 − 5 ± Phương trình x x =2x x có nghiệm là x = 2. Từ (2) suy ra chỉ có x =2là nghiệm của phương trình đã cho. 2. f(x)=ax2 + bx + c. Gọi tập số hữu tỷ là Q ta có f(1) = a + b + c ∈ Q (1) f(4) = 16a +4b + c ∈ Q (2) f(9) = 81a +9b + c ∈ Q (3) Trừ (2) cho (1) ta có 15a +3b ∈ Q ⇒ 5a + b ∈ Q (4) Trừ (3) cho (2) ta có 65a − 5b ∈ Q ⇒ 13a − b ∈ Q (5) Cộng (4) và (5) ta được 18a ∈ Q ⇒ a ∈ Q. Từ (3) suy ra b ∈ Q và từ (1) ta có c ∈ Q.Vậya, b, c ∈ Q www.vnmath.com Bài 3. 1. Vẽ vòng tròn (O) đường kính AC.DoB ≥ 90◦, D ≥ 90◦ nên B và b b D nằm bên trong hoặc trên (O). Kéo dài BD cắt (O) tại M,N thì BD ≤ MN ≤ AC 2. Vì A, B, C là ba đỉnh của một tam giác nên B không thuộc đường thẳng AC. Theo giả thiết 4ABC phải thoả mãn đồng thời bốn điều kiện sau: A ≤ B  b b A ≤ C  b b B ≤ 90◦  b C ≤ 90◦  b Ta lần lượt tìn tập hợp các điểm B thoả mãn mỗi điều kiện trên a) A ≤ B suy ra BC < AC hay B nằm bên trong hoặc trên đường b b tròn (C) tâm C, bán kính CA.
2.22. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2001 (cho mọi thí sinh) 99 b) A ≤ B suy ra BC < BA hay B thuộc nửa mặt phẳng chứa C có b b bờ là đường trung trực 4 của AC (B có thể thuộc 4). c) B ≤ 90◦ hay B nằm bên ngoài hoặc trên đường tròn (O) đường b kính AC. d) C ≤ 90◦ hay B thuộc nửa mặt phẳng chứa A, có bờ là đường thẳng b d đi qua C, vuông góc với AC (B có thể thuộc d nhưng B =6 C). Vậy tập hợp các điểm B thoả mãn giả thiết bài toán là phần không bị gạch trên hình vẽ (kể cả biên trừ điểm C). Bài 4. Gọi 6 điểm đã cho là A,B,C,D,E,F. Ta tô màu các đoạn thẳng nối các cặp điểm trong chúng như sau: Trong mỗi tam giác có 3 đỉnh là 3 trong 6 điểm đã cho, ta tô cạnh bé nhất của nó màu đỏ. Sau khi đã tô hết các cạnh như vậy bằng màu đỏ, các đoạn thẳng còn lại ta tô màu xanh (như vậy đoạn được tô xanh không phải là cạnh bé nhất của một tam giác nào cả). Ta chứng minh tồn tại 3 điểm trong 6 điểm đã cho mà tam giác tạo bởi ba điểm đó có ba cạnh cùng màu. Thật vậy, vì 5 đoạn AB, AC, AD, AE, AF được tô bởi hai màu xanh, đỏ nên trong chúng phải có 3 đoạn cùng màu. Không mất tổng quát giả sử đó là AB, AC, AD. Khi đó nếu một trong 3 đoạn BC, CD, DB, chẳng hạn BC, cùng màu với các đoạn AB, AC, AD, thì 4ABC có ba cạnh cùng màu. Còn nếu cả ba đoạn BC, CD, DB đều khác màu với các đoạn AB, AC, AD thì chúng cùng màu với nhau. Suy ra 4BCD có ba cạnh cùng màu. Vậy luôn có ba điểm trong 6 điểm đã cho có tạo thành tam giác có ba cạnh cùng màu. www.vnmath.com Giả sử 4ABC có ba cạnh cùng màu. Khi đó do cạnh bé nhất của nó có màu đỏ nên cả ba cạnh cùng màu đỏ. Do cạnh lớn nhất của 4ABC có màu đỏ nên nó cũng là cạnh bé nhất của một tam giác khác. 2.22 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2001 (cho mọi thí sinh) Bài 1. Ta có y2 − 1 x2 = (y =2)6 y +2 (y = −2 không phải là nghiệm) 3 3 x2 = y − 2+ ⇒ y − 2+ ∈ Z y +2 y +2 Vậy y +2=±1; y +2=±3
100 Chương 2. Đáp án tuyển sinh • y +2 =1 → y = −1 → x2 =0→ x =0ta có nghiệm (x =0,y = −1) • y +2=−1 → y = −3 → x2 = −8 (loại) • y +2=3→ y =1→ x2 =0→ x =0ta có nghiệm (x =0,y =1) • y +2=−3 → y = −5 → x = −8 (loại) Đáp số: (x =0,y = 1); (x =0,y = −1) Bài 2. 1) Điều kiện để phương trình có nghĩa x 6 − 1 (x 6 − 1 và x > 0  3 3 ⇔ x > 1 x 6 0 và x > 1  x =0 Ta có x =0là nghiệm.√ Chia hai vế cho x2 =06 ta thu được r 1 r 1 3+ − 1 − =2 x x q 1 q − 1 Đặt u = 3+ x > 0,v = 1 x > 0 ta thu được (u − v =2 2 2 u + v =4 www.vnmath.com Ta có u =2+v suy ra (2 + v)2 + v2 =4↔ 2v2 +4v =0 v =0 r 1 ↔ v = 1 − =0↔ x =1 v = −2 (loại) x Đáp số: x =0hoăc x =1 2) Hệ phương trình được viết lại: (y(x − 1) + x2 − 3x +2=0 ((x − 1)(y + x − 2)=0 ⇔ ⇔ x2 + y2 =2 x2 + y2 =2  (x =1 (I)  x2 + y2 =2 ⇔   (x + y =2  (II)  x2 + y2 =2
2.22. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2001 (cho mọi thí sinh) 101 Giải (I) (x =1 (x =1 và y =1 y = −1 Giải (II) thu được x2 +(2− x)2 =2↔ 2x2 − 4x +2=0↔ x =1 và y =1 Đáp số: (x =1,y = 1); (x =1,y = −1) Bài 3. a) Ta có √ 1 a ra2 a2 a 3 OH = OM = ⇒ MH = − = 2 4 4 16 4 √ r a2 a 15 FH = a2 − = 16 4 Suy ra √ √ 3+ 15 MF = .a 4 √ √ 1 3+ 15 FF0 = MF = .a 2 8 EM = ME = HE − MH = FH − MH = FH − MH √ 1 √ 1 15 − 3 ⇒ EM = .a 4 www.vnmath.com Suy ra √ √ 1 15 − 3 EE0 = EM = .a 2 8 √ 0 0 15 Ta có tổng hai đáy hình thang EE + FF = 4 .a Ta có √ √ √ √ 3 3 15 − 3 ME0 = EM. = . .a √2 √2 √ 4√ 3 3 3+ 15 MF0 = FM. = . .a 2 2 4 Vậy đường cao hình thang vuông là: √ √ √ 3 15 45 h = ME0 + MF0 = . .a = .a 2 2 4 Diện tích hình thang vuông là: √ √ √ 1 15 45 15 3 S = . .a. .a = .a2 2 4 4 32
