Tài liệu ôn thi trường chuyên toán cực khó ( Full new) P2

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:71

0
203
lượt xem
83
download

Tài liệu ôn thi trường chuyên toán cực khó ( Full new) P2

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'tài liệu ôn thi trường chuyên toán cực khó ( full new) p2', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Tài liệu ôn thi trường chuyên toán cực khó ( Full new) P2

  1. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 4: 1.Do BC cố định nên tâm O của vòng tròn ngoại tiếp Δ ABC luôn chạy trên đường trung trực của [BC] ⇒ Bán kính đường tròn ngoại tiếp Δ ABC nhỏ nhất khi O trùng với trung BC BC điểm I của BC. (Do d( BC ,( d )) < ⇒ Đường tròn (I) bán kính cắt (d) tại hai điểm 2 2 phân biệt). Bài toán có hai nghiệm : A & A ' đều nhìn BC dưới một góc vuông. 2.S 2.Chú ý: hc = (S là diện tích Δ ABC). AB 2S h Có: ha .hb .hc = ha .hb . = h a .2 S . b . AB AB Do ha và 2S luôn không đổi nên: h h h (ha .hb .hc ) max ⇔ b max . Song: b ≤ 1 ⇒ b max = 1 ⇔ hb = AB . AB AB AB Khi đó Δ ABC vuông ở A. Bài toán có hai nghiệm hình. Câu 5.a: 1 1 1 9 Có: + + ≥ ≥ 6. x y z x+ y+z 2 ⎛1 1 1⎞ Đặt: a = ⎜ + + ⎟ ≥ 6 2 và b = ( x + y + z ) ⇒ ab ≥ 9 2. 2 ⎜x y z⎟ ⎝ ⎠ Ta có: ⎡ ⎤ 2 ⎢ ⎥ b ⎥ ⎡ 2 ⎛3⎞ ⎤ a ⎛3⎞ ab ⎡ 2 ⎛ 3 ⎞ ⎤ a 2 2 2 ⎛3⎞ ⎢ a a+b =⎜ ⎟ . 2 + + ⎢6 − ⎜ ⎟ ⎥. 2 ≥ ⎜ ⎟ .2. 2 + ⎢6 − ⎜ ⎟ ⎥. 2 ⎝ 2 ⎠ ⎢6 ⎛3⎞ ⎥ ⎢ 2 ⎝2⎠ ⎥ 6 ⎝2⎠ 9 ⎢ ⎣ ⎝2⎠ ⎥ 6⎦ ⎢ ⎜ ⎟ ⎥ ⎣ ⎦ ⎢ ⎣ ⎝2⎠ ⎥ ⎦ ⎛ 3⎞ 2 ⎡ 2 ⎛ 3 ⎞2 ⎤ ⎛3⎞ 2 ⇒ a + b ≥ ⎜ ⎟ .2.1 + ⎢ 6 − ⎜ ⎟ ⎥.1 = ⎜ ⎟ + 6 2. ⎝ 2⎠ ⎢ ⎣ ⎝2⎠ ⎥⎦ ⎝2⎠ Áp dụng: a12 + a 2 + b12 + b2 + c12 + c 2 ≥ 2 2 2 (a1 + b1 + c1 )2 + (a 2 + b2 + c 2 )2 ta được: 2 1 1 1 ⎛1 1 1⎞ x + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 ≥ 2 (x + y + z ) 2 +⎜ + + ⎟ = a+b ≥ ⎜x y z⎟ x y z ⎝ ⎠ 2 ⎛3⎞ 3 ≥ ⎜ ⎟ + 6 2 = . 17 . ⎝2⎠ 2 98
  2. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 1 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = . 2 Câu 5.b: Ta chứng minh rằng không thể chuyển tất cả các bi vào một hình quạt. Thật vậy,ta sơn đen các hình quạt như hình vẽ. Tại thời điểm ban đầu : Tổng số các viên bi trong các hình quạt đen và tổng số các viên bi trong hình quạt trắng đều là một số lẻ. Dễ thấy với mọi thời điểm thì tổng số các viên bi trong các hình quạt đen và trong các hình quạt trắng luôn là một số lẻ. Vì vậy, không thể chuyển tất cả các viên bi vào trong một hình quạt được. 99