102 Chương 2. Đáp án tuyển sinh a Suy ra EF tiếp xúc với vòng tròn tâm O bán kính 2 . Bài 4. Nhân hai vế của phương trình (1) với xyz ta thu được 2xyz + x2z + x2y + y2x + y2z + z2y + z2x =0 ⇔ (xyz + x2z)+(xyz + y2z)+(x2y + y2x)+z2(y + x)=0 ⇔ xz(y + x)+yz(x + y)+yx(x + y)+z2(y + x)=0 ⇔ (x + y)(xz + yz + yx + z2)=0 ⇔ (x + y)(y + z)(z + x)=0 Không mất tổng quát giả sử: 1 1 x + y =0→ x3 + y3 =0→ + =0 x y 3 → → 1 Suy ra: z =1 z =1 z =1 Vậy 1 1 1 + + =1 x y z Bài 5. Ta có xyz 1 M 6 √ √ √ = 2 xy2 yz2 zx 8 1 Vậy Mmax = 8 khi x = y = z. 2.23 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2001 www.vnmath.com (cho mọi thí sinh) Bài 1. 1. Từ giả thiết ta có c = f(0) ∈ Z, còn a, b không nhất thiết phải nguyên, 1 ∈ chẳng hạn với a = b = 2 ,c Z ta có 1 1 x(x +1) f(x)= x2 + x + c = + c ∈ Z 2 2 2 với mọi x ∈ Z √ 2. Giả sử (x, y) là nghiệm không âm của phương trình x2 = y2 + y +1. Khi đó x2 >y2 (1) Mặt khác do y ≥ 0 nên y +1≤ 4y2 +4y +1=(2y +1)2
2.23. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2001 (cho mọi thí sinh) 103 hay py +1≤ 2y +1⇒ y2 + py +1≤ y2 +2y +1=(y +1)2 (2) Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi y =0. Từ (1) và (2) suy ra y2 <x2 = y2 + py +1≤ (y +1)2 ⇒ x2 =(y +1)2 (vì y2 và (y +1)2 là hai số chính phương liên tiếp) ta có: y2 + py +1=(y +1)2 ⇒ y =0 Với y =0ta được nghiệm là x =1,y =0. Vậy phương trình đã cho có đúng một nghiệm nguyên là x =1,y =0 Bài 2. √ 4 x +1=x2 − 5x +14 √ ⇒ (x2 − 6x +9)+(x +1− 4 x +1+4)=0 √ ⇒ (x − 3)2 +( x +1− 2)2 =0 x − 3=0 ⇒ √ ⇒ x =3 x +1− 2=0 Bài 3. ax + by = 3 (1) www.vnmath.com  2 2 ax + by = 5 (2) ax3 + by3 = 9 (3)  4 4 ax + by = 17 (4) Nhân (2) với x + y ta có ax3 + by3 + xy(ax + by)=5(x + y). Từ đây và (1), (3) ta có 9+3xy =5(x + y) (5) Nhân (3) với x + y ta có ax4 + by4 + xy(ax2 + by2)=9(x + y). Từ đây và (2), (4) ta có 17 + 5xy =9(x + y) (6) Vậy x, y thoả mãn hệ (9+3xy =5(x + y) 17 + 5xy =9(x + y)
104 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Giải hệ này ta được (x + y =3 x =1,y=2 ⇒ xy =2 x =2,y=1 Với x =1,y =2hệ đã cho có dạng a +2b =3  a +4b =5  ⇒ a = b =1 a +8b =9  a +16b =17 Trường hợp x =2,y =1, tương tự ta cũng thu được a = b =1. n n n Vậy Sn = ax + by =1+2 do đó A = ax5 + by5 =1+25 =33 B = ax2001 + by2001 =1+22001 Bài 4 Kéo dài MO cắt d2 tại P thì 4OAM = 4OBP suy ra hai đường cao tương ứng của chúng bằng nhau, tức là OH = OB = OA. Vậy đường tròn (O) đường kính AB tiếp xúc với MN tại H (và tiếp xúc d1,d2 tại A, B). Do đó www.vnmath.com AM = HM, BN = HN MH MA MI ⇒ = = ⇒ HI//BN HN NB IB hay đường thẳng (HIK)//d2 và d1 suy ra (HIK)⊥AB và HKB\ = MEB\ = NHB\ (vì EMHB là tứ giác nội tiếp). Mà NHB\ = NBH\ = KHB\ ⇒ HKB\ = KHB\ hay 4BHK cân ở B nên AB là đường trung trực của HK(AB⊥HK) suy AB ra OK = OH = 2 hay K luôn chạy trên đường tròn (O) đường kính AB. Bài 5. Nhận xét: Nếu đồng tiền được đổi mặt một số lẻ lần thì mặt đỏ ngửa lên phía trên. Đánh số các đồng tiền theo chiều kim đồng hồ lần lượt là a1,a2, ,a2001. Cách 1: Ta đổi mặt theo thứ tự sau (mỗi lần 5 đồng tiền viết trên một
2.24. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2002 (cho mọi thí sinh) 105 dòng). a1 a2 a3 a4 a5 a2 a3 a4 a5 a6 a3 a4 a5 a6 a7 a4 a5 a6 a7 a8 a5 a6 a7 a8 a9 a6 a7 a8 a9 a10 ··· ··· ··· ··· a1997 a1998 a1999 a2000 a2001 a1998 a1999 a2000 a2001 a1 a1999 a2000 a2001 a1 a2 a2000 a2001 a1 a2 a3 a2001 a1 a2 a3 a4 Qua lược đồ trên ta thấy sau 2001 lần đổi mặt, mỗi đồng tiền đều được đổi mặt 5 lần, do đó tất cả các mặt đỏ đều ngửa lên phía trên Cách 2: Lần lượt đổi mặt các đồng tiền theo chiều kim đồng hồ như sau: Lần 1: a1,a2,a3,a4,a5 Lần 2: a6,a7,a8,a9,a10 Lần 3: a11,a12,a13,a14,a15 Lần 2001: a1997,a1998,a1999,a2000,a2001 Như thế sau 2001 lần đổi mặt thì mỗi đồng tiền được đổi mặt đúng 5 lần. Do đó tất cả các mặt đỏ đều ngửa lên phía trên. www.vnmath.com 2.24 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2002 (cho mọi thí sinh) Bài 1. √ 1) Điều kiện: 0 6 x 6 5. Phương trình đã cho tương đương với √ √ √ 8+t + 5 − t =5 ( x = t) ⇔ 13 + 2p(8 + t)(5 − t)=25 √ ⇔ 40 − 3t − t2 =6 ⇔ t2 +3t − 4=0 t1 =1⇒ x =1 t2 = −4 loại Vậy phương trình có một nghiệm x =1
106 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Cách khác √ √ Đặt p8+ x = u, p5 − x = v (u + v =5 ⇔ ⇒ Đáp số. u2 + v2 =13 2) Hệ đã cho tương đương với (x + y + xy =7 (x + y + xy =7 ⇔ x2 + y2 + x + y + xy =17 (x + y)2 − xy + x + y =17 (S + P = 7 (1) ⇔ S2 + S − P = 17 (2) với x + y = S, xy = P . Từ (1) và (2) ⇒ S2 +2S − 24 = 0 ⇒ S1 =4,S2 = −6 Với (S =4 (x =1 (x =3 ⇒ và P =3 y =3 y =1 Với (S = −6 www.vnmath.com hệ này vô nghiệm P =13 (1; 3) Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (x, y)= (3; 1) Bài 2. 4 =(a + b + c)2 − 4(ab + bc + ca) 4 = a2 + b2 + c2 − 2ab − 2bc − 2ca a + b>c c(a + b) >c2   Từ b + c>a ⇔ a(b + c) >a2 ⇒ 2(ab+bc+ca) >a2+b2+c2 ⇒4 b b(c + a) >b Cách khác: 4 = a2 + b2 + c2 − ab − ab − bc − bc − ca − ca 4 = a(a − b − c)+b(b − c − a)+c(c − a − b) < 0
2.24. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2002 (cho mọi thí sinh) 107 Bài 3. Giả sử n2 + 2002 là số chính phương ⇒ n2 + 2002 = m2 (m nguyên) ⇒ m2 − n2 = 2002 ⇒ (m − n)(m + n) = 2002 (*) Chú ý rằng m và n phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ . . ⇒ (m − n).2 và (m + n).2 Suy ra đẳng thức (*) không thể xảy ra vì vế trái chia hết cho 4 nhưng vế phải không chia hết cho 4. Vậy không có số nguyên n nào để n2 + 2002 là số chính phương. Bài 4. 1 1 1 Trước hết chú ý rằng với a, b, c > 0 ta luôn có: (a+b+c)( a + b + c ) > 9, gấu "=" đạt được khi và chỉ khi a = b = c. a b a c b c Thật vậy bất đẳng thức tương đương với ( b + a )+(c + a)+(c + b ) > 6 x y hiển nhiên đúng do y + x > 2 với x, y > 0, dấu "=" đạt được khi x = y. Áp dụng với 1+xy = a, 1+yz = b, 1+zx = c Ta có: (3 + xy + yz + zx).P > 9. Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi 1+xy =1+yz =1+zx hay x = y = z 9 1 9 3 ⇒ P > > > = 3+xy + yz + zx 3+x2 + y2 + z2 3+3 2 www.vnmath.com 3 Vậy Pmin = 2 đạt được khi và chỉ khi x = y = z =1. Bài 5. Từ giả thiết ta suy ra MAN\ =450 1) Tứ giác ADNQ có QDN\ = QAN\ =450. Suy ra tứ giác ADNQ là tứ giác nội tiếp. Trong tứ giác nội tiếp ADNQ có AND\ =900 ⇒ NQA\ =900 suy ra điểm Q nhìn đoạn MN dưới một góc vuông. Hoàn toàn tương tự, tứ giác ABMP nội tiếp ⇒ MPA\ =900 suy ra điểm P nhìn đoạn MN dưới một góc vuông. Vậy năm điểm P,Q,M,C,N nằm trên đường tròn đường kính MN. 2) Trên cạnh CB kéo dài về phía B lấy điểm K sao cho BK = DN. Dễ thấy góc MAK\ =450 ⇒4AMN = 4AMK do cạnh AM chung, AN = AK và MAN\ = MAK\ =450, suy ra đường cao AH của 4AMN phải bằng đường cao AB của 4AMK. Như vậy, khoảng cách từ A đến MN bằng độ dài đoạn AB nên đường tròn tâm A bán kính AB tiếp xúc với MN. 3) (Xem hình 1)
108 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Do 4AQN và 4AP M vuông tại Q và P nên: AQ AP 1 = = √ AN AM 2 S AQ.AP 1 1 1 ⇒ 4AP Q = = √ .√ = S4AMN AN.AM 2 2 2 1 ⇒ S = .S 4AP Q 2 4AMN S1 ⇒ S4AP Q = SMNPQ ⇒ =1 không đổi. S2 2.25 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2002 (cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin) Bài 1. 1) Phương trình đã cho tương đương với √ √ p(x − 1)(x − 2) + x +3= x − 2+p(x − 1)(x +3) √ √ √ √ ⇔ x − 2( x − 1 − 1) − x +3( x − 1 − 1)=0 √ √ √ ⇔ ( x − 1 − 1)( x − 2 − x +3)=0 √ √ a) x − 1 − 1=0⇔ x − 1=1⇔ x =2 √ √ √ √ b) x − 2 − x +3=0⇔ x − 2= x +3 vô nghiệm. www.vnmath.com Vậy phương trình chỉ có một nghiệm là x =2 2) Phương trình đã cho có dạng: (x + 1)(y + 1) = 10 Vậy có hai khả năng sau đây: (x +1=1 (x +1=10 a) hoặc ⇒ có hai nghiệm (0, 9), (9, 0) y +1=10 y +1=1 (x +1=−1 (x +1=−10 b) hoặc ⇒ có hai nghiệm (−2, −11), (−11, −2) y +1=−10 y +1=−1 Tương tự cho các trường hợp: (x +1=2 (x +1=5 (x +1=−2 (x +1=−5 ; ; ; y +1=5 y +1=2 y +1=−5 y +1=−2 ⇒ có thêm bốn nghiệm nữa là: (1, 4), (4, 1), (−3, −6), (−6, −3)
2.25. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2002(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)109 Bài 2. Do x2 + y2 + xy =1nên phương trình thứ hai của hệ có dạng: x3 + y3 =(x +3y)(x2 + y2 + xy) ⇔ x3 + y3 = x3 + xy2 + x2y +3x2y +3y3 +3xy2 ⇔ 2y3 +4xy2 +4x2y =0 ⇔ 2y(y2 +2xy +2x2)=0 (x =1 (x = −1 a) y =0⇒ x = ±1 ⇒ hệ có hai nghiệm y =0 y =0 b) y2 +2xy +2x2 =0⇔ (x + y)2 + x2 =0 Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi x = y =0nên trong trường hợp này hệ vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là x =1,y =0và x = −1,y =0 Bài 3. Mười số đã cho viết thành một hàng là: a1,a2, ,a10 Xét mười tổng: a1 +1,a2 +2, a10 +10Khi đó: S =(a1 +1)+(a2 +2)+···+(a10 + 10) S =(1+2+···+10)+(1+2+···+ 10) = 110 Chú ý rằng tổng S có tận cùng bằng 0. Giả sử rằng 10 tổng trên không có hai tổng nào có tận cùng giống nhau. www.vnmath.com Khi đó chữ số tận cùng của chúng là: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Do 0+1+2+···+9=45nên chữ số tận cùng của tổng S =(a1 +1)+ ···+(a10 + 10) là 5 ⇒ vô lý ⇒ điều phải chứng minh. Bài 4. 8a 18b 32c 2P = + + b + c − a a + c − b a + b − c a + b + c a + b + c a + b + c =4 − 1+9 − 1+16 − 1 b + c − a a + c − b a + b − c 4 9 16 =(a + b + c) + + −29 b + c − a a + c − b a + b − c Chú ý rằng: 2 √ 3 √ √ b + c − a + √ a + c − b+ b + c − a a + c − b 4 √ + √ a + b − c=2+3+4=9 a + b − c
110 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có: 2 √ 3 √ 4 92 = √ b + c − a + √ a + c − b + √ b + c − a a + c − b a + b − c √ 2 a + b − c 4 9 16 6 + + [(b + c − a)+(a + c − b)+ b + c − a a + c − b a + b − c +(a + b − c)] 4 9 16 = + + (a + b + c) b + c − a a + c − b a + b − c Từ đó suy ra 2P > 81 − 29 = 52 ⇒ P > 26. Dấu bằng đạt được khi: 2 3 4 1 = = = (với k>0) b + c − a a + c − b a + b − c k b + c − a =2k a = 7k   2 ⇒ a + c − b =3k ⇒ b =3k a + b − c =4k a = 5k   2 Cụ thể hơn, có thể chon: a =7,b=6,c=5. Chú ý: Có thể dễ dàng chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 2 2 www.vnmath.com (a1b1 + a2b2 + a3b3) 6 (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3) Dấu = xảy ra khi và chỉ khi: a1 = a2 = a3 b1 b2 b3 Cách giải khác: b + c − a =2x a = y + z   Đặt c + a − b =2y thì x, y, z > 0 và b = z + x a + b − c =2z c = x + y y + z z + x x + y ⇒ 2P =4 +9 +16 x y z y x z x z y = 4 +9 +4 +16 +9 +16 x y x z y z Đặt y x z x z y A = 4 +9 ; B = 4 +16 ; C = 9 +16 x y x z y z