  3. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 34:Thi Sư Phạm I(1996-1997) Vòng 1: Câu 1: Xét phương trình: x3 + ax 2 + bx + 1 = 0 trong đó a và b là hai số hữu tỉ. 1.CMR: a = −5, b = 3 là cặp số hữu tỉ duy nhất làm cho phương trình đã cho có ba nghiệm trong đó có một nghiệm là x = 2 + 5 .Kí hiệu x1 , x2 , x3 là ba nghiệm đó. 2.Với mỗi số tự nhiên n đặt S n = x1n + x2 + x3 . n n Tính S1 , S2 , S3 . CMR: Sn luôn là số nguyên. 3.Tìm số dư trong phép chia S1996 cho 4. Câu 2: Cho ba số nguyên x, y, z thỏa mãn điều kiện : ( x + y + z ) 6 . CMR: M chia hết cho 6 với M = ( x + y ) . ( x + z ) . ( z + y ) − 2.xyz . Câu 3: Tìm giá trị của tham số a để hệ sau có nghiệm duy nhất: ⎧ x 2 + a + 1.x ≤ x 5 − 7 x 2 + x + 2 ⎪ ⎨ 4 ( ) ⎪ x + x 3 + a 2 − 3 .x 2 − 4 x − 4 − 4a 2 = 0 ⎩ Câu 4: Cho tam giác ABC vuông cân ở A. AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền. M là một điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N,P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống AB & AC. H là hình chiếu vuông góc của N xuống đường thẳng PD. 1.Xác định vị trí của M để Δ AHB có diện tích lớn nhất. 2.CMR: Khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5: 1.Trên một mảnh giấy có ghi 1996 câu khẳng định như sau: +Câu thứ 1:"Trên mảnh giấy này có đúng 1 câu khẳng định sai". +Câu thứ 2:"Trên mảnh giấy này có đúng 2 câu khẳng định sai". +Câu thứ 3:"Trên mảnh giấy này có đúng 3 câu khẳng định sai". .... +Câu thứ 1996:"Trên mảnh giấy này có đúng 1996 câu khẳng định sai". Hỏi trong số 1996 câu khẳng định đó có câu nào đúng không? Hãy trình bày rõ lập luận và chỉ ra tất cả các câu đúng nếu có. 2.Cũng câu hỏi như trên nhưng trong các câu khẳng định đã cho chữ "đúng" được thay bằng "không quá".Ví dụ: Câu thứ 1:"Trên mảnh giấy này có không quá 1 câu khẳng định sai". 100
  4. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Hướng dẫn giải : Câu 1: 1.Có: x = 2 + 5 là nghiệm của phương trình đã cho khi và chỉ khi: (2 + 5 ) + a.(2 + 5 ) 3 2 ( ) + b. 2 + 5 + 1 = 0 ⇔ (4a + b + 17 ). 5 + (9a + 2b + 39) = 0 ⇔ 4a + b + 17 = 9a + 2b + 39 = 0 ⇔ a = −5; b = 3. 2.Với a = −5; b = 3 phương trình trở thành: x3 − 5 x 2 + 3x + 1 = 0 hay: (x 2 − 4 x − 1) . ( x − 1) = 0 có ba nghiệm là: x1,2 = 2 ± 5 và x3 = 1 . Vậy Sn = 1 + x1n + x2 . n Ta dễ dàng tính được : S1 = 5; S2 = 19; S3 = 77. Đặt Pn = x1n + x2 ta dễ dàng chứng minh được: Pn + 2 − 4.Pn +1 − Pn = 0 (1) với mọi n ≥ 1 . n Từ đó, bằng phép qui nạp, suy ra Pn ∈ Ζ với mọi n = 1, 2,3,... do đó S n ∈ Ζ với ∀n . 3.Từ (1) ⇒ Pn + 2 ≡ Pn (mod 4). Mặt khác: P2 = 18 ≡ 2 (mod 4). Từ đó: P ≡ P ≡ P ≡ ... ≡ P2 ≡ 2 (mod 4). 1996 1994 1992 Câu 2: Dễ dàng chứng minh được: ( x + y ) . ( z + y ) . ( x + z ) + xyz = ( x + y + z ) . ( xy + yz + zx ) . Từ đó có: M = ( x + y + z ) . ( xy + yz + zx ) − 3 xyz . Từ điều kiện : ( x + y + z ) 6 ta suy ra trong ba số x, y, z có ít nhất một số chẵn ⇒ 3 xyz 6 . Từ đó ta có đpcm. Câu 3: Phương trình thứ hai trong hệ có thể phân tích thành: ( x2 − 4 ) .( x2 + x + 1 + a 2 ) = 0 có đúng hai nghiệm là x1 = −2; x2 = 2 . Bằng phép thử trực tiếp vào phương trình thứ nhất, ta thấy x1 = −2 luôn thỏa mãn với mọi a.Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x2 = 2 không thỏa mãn bất phương trình, nghĩa là: ⎡ a < −3 4 + 2. a + 1 > 6 + 2 ⇔ a + 1 > 2 ⇔ ⎢ ⎣a > 1 101