2.26. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2003 (cho mọi thí sinh) 111 √ Áp dụng bất đẳng thức α + β > 2 αβ với α, β > 0. Ta có A > 12,B > 16,C > 24 ⇒ 2P > 12 + 16 + 24 = 52 ⇒ P > 26  y = 3  x 2 3 Dấu bằng đạt được khi:  z =2 ⇔ y = x; z =2x x 2 z = 4  y 3 Chẳng hạn lấy x =2⇒ y =3,z =4⇒ a =7,b=6,c=5 Tóm lại Pmin =26. Bài 5. 1) Tam giác vuông AIB0 = tam giác vuông AIC0 (vì AI chung và IB0 = IC0) ⇒ AIB[0 = AIC[0 ⇒ sđ MB0 = sđ MC0. Trong 4A0B0C0 A0M là đường phân giác trong của B\0A0C0. Tương tự B0N,C0P là các đường phân giác trong của 4A0B0C0 suy ra ba đường A0M,B0N,C0P đồng quy. 4 [ [ \ B A 2) Trong BID có: IBD = IBC + CBD = 2b + 2b. [ 4 [ B A Mặt khác, DIB là góc ngoài của IAB nên DIB = 2b + 2b. Vậy 4BID cân tại D.HạDE⊥BI và IQ⊥BC. [ [ C ⇒ Do IDE = ICQ = 2b tam giác vuông IDE đồng dạng với tam giác vuông ICQ. Suy ra ID IE 2IE IB IB.IC www.vnmath.com = = = ⇒ =2.IQ =2r (đpcm) IC IQ 2IQ 2IQ ID Cách giải khác: Như lý luận ở cách giải trên, các 4DBI, 4DCI đều là tam giác cân tại D. Xét đường tròn tâm D đi qua 3 điểm B,I,C. Đường tròn này cắt ID kéo dài tại K. Từ tam giác vuông IBQ đồng dạng với tam giác vuông IKC và tam giác vuông IQC đồng dạng với tam giác vuông IBK, dễ dàng suy ra đpcm. 2.26 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2003 (cho mọi thí sinh) Bài 1. Điều kiện để phương trình có nghĩa: x > −2 [Chú ý rằng: x2 +7x +10=(x + 5)(x +2)] Cách 1:
112 Chương 2. Đáp án tuyển sinh √ √ Nhân hai vế của phương trình với ( x +5+ x +2> 0) ta được phương trình tương đương √ √ √ 1+ x2 +7x +10= x +5+ x +2 √ √ √ x +5=1 x = −4 (loại) ⇔ ( x +5− 1)( x +2− 1)=0⇔ √ ⇔ x +2=1 x = −1 Đáp số: x = −1 Cách√ 2: √ Đặt ( x +5 = u, x +2 = v ⇒ u > 0,v > 0,u2 − v2 =3và u, v thoả mãn hệ phương trình (u2 − v2 =3 (u2 − v2 =3 (1) ⇔ (u − v)(1 + uv)=3 (u − v)(1 + uv)=u2 − v2 (2) ⇔(u − v)(1 + uv − u − v)=0  u = v ⇔(u − v)(u − 1)(v − 1)=0 ⇔ u =1  v =1 √ Với u =1tức √x +5=1⇔ x = −4 (loại). Với v =1tức x +2=1⇔ x = −1 Đáp số: x=-1 Bài 2. Cách 1: www.vnmath.com (2x3 +3x2y =5 (8x3 +12x2y =20 ((2x + y)3 =27 ⇔ ⇔ y3 +6xy2 =7 y3 +6xy2 =7 y3 +6xy2 =7 (2x + y =3 (2x =3− y (x = 1(3 − y) (1) ⇔ ⇔ 2 y3 +6xy2 =7 y3 + 3(3 − y)y2 =7 2y3 − 9y2 + 7 = 0 (2) Giải (2) ta được y =1⇒√ x =1và √ 7± 105 ⇒ 5∓ 105 y = 4 x = 8 Cách 2: Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 7 và hai vế của phương trình thứ hai với 5 rồi trừ cho nhau, ta được hệ phương trình tương đương (2x3 +3x2y = 5 (1) 14x3 − 5y3 +21x2y − 30xy2 = 0 (2)
2.26. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2003 (cho mọi thí sinh) 113 Trong (2) đặt y = tx (Chú ý rằng hệ không có nghiệm với x =0), ta được phương trình: 5t3 +30t2 − 21t − 14 = 0 ⇔ (t − 1)(5t2 +35t + 14) = 0 Giải ra ta được √ −35 ± 3 105 t =1 và t = 0=t 1 1,2 Với t =1tức y = x, thay vào (1) ta được nghiệm x = y =1 Với t = t1 tức y = t1x, thay vào (1) ta được phương trình (i = 1, 2) s 3 3 5 r3 5 3 50 (2+3ti)x =5⇔ x = ⇔ x = = √ = xi 2+3ti 2+3ti −85 ± 9 105 Từ đó suy ra ti,xi Chú ý: Đến khi thu được giá trị t1,2 ta có thể viết ngắn gọn r3 5 r3 5 xi = ,yi = ti ,i= 1, 2 2+3ti 2+3ti hoặc có thể tính toán và rút gọn tiếp tục Bài 3. 2y2x + x + y +1=x2 +2y2 + xy 2 ⇔ 2y (x − 1) − x(x − 1) − y(x − 1)+1=0 (1) www.vnmath.com Do phương trình không có nghiệm với x =1nên (1) tương đương với 1 2y2 − x − y + =0 (2) x − 1 Phương trình có nghiệm x, y nguyên 1 x =2 ⇒ ∈ Z ⇒ x − 1 ∈{1, −1}⇒ x − 1 x =0 Thay x =2vào phương trình (2): y =1 2y2 − y − 1=0 ⇒ − 1 y = 2 loại Thay x =0vào phương trình (2): y =1 2y2 − y − 1=0 ⇒ − 1 y = 2 loại
114 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên (x, y)={(2, 1); (0, 1)} Bài 4. 1) Hạ AA0 và BB0 vuông góc với MN. Gọi H là trung điểm của MN suy ra OH⊥MN. Trong hình thang AA0B0B ta có: √ 1 R 3 R OH = (AA0+BB0)= ⇒ MH = ⇒ MN = R và 4OMNđều. 2 2 2 2) AMB\ = ANB\ =900 ⇒ KMI\ = KNI[ =900 ⇒ M,N,I,K cùng nằm trên một đường tròn đường kính IK. \ 0 \ \ 1 \ 0 \ 0 Do ANK =90 , KAN = MAN = 2 MON =30 nên AKN =60. Gọi trung điểm IK là O0 √ MN R ⇒ MO\0N =2MON\ = 1200 ⇒ MN = MO0 3 ⇒ MO0 = √ = √ 3 3 Vậy bán kính đường tròn qua M,N,I,K là √R . 3 3) Do I là trực tâm 4ABK nên KI⊥AB (giả sử tại P ). Do O, O0 nằm trên đường trung trực của MN nên O,H,O0 thẳng hàng. 4MOO0 có OMO\0 =900(MOO\0 =300, MO\0O =600) 2R ⇒ OO0 =2MO0 = √ 3 www.vnmath.com 4KAB có AB không đổi nên nó có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi KP lớn nhất. √ Do KP 6 KO0 + OO0 = √R + √2R = 3R 3 3 Dấu = đạt được khi P ≡ O ⇔4KAB cân ở K ⇔4KAB đều (vì √ √ \ 0 AB2 3 2 AKB =60) nên diện tích tam giác KAB đạt max bằng 4 = R 3 đạt được khi và chỉ khi 4KAB đều. Chú ý: Chúng ta có thể chứng minh tính chất: Trong các tam giác KAB \ 0 có AB cố định và AKB =60, tam giác cân ở K (tức√ tam giác đều) có 2 diện tích lớn nhất. Từ đó suy ra SKAB đạt max bằng R 3 Bài 5. Cách 1: Ta có x2 +1> 2x, dấu = đạt ⇔ x =1 y2 +1> 2y, dấu = đạt ⇔ y =1 z2 +1> 2z, dấu = đạt ⇔ z =1 2(x2 + y2 + z2) > 2(xy + yz + zx), dấu = đạt ⇔ x = y = z.
2.27. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2003(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)115 Cộng lại ta được 3(x2+y2+z2)+3 > 2(x+y+z+xy+yz+zx), dấu = đạt ⇔ x = y = z =1 . Mà theo giả thiết thì x + y + z + xy + yz + zx =6, đẳng thức này thoả mãn khi x = y = z =1nên ta có 3(x2+y2+z2)+3 > 2.6 hay x2+y2+z2 > 3, dấu "=" ⇔ x = y = z =1 Cách 2: Ta có 3(x2 + y2 + z2)+3> (x + y + z)2 √ ⇒ 3px2 + y2 + z2 > x + y + z Ngoài ra: x2 + y2 + z2 > xy + yz + zx. Cộng lại ta được √ 3px2 + y2 + z2 + x2 + y2 + z2 > 6 √ √ 2 2 2 2 √ Đặt px + y + z = t ta được t > 0 và t + 3t > 6 ⇔ (t +2 3)(t − 3) > 0 √ √ √ t2 + 3t > 6 ⇔ (t +2 3)(t − 3) > 0 √ ⇔ t = 3 ⇔ x2 + y2 + z2 > 3 www.vnmath.com 2.27 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2003 (cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin) Bài 1. x4 +2mx2 +4=0 (1) Đặt x2 = t ta được phương trình t2 +2mt +4=0 (2) Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 2 nghệm dương 40 = m2 − 4 > 0 " m>2   t1 =6 t2 ⇔ t1 + t2 = −2m>0 ⇔  m 0 m<0
116 Chương 2. Đáp án tuyển sinh √ √ Khi đó (1) có 4 nghiệm là x1,2 = ± t1; x3,4 = ± t2 và 4 4 4 4 2 2 2 2 x1 + x2 + x3 + x4 =2(t1 + t2)=2(t1 + t2) − 4t1t2 =8m − 16 √ 4 4 4 4 2 2 Do đó x1 + x2 + x3 + x4 =32⇔ 8m − 16 = 32 ⇔ m =6⇔ m = − 6 (vì m<−2) √ Vậy: m = − 6 Bài 2. (2x2 + xy − y2 − 5x + y +2=0 x2 + y2 + x + y − 4=0 Cách 1: (1) ⇔ y2 − (x +1)y − 2x2 +5x − 2=0 x +1± p(x +1)2 − 4(−2x2 +5x − 2) 2x − 1 ⇔ y = = 2 −x +2 Vậy hệ đã cho tương đương với  (y =2x − 1 2 2  x + y + x + y − 4=0 x = − 4,y = − 13  ⇔ 5 5  ( − x = y =1  y = x +2  x2 + y2 + x + y − 4=0 Cách 2: www.vnmath.com (1) ⇔ y2 − (x +1)y − 2x2 +5x − 2=0 ⇔ y2 − (x +1)y +(x − 2)(1 − 2x)=0 ⇔ (y + x − 2)(y − 2x +1)=0 Vậy hệ tương đương với  (y + x − 2=0 2 2  x + y + x + y − 4=0 x = y =1  ⇔  ( − x = − 4,y = − 13  y 2x +1=0 5 5  x2 + y2 + x + y − 4=0 Bài 3. Cách 1: Ta tìm nghiệm thoả mãn |x| 6 |y| Khi đó xy 6 |xy| 6 y2 và x2y2 = x2xy + y2 6 3y2 (1)
2.27. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2003(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)117 Dễ thấy, nếu phương trình có nghiệm với x =0thì y =0và ngược lại. Với y =06 thì từ phương trình (1) ⇒ x2 6 3 ⇒ x ∈{−1, 1} Với x =1thay vào phương trình đã cho ta được y = −1, còn Với x = −1 ta được y = −1 Do vai trò của x, y trong phương trình đã cho đối xứng nên trường hợp |x| > |y| ta cũng chỉ thu được ba nghiệm trên. Vậy phương trình có ba nghiệm nguyên là: x =0,y =0; x =1,y = −1; x = −1,y =1 Cách 2: Ta chứng minh phương trình không có nghiệm với |x| > 2, |y| > 2. Thật vậy, với |x| > 2 và |y| > 2 ta có (x2y2 > 4x2 ⇒ x2y2 > 2(x2 + y2)=x2 + y2 + x2 + y2 ≥ x2y2 > 4y2 > x2 + y2 +2|xy| >x2 + y2 + xy - Trường hợp x ± 2 hoặc y = ±2 phương trình không có nghiệm nguyên - Thử với các trường hợp x =0,x=1và x = −1 ta được ba nghiệm x =0,y =0; x =1,y = −1; x = −1,y =1 Bài 4. 1) Gọi nửa chu vi tam giác ABC là p thì AM = AN = p. Theo tính chất của đường tròn nội tiếp dễ thấy rằng CD = p − AB. www.vnmath.com Ngoài ra, BP = BM = p − AB.VậyBP = CD. Chú ý: Có thể chứng minh như sau: Giả sử P thuộc đoạn BD. Khi đó: FM = FB+ BM = BD + BP =2BP + PD Tương tự EN = EC + CN = CD + CP =2CD + PD mà: FM = EN nên BP = CD. Trường hợp D thuộc đoạn BP, chứng minh tương tự. 2) 4BMI có BMI\ = AMN\ = ANM\ = BIM\ ⇒ BI = BM = BP = CD = CE Do hai đoạn BI,CE song song, bằng nhau và ngược chiều nên BICE là hình bình hành. Tương tự: 4CNK có CNK\ = AMN\ = CKN\ ⇒ CK = CN = CP = BD = BF. Do hai đoạn CK,BF song song, bằng nhau và ngược chiều nên BKCF là hình bình hành.
118 Chương 2. Đáp án tuyển sinh 3) Cách 1: Kẻ đường phân giác góc PBI cắt PO0 tại S thì 4BPS = 4BIS ⇒ BIS[ = BPS[ =900 và SI = SP (1) Xét 4BPS và 4CDO, ta có OCD\ = 1 ACB[ = 1 CBI[ = OBP\  2 2  BP = CD  ⇒4BPS = 4CDO ⇒ OD = SP \ [ 0 CDO = BPS =90  Từ đó suy ra: 4CPS = 4BDO (chú ý: CP = BD) 1 1 ⇒PCS[ = DBO\ = ABC[ = BCK\ 2 2 ⇒SK = SP và SKC\ = SPC[ =900 (2) Từ (1) và (2) suy ra, đường tròn tâm S, bán kính SI đi qua I,K,P và tiếp xúc với BI,CK và BC tại I,K,P tương ứng. Cách 2: Gọi H là trung điểm của BC và S là điểm đối xứng với O qua H. Dễ thấy các cặp điểm sau đây đối xứng với nhau qua H: B và C; P và D; I và E; F và K. Do đó: SI = SP = SK (vì chúng lần lượt bằng OE, SK = OS, SP = OD) BIS[ = CEO[ =900, BPS[ = CDO\ =900,,CKS\ = BFO\ =900 www.vnmath.com Suy ra đường tròn tâm S bán kính SP đi qua P,I,K và tiếp xúc với BC,BI,CK (lần lượt tại P,I,K). Chú ý: Chúng ta có thể lý luận như sau: Gọi giao điểm của BI và CK là T thì ABT C là hình bình hành và trung điểm H của BC là giao điểm của AT và BC. Qua phép đối xứng tâm H tam giác ABC biến thành 4TCB, các điểm D, E, F biến thành P,I,K tương ứng suy ra đường tròn qua D, E, F biến thành đường tròn đi qua P,I,K. Do đường tròn qua D, E, F nội tiếp 4ABC nên đường tròn qua P,I,K nội tiếp 4TCB, tức tiếp xúc với BC,BI,CK tại P,I,K tương ứng. Bài 5. Đặt y =3− x, bài toán đã cho trở thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x4 + y4 +6x2y2, trong đó x, y là các số thực thay đổi và thoả mãn hệ thức: (x + y =3 x2 + y2 > 5