  5. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 4: 1.Dựng BE // AC cắt PD tại E. Thấy: C BE = PC = BN ⇒ NEB = NHB = 450 . E Mặt khác: AHN = APN = 450 . D H Vậy AHB = 900 và HN là đường phân giác của AHB . P M Suy ra: A B 2 N 1 1 ⎛ AH 2 + BH 2 ⎞ AB 4 S AHB = . AH 2 .BH 2 ≤ .⎜ 2 ⎟ = 4 4⎜⎝ 2 ⎟ ⎠ 16 AB 2 ⇒ S AHB ≤ 4 Đẳng thức xảy ra khi AH = BH tức là khi H ≡ D ≡ M . Vậy khi M ≡ D thì S AHB lớn nhất. 2.Vì HN là đường phân giác AHB nên HN luôn đi qua điểm giữa của nửa đường tròn đường kính AB. Rõ ràng điểm này cố định. Câu 5: 1.Nếu 1 câu là đúng thì các câu khác đều sai.Vậy có không quá 1 câu đúng. Mặt khác:Nếu tất cả đều sai thì câu thứ 1996 đúng,vô lý. Vậy phải có câu đúng và chỉ có 1 câu đúng.Điều đó có nghĩa là câu thứ 1995 là câu duy nhất đúng. 2.Nếu có h câu là sai ( 0 < h < 1996 ) thì các câu h, h + 1, h + 2,..., h + 1996 đều đúng.Suy ra chỉ có các câu 1, 2,..., h − 1 là sai (trái giả thiết có h câu sai).Vậy không có câu nào sai , nghĩa là cả 1996 câu đều đúng. 102
  6. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 35:Thi Sư Phạm I(1996-1997) Vòng 2: Câu 1: Cho biểu thức: x + 3x + (x − 4). 3 2 2 x2 −1 − 4 P(x ) = với x ≥ 1. 3 2 2 ( ) x − 3x + x − 4 . x 2 − 1 + 4 1.Rút gọn P(x). 2.Giải phương trình : P ( x ) = 1 . Câu 2: 1.Phân tích đa thức thành nhân tử: ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) . 3 3 3 2.Với n là một số tự nhiên đã cho,xét xem khẳng định sau đúng hay sai: Đa thức: ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) chia hết cho đa thức n. ( a − b ) . ( b − c ) . ( c − a ) n n n ⎧2 x − 1 = y z Câu 3: Cho ba số nguyên dương x,y,z thỏa mãn: ⎨ ⎩x > 1 CMR: z = 1 . Câu 4: Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CD của tứ giác lồi ABCD. 1 CMR: S ABCD ≤ .( AM + AN ) . (Kí hiệu S ABCD chỉ diện tích tứ giác ABCD). 2 2 Câu 5: Trên bờ một biển hồ hình tròn có 2n thành phố ( n ≥ 2 ).Giữa hai thành phố tùy ý có thể có hoặc không có đường thủy nối trực tiếp với nhau.Người ta nhận thấy rằng,đối với hai thành phố A&B bất kỳ thì giữa chúng có đường thủy nối trực tiếp với nhau khi và chỉ khi giữa các thành phố A' và B' theo thứ tự là hai thành phố gần với A&B nhất nếu đi từ A đến A' và B đến B' trên bờ hồ dọc theo cùng một chiều (cùng chiều kim đồng hồ hoặc ngược chiều kim đồng hồ). CMR: Từ mỗi thành phố đều có thể đi bằng đường thủy tới một thành phố tùy ý khác theo một lộ trình qua không quá hai thành phố trung gian. Hướng dẫn giải : Câu 1: 1.Phân tích tử và mẫu thành nhân tử được: P( x) = [ ( x + 2). x − 1. x − 1.( x + 2) + ( x − 2). x + 1 ] [ ( x − 2). x + 1. x + 1.( x − 2) + ( x + 2). x − 1 ] 2 Suy ra điều kiện để tồn tại P(x) là: x ≥ 1; x ≠ 2; x ≠ ± . 3 103