2.28. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2004 (cho mọi thí sinh) 119 Từ các hệ thức trên ta có: (x2 + y2 +2xy =9 x2 + y2 > 5 ⇒ (x2 + y2)+4(x2 + y2 +2xy) > 5+4.9=41 ⇒ 5(x2 + y2)+4(2xy) > 41 Ta có 16(x2 + y2)2 + 25(2xy)2 > 40(x2 + y2)(2xy) Dấu = đạt được ⇔ 4(x2 + y2)=5(2xy) Cộng hai vế bất đẳng thức thu được với 25(x2 + y2)2 + 16(2xy)2 ta thu được: 41[(x2 + y2)2 +(2xy)2] > [5(x2 + y2)+4(2xy)]2 > 41 ⇔ (x2 + y2)2 +(2xy)2 > 41 hay x4 + y4 +6x2y2 > 412 Dấu = đạt được khi và chỉ khi x + y =3  x =1,y =2 x2 + y2 =5 ⇔ x =2,y =1 4(x2 + y2)=5(2xy)  www.vnmath.com Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 41, đạt được khi và chỉ khi x =1hoặc x =2 2.28 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2004 (cho mọi thí sinh) Bài 1. 1) Cách 1: Phương trình tương đương với (|x +1|−1)(|x − 1|−1) = 0 x =0 • Giải |x +1| =1⇔ x +1=±1 ⇔ x = −2 x =0 • Giải |x − 1| =1⇔ x − 1=±1 ⇔ x =2
120 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Đáp số: x =0; x = ±2 Cách 2: x =0 • Xét trường hợp x > 1 ta có 2x = x2 ⇔ (loại) x =2 x =0 • Xét trường hợp x 6 −1 ta có − 2x = x2 ⇔ (loại) x = −2 • Xét trường hợp − 1 <x<1 ta có 2=2− x2 ⇔ x =0 Đáp số: x =0; x = ±2 2) Hệ đã cho tương đương với ((x +2y + 2)(x − y) = 7 (1) x3 + y3 + x − y = 8 (2) Từ (1), do x, y ∈ Z ta thu được các trường hợp sau: (x +2y +2=7 (x +2y =5 a) ⇔ ⇒ 3y =6 x − y = −1 x − y = −1 (y =2 www.vnmath.com ⇒ (thoả mãn) x =1 (x +2y +2=−7 (x +2y = −9 b) ⇔ ⇒ 3y = −10 x − y =1 x − y =1 10 ⇒ y = − ∈/ Z(loại) 3 (x +2y +2=1 (x +2y = −1 (y =2 c) ⇔ ⇒ 3y =6⇒ x − y = −7 x − y = −7 x = −5 (loại vì không thoả mãn (2)) (x +2y +2=−1 (x +2y = −3 d) ⇔ ⇒ 3y = −10 x − y =7 x − y =7 10 ⇒ y = − ∈/ Z (loại) 3 Đáp số: x =1,y =2
2.28. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2004 (cho mọi thí sinh) 121 Bài 2. Ta có đẳng thức a102 + b102 =(a101 + b101)(a + b) − ab(a100 + b100) ⇔ 1=a + b − ab ⇔ (a − 1)(b − 1)=0 a =1⇒ 1+b100 =1+b101 ⇔ b =1 b =1⇒ 1+a100 =1+a101 ⇔ a =1 Thu được P =2. Bài 3. Gọi H, I, P lần lượt là chân các đường vuông góc, phân giác, trung tuyến hạ từ B. 2 2 2 1 Vì 3 +4 =5 suy ra tam giác vuông tại B và S = 2 .3.4=6 ⇒ 1 Vì AP = CP SCBP = 2 S =3(cm) SABI AI 3 Vì = = ⇒ 4SABI =3SBCI SBCI IC 4 Ta có: 3 7 6=S + S = S = S + S = S ABI BCI ABI 4 BCI BCI 4 CBI 24 24 3 ⇒ S = (cm2) ⇒ S = S − S = − 3= (cm2) CBI 7 PBI CBI CPB 7 7 S 3 54 ⇒ ABH =( )2.6= S 5 25 54 24 72 S = S − S =(6− ) − = (cm2) HBI CBH CIB 25 7 175 www.vnmath.com Đáp số: 54 S = (cm2) ABH 25 72 S = (cm2) HBI 175 3 S = (cm2) IBP 7 2 SPCB =3(cm ) Bài 4. Tứ giác BMHN là tứ giác nội tiếp suy ra CHN\ = CBH\ = AHQ\ (1) Vì ABCN là tứ giác nội tiếp CBD\ = CAD\ (2) Từ (1) và (2) suy ra: CAD\ = AHQ\ → AQ = HQ
122 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Mặt khác 1 HQ = AD → AQ = QD (3) 2 Tương tự suy ra: CP = DP (4) Từ (3) và (4) suy ra: QP//AC Góc PQN\ = QHA\ nên tứ giác PQMN là tứ giác nội tiếp suy ra bốn điểm P,Q,M,N cùng nằm trên một đường tròn. Bài 5. Ta có 1 x10 y10 + > 2x2y2 2 y2 x2 1 (x16 + y16) > x4y4 4 Suy ra: 1 x10 y10 1 5 + + (x16 + y16)+ > (1+2x2y2)2 2 y2 x2 4 2 5 ⇒ Q ≥ = Q (Khi x2 = y2 =1 2 min 2.29 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2004 (cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin) www.vnmath.com Bài 1. √ √ x +3+ x − 1=2 (1) Điều kiện: x ≥ 1 Cách 1: Dễ thấy x =1là một nghiệm của (1). Với x>1 ta có √ √ √ √ x +3+ x − 1 > 1+3+ 1 − 1=2 x =1 là nghiệm duy nhất √ √ Cách 2: Đặt u = x +3,v= x − 1 ta có u>0,v ≥ 0 và (u + v =2 (u + v =2 (u =2 ⇔ ⇔ ⇔ x =1 u2 − v2 =4 u − v =2 v =0 Cách 3: Với điều kiện x ≥ 1 thì (1) tương đương với √ 2x +2+2 x2 +2x − 3=4 √ x2 +2x − 3=1− x (2)
2.29. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2004(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)123 Do vế trái không âm còn vế phải không dương (x ≥ 1) nên (2) suy ra √ ( x2 +2x − 3=0 ⇒ x =1 1 − x =0 Bài 2. ((x + y)(x2 + y2) = 15 (1) (x − y)(x2 − y2)=3 (2) Cách 1. Hệ tương đương với ((x + y)(x2 + y2)=15 ((x + y)(x2 + y2)=5(x + y)(x − y)2 ⇔ (x + y)(x − y)2 =3 (x + y)(x − y)2 =3 (x2 + y2 =5(x − y)2 (3) ⇔ (chú ý: x + y =0)6 (x + y)(x − y)2 = 3 (4) (3) ⇔2x2 − 5xy +2y2 =0⇔ (y − 2x)(2y − x)=0 y =2x ⇔ x =2y Thay y =2x vào (4) ta được 3x3 =3⇒ x =1⇒ y =2 Thay x =2y vào (4) ta được 3y3 =3⇒ y =1⇒ x =2 Vậy hệ có hai nghiệm là x =1,y =2và x =2,y =1 www.vnmath.com Cách 2: Hệ (1), (2) tương đương với ((x + y)(2x2 +2y2) = 30 (3) (x + y)(x2 − 2xy + y2) = 3 (4) Trừ (3) cho (4) ta được hệ tương đương với ((x + y)(2x2 +2y2)=30 (2x2 +2y2 =10 ⇔ (x + y)3 =27 x + y =3 (2x2 + 2(3 − x)2 =10 (x2 − 3x +2=0 ⇔ ⇔ y =3− x y =3− x x =1,y =2 ⇔ x =2,y =1 Bài 3.
124 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Cách 1. (x3 + y3) − (x2 + y2) x2(x − 1) + y2(y − 1) x2 y2 P = = = + ≥ (x − 1)(y − 1) (x − 1)(y − 1) y − 1 x − 1 xy ≥ 2√ √ y − 1 x − 1 2 Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi x2 = y . √ y−1 x−1 Ta có x − 1= (x − 1).1 ≤ (x−1)+1 = x , dấu "=" đạt được khi p √ 2 2 − − ≤ y x 1=1hay x =2. Tương tự y 1 2 , dấu "=" đạt được khi và chỉ khi y =2. Do đó 2xy P ≥ x y =8 2 . 2 Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi 2 ( x2 = y y−1 x−1 ⇒ x = y =2 x =2,y =2 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8 đạt được khi và chỉ khi x = y =2 Cách 2. Theo trên ta có x2 y2 P = + y − 1 x − 1 Đặt x − 1=a, y − 1=b thì a, b > 0 và x = a +1,y = b +1, do đó www.vnmath.com (a +1)2 (b +1)2 4a 4b a b P = + ≥ + =4 + ≥ 8 b a b a b a Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8, đạt được khi và chỉ khi a = b =1hay x = y =2 Bài 4. 1) Nếu M là tâm O của hình vuông thì hiển nhiên M thoả mãn giả thiết. Ta chứng minh điều ngược lại. Cách 1: Từ giả thiết ta có MBA\ = MCB\ = MDC\ = MAD\ do đó 4MAB = 4MBC = 4MCD = 4MDA suy ra MA = MB = MC = MD và AMB\ = BMC\ = CMD\ = DMA\ =90◦ hay M là tâm của hình vuông. Cách 2: Giả sử M =06 , khi đó M thuộc một trong bốn miền tam giác MAB,MBC,MCD,MDA. Không mất tổng quát, giả sử M thuộc miền tam giác OAD.DoM =06 nên một trong hai góc MAD,\ MDA\ bé hơn 45◦. Nếu MAD\ 45◦ ≥ MDA\ , trái với giả thiết. Nếu MDA\ MDA\ , trái với giả thiết.
2.30. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005 (cho mọi thí sinh) 125 Suy ra nếu M =06 thì M không thoả mãn giả thiết bài toán.√ 4 4 AN AC 2) Do ANM và ABC vuông cân nên AO = AB = 2 suy ra 4AOB ∼ 4ANC (góc A chung) suy ra OB = AO = √1 không đổi. CN AN 2 3) Do (S2) đi qua tâm O của (S1) và đi qua điểm C nằm ngoài (S1) nên (S2) và (S1) cắt nhau nên các tiếp tuyên là tiếp tuyến chung ngoài. Giả sử 0 0 0 0 0 hai tiếp tuyến chung đó là PP và QQ (P ,Q ∈ (S1)). Tia OO cắt (S1) tại 0 0 0 0 T . Gọi tâm của (S2) là O ta có O P//OP (cùng vuông góc với PP ) nên POP\0 = OPO\0 (1) 0 0 Do NO⊥OC nên O nằm trên đường tròn (S2) suy ra 4O PO cân ở O nên ta có OPO\0 = POO\0 ≡ PP\0O và từ (1) ta có POP\0 = POT[ từ đó ta có 4POP0 = 4POT (c-g-c) suy ra PTO[ = PP\0O =90◦. Tương tự ta có [ ◦ QT O =90 hay√P, T, Q thẳng hàng và PQ là tiếp tuyến của (S1) tại T . Bài 5. Do 2 là số vô tỷ nên với mọi số nguyên dương n thì √n là số 2 vô tỷ. Ta có n +1 n n +1 n n +1 n 1 √ xn = h √ i−h√ i< √ − h√ i< √ − √ − 1= √ +1< 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇒0 ≤ xn ≤ 1 Vì vậy x0,x1,x2, ,x199 chỉ nhận một trong hai giá trị 0 hoặc 1. Suy ra các số khác 0 trong chúng chỉ nhận giá trị 1. Do đó số các số khác 0 bằng 1 0 2 1 200 199 www.vnmath.com x0 + x1 + + x199 = h√ i−h√ i+h√ i−h√ i+ ···+ h √ i−h √ i 2 2 2 2 2 2 200 √ = h √ i= [100 2] 2 √ √ Vì 141 < 100 2 < 142 nên [100 2=144. Vậy trong hai trăm số x0,x1, ,x199 đã cho có đúng 141 số khác 0. Chú ý: Có thể thấy rằng n√+1 − √n = √1 < 1 nên giữa hai số √n và n√+1 2 2 2 2 2 có không quá một số nguyên, do vậy 0 ≤ x = hn√+1 i−h√n i≤ 1 n 2 2 2.30 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005 (cho mọi thí sinh) Bài 1. Hệ đã cho tương đương với (x + y + xy =3 (S + P =3 ⇔ (*) (x + y)2 − 2xy =2 S2 − 2P =2
126 Chương 2. Đáp án tuyển sinh (x + y = S với xy = P Hệ (*) có nghiệm là  (S =2 ⇒ x = y =1  P =1   (S = −4  hệ này vô nghiệm  P =7 Vậy nghiệm của hệ đã cho là: x = y =1 Bài 2. Phương trình đã cho tương đương với √ √ 11 − x − 4 x +3− 2 3 − 2x =0 √ √ ⇔ (x +3− 4 x +3+4)+(3− 2x − 2 3 − 2x +1)=0 √ √ ⇔ ( x +3− 2)2 +( 3 − 2x − 1)2 =0 √ ( x +3− 2=0 ⇔ √ ⇔ x =1 3 − 2x − 1=0 Bài 3. Phương trình đã cho có dạng x2 + 17[y2 +2xy +3(x + y)] = 1740 www.vnmath.com Chú ý rằng với số x nguyên, x có thể có dạng như sau: x =17k ± r với r =0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 Từ đó suy ra x2 có các dạng tương ứng sau: x2 =17k x2 =17k +1 x2 =17k +4 x2 =17k +9 x2 =17k +16 x2 =17k +8 x2 =17k +2 x2 =17k +15 x2 =17k +13
2.30. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005 (cho mọi thí sinh) 127 Nhận thấy rằng vế phải 1740 khi chia cho 17 có số dư là 6. Trong khi đó vế trái khi chia cho 17 trong mọi trường hợp đều không có số dư là 6. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Bài 4. 1) (Xem hình 1) Cách 1: Ta có OM//O0D (OM và O0D cùng vuông góc với CD) ⇒ MOO\0 = OO\0D O0M Cách 2: Gọi M 0 là giao điểm của OA và O0D. Ta xét hình bình hành MOM0O0. Ký hiệu S là diện tích hình bình hành đó, ta có OM AB S = AB.O0M = CD.OM ⇒ = (1) O0M CD Vì I thuộc đoạn AB, nên AB = AI +IB = AI +ID = AI +IC+CD > CD hay AB > 1 (2) CD Từ (1) và (2) suy ra đpcm. 2) (Xem hình 2) Cách 1 Tứ giác ACBE nội tiếp và IA = IC, nên IB = IE. Mặt khác ta có IB = ID,dođóIB = ID = IE và 4BED vuông tại B suy ra BD⊥BE (1) www.vnmath.com Tứ giác ADBF nội tiếp và IB = ID, nên IA = IF ⇒ AF//BD (2) Từ (1) và (2) suy ra AF ⊥BE. Cách 2: Ta có FAB[ = FDB\ = IDB[ = IBD[ = ABD\ ⇒ AF//BD (1) Vì IO0 là phân giác BID[ và IO là phân giác DIA[ , nên IO⊥IO0. Lại có AC⊥IO,dovậyAC//IO0.Tacó ABE[ = ACE[ = BAC[ ⇒ BE//AC//O0I (2) Từ (1) và (2) suy ra BD⊥EB ⇒ AF ⊥BE. Bài 5. Điều kiện đã cho có thể viết lại là 1 1 xy2 + x2 + y =3 z z2
128 Chương 2. Đáp án tuyển sinh Biểu thức P có dạng 1 P = 1 4 4 z4 + x + y 1 Đặt z = t, ta thu được bài toán sau: Với x, y, t > 0 thoả mãn xy2 + yt2 + tx2 =3, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 P = x4 + y4 + t4 Ta có x4 + y4 + y4 +1> 4xy2  y4 + t4 + t4 +1> 4yt2 4 4 4 2 t + x + x +1> 4tx ⇒ 3(x4 + y4 + t4)+3> 4(xy2 + yt2 + tx2)=12 ⇒ x4 + y4 + t4 > 3 1 1 ⇒ 6 x4 + y4 + t4 3 1 Vậy P = 3 đạt được khi x = y = z =1. 2.31 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005 (cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin) www.vnmath.com Bài 1. √ √ √ Giải phương trình 2 − x + 2+x + 4 − x2 =2. điều kiện:√−2 6 x √6 2. √ − ⇒ − 2 t2−4 Đặt t = 2 x + 2+x 4 x = 2 . Phương trình đã cho có dạng t2 +2t − 8=0 t = −4 loại ⇔ 1 √ √ √ 2 t2 =2⇔ 2 − x + 2+x =2⇔ 4+2 4 − x =4⇔ x = ±2 Bài 2. Do x3 + y3 − xy2 =1nên phương trình thứ hai của hệ có dạng: 4x4 + y4 =(4x + y)(x3 + y3 − xy2) ⇒ xy(3y2 − 4xy + x2)=0 a) x =0⇒ y =1⇒ hệ có nghiệm (0, 1).
2.31. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)129 b) y =0⇒ x =1⇒ hệ có nghiệm (1, 0). c) 3y2 − 4xy + x2 =0 (∗) Với x =06 chia cả hai vế của phương trình (*) cho x2 ta nhận được: y 2 y 3 − 4 +1=0 x x y ⇒ 2 ⇒ 1 Đặt x = t 3t =4t +1=0 t1 =1,t2 = 3 y ⇒ ⇒ Với x =1 x = y x = y =1 Với y = 1 ⇒ x =3y ⇒ 25y3 =1⇒ y = √1 ⇒ x = √3 x 3 3 25 3 25 Vậy hệ có tất cả các nghiệm là: √3 (x =0 (x =1 (x =1 (x = 3 ; ; ; 25 y =1 y =0 y =1 y = √1 3 25 Bài 3. √ 1) Từ (x + y)2 6 2(x2 + y2)=2 ⇒ x + y ≤ 2. Dấu bằng xảy ra khi x = y = √1 . 2 Ta lại có: (x + y)2 = x2 + y2 +2xy =1+2xy > 1 ⇒ x + y > 1 Dấu bằng xảy ra khi x =0hoặc y =0 2) √ P = 1+2x + p1+2y www.vnmath.com P 2 =2+2(x + y)+2p1+2(x + y)+4xy √ Do x + y 6 2 và 4xy 6 2(x2 + y2)=2 √ √ ⇒ P 2 6 2+2 2+2q1+2 2+2 r √ √ ⇒ P 6 2+2 2+2q3+2 2 q √ √ Vậy Pmax = 2+2 2+2p3+2 2 Đạt được khi x = y = √1 2 Mặt khác, do x + y > 1 và 4xy 6 0 Ta có: √ P 2 > 2+2+2 1+2+0 √ ⇒ P > q4+2 3
130 Chương 2. Đáp án tuyển sinh √ Vậy Pmin = p4+2 3 Đạt được khi x =0hoặc y =0 Bài 4. 1) Lấy điểm P 0 khác phía với điểm P đối với đường thẳng Ab sao cho 4BPP0 vuông cân (vuông tai B) (xem hình 1). Ta có 4BPC = 4BP0A (c.g.c) ⇒ BP\0A = 1350 Do BP\0P =450 ⇒ PP\0A =900 Theo Pitago: PA2 = AP 02 + P 0P 2 = PC2 +2PB2 2) Trước hết ta chứng minh nhận xét sau (xem hình 2) Cho hình chữ nhật ABCD, I là điểm nằm trong hình chữ nhật. Qua I kẻ các đường thẳng MN,PQ tương ứng song song với AB, AD. Gọi diện tích hình chữ nhật IPBN là S1, diện tích hình chữ nhật IQDM là S2. Khi đó, S1 = S2 khi và chỉ khi I thuộc đường cheo AC. Thật vậy, giả sử I thuộc đường chéo AC, chú ý rằng đường chéo của hình chữ nhật chia hình chữ nhật thành hai phần có diện tích bằng nhau nên dễ dàng suy ra S1 = S2. Ngược lại, giả sử S1 = S2 khi đó do S1 = S2 ⇒ IN.IP = IM.IQ IN IQ NC ⇒ = = IM IP MA Suy ra hai tam giác vuông MAI,NIC đồng dạng với nhau ⇒ MIA[ = www.vnmath.com NIC[ . Do M,I,N thẳng hàng suy ra A, I, C thẳng hàng. Bây giờ ta chứng minh bài toán (xem hình 3) Dễ thấy NBMQ là hình chữ nhật. Qua P và Q kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của hình vuông. Do P thuộc đường chéo AM của hình chữ nhật ABMR nên SBLPK = SPIRS. Do P thuộc đường chéo CN của hình chữ nhật NBCH nên SBLPK = SPTHF. Từ đó suy ra: SPIRS = SPTHF. Do hai hình chữ nhật này có phần chung là hình chữ nhật PIQF nên SF QRS = SQIT H. Theo nhận xét đã chứng minh, suy ra Q thuộc đường chéo PD của hình chữ nhật SPTD, tức đi qua điểm D. Bài 5. 1) Các đỉnh của (H) chia đường tròn ngoại tiếp nó thành 14 cung bằng 3600 nhau, mỗi cung có số đo là α = 14 . Các dây nối hai đỉnh của (H) chắn các
2.31. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)131 cung nhỏ có số đo là α, 2α, 3α, ,7α do vậy độ dài các dây đó chỉ nhận 7 giá trị khác nhau. Lấy 6 đỉnh của (H) thì số dây nối hai đỉnh trong 6 đỉnh đó là (6 × 5) : 2=15. Vì 15 dây này có các độ dài nhận không quá 7 giá trị khác nhau nên phải có ba dây cùng độ dài. Trong ba dây đó luôn có hai dây không chung đầu mút (vì nếu hai dây bất kỳ trong ba dây đó đều chung đầu mút thì ba dây bằng nhau đó tạo thành một tam giác đều, do đó số đỉnh của (H) chia hết cho 3, trái với giả thiết). Dễ thấy hai dây bằng nhau của một đường tròn không chung đầu mút thì 4 đầu mút của chúng là 4 đỉnh của một hình thang (cân). Từ đó suy ra trong 6 đỉnh bất kỳ của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của một hình thang. 2) Phân tích 13860 thành nhân tử nguyên tố ta được 13860 = 2.2.3.3.5.7.11 vì m.n = 13860 nên m phải là ước số của 13860 tức là tích của một số nhân tử trong 7 nhân tử trên, còn n là tích của các nhân tử còn lại. Nếu m có chứa nhân tử 2 (hoặc 3) thì nó phải chứa 22 (hoặc 32) vì ngược m lại thì n không tối giản. 2 2 Do đó nếu ta ký hiệu a1 =2,a2 =3,a3 =5,a4 =7,a5 =11thì m là tích của một số nhân tử trong số a1,a2,a3,a4,a5, còn n là tích các nhân tử còn lại. Vì vậy, chỉ có các trường hợp sau: 1. Có 1 phân số có tử số là 1 (mẫu số là 13860). 2. Có 5 phân số có tử số là 1 trong 5 nhân tử a1,a2,a3,a4,a5. www.vnmath.com 3. Có 10 phân số có tử số là tích của hai nhân tử trong số a1,a2,a3,a4,a5. 4. Có 10 phân số có tử số là tích của ba nhân tử trong số a1,a2,a3,a4,a5 (mẫu là tích của hai nhân tử). 5. Có 5 phân số có tử số là tích của 4 nhân tử. 13860 6. Có 1 phân số có tử số là tích của cả 5 nhân tử (tức là số 1 ). m Vậy số phân số tối giản n thoả mãn m.n = 13860 là 1+5+10+10+5+1 = 32. Các phân số trên được chia thành từng cặp nghịch đảo nhau và khác 1 nên 32 phân số lớn hơn 1 là 2 =16.