  7. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ( x + 2). x − 1 Với điều kiện ấy: P ( x) = . ( x − 2). x + 1 2 2.Giải P ( x ) = 1 ta được: x = ± .Cả hai giá trị này đều không thỏa mãn điều kiện trên. 3 Vậy phương trình vô nghiệm. Câu 2: 1. ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) = 3. ( a − b ) . ( b − c ) . ( c − a ) . 3 3 3 2. Sử dụng nhị thức Newton có thể thấy khẳng định đúng khi n lẻ. Dễ thấy khẳng định sai khi n chẵn. Câu 3: Do x > 1 ⇒ 2 x 4 ⇒ y z + 1 4 nên y lẻ. Xét: ___ +) z chẵn ⇒ y z là số chính phương lẻ ⇒ y z ≡ 1 (mod 4) ⇒ y z + 1 4. Vậy z lẻ.Ta đặt z = 2t + 1 (t ≥ 0) . Khi đó: y z + 1 = ( y + 1) . ( y z −1 − y z − 2 + y z −3 − ... − y + 1) Đặt M = y z −1 − y z − 2 + y z −3 − ... − y + 1 , M là tổng của 2t + 1 số lẻ ⇒ M lẻ ⇒ M là ước lẻ của số 2 x ⇒ M = 1 . Vậy y z + 1 = y + 1 ⇒ z = 1 (đpcm). Câu 4:Giả sử MA cắt BD ở I. Từ giả thiết M, N là trung điểm của BC và CD. Ta có: S ABCD = 2 S AMCN = 2 ( S AMN + SCMN ) = B E C = 2 ( S AMN + S IMN ) ≤ 2 ( S AMN + S AMN ) = I 1 = 4 S AMN ≤ 4. . AM . AN ≤ F 2 2 A D ⎛ AM + AN ⎞ 1 ⎟ = . ( AM + AN ) (đpcm). 2 ≤ 2. ⎜ ⎝ 2 ⎠ 2 Câu 5: Với 3 thành phố liên tiếp X , Y , Z kể theo chiều nào đó ta có: Y = X ' và Z = Y ' . Do đó theo giả thiết: ( X , Y ) = 1 ⇒ ( X ', Y ') = (Y , Z ) = 0 ( X , Y ) = 0 ⇒ ( X ', Y ') = (Y , Z ) = 1 trong đó kí hiệu ( X , Y ) = 1 (hay 0) chỉ rằng giữa hai thành phố X và Y có ( không có) đường thủy nối trực tiếp. Từ đó suy ra rằng có thể biểu diễn 2n thành phố đã cho bởi sơ 104
  8. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ đồ sau (hình 1): Trong đó mũi tên chỉ rõ cặp thành phố kề nhau có đường thủy nối trực tiếp (hình vẽ với n = 4 ). Hình1 Xét hai thành phố A và B tùy ý. Nếu ( A, B ) = 1 ta có ngay đpcm. Nếu ( A, B ) = 0 ta có 3 trường hợp: 10) ( A, A ') = ( B, B ') = 1 (hình 1). Lúc này vì ( A, B ) = 0 nên ( A ', B ') = 1 . Ta có đường đi: A → A ' → B ' → B . 20) ( A, A ') = 1, ( B, B ') = 0 (hình 2). Nếu B = B1 thì 3 thành phố B1 , B, B ' liên tiếp. Mà: ( B, B ' ) = 0 nên ( B1 , B ) = 1 . Nên: ( A, B1 ) = 1 thì có đường đi: A → B1 → B . Nếu ( A, B1 ) = 0 thì ( A ', B ) = 1 và có đường đi: A → A ' → B . 3 ) ( A, A ') = ( B, B ' ) = 0 (hình 3). Giả sử A = A1 và B = B1 .Tương tự như trên ta phải có: 0 ( A, A1 ) = ( B, B1 ) = 1 . Vì ( A, B ) = 0 nên ( A1 , B1 ) = 1 . Ta có đường đi: A → A1 → B1 → B . Hình2 Hình3 Tóm lại trong mọi trường hợp ta đều có đpcm. 105
  9. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 36:Thi Chuyên Hùng Vương(1999-2000) Chuyên Lý: ⎧ x2 + 2 + x + y2 + 3 + y = 5 ⎪ Câu 1: Giải hệ: ⎨ ⎪ x2 + 2 − x + y2 + 3 − y = 2 ⎩ 2 a.(c − d ) + 3d 3 Câu 2: CMR: ≤ ≤ với mọi số a, b, c, d ∈ [2;3] . 3 b.(d − c) + 3c 2 Câu 3: CMR: Với ba số thực a,b,c phân biệt thì phương trình: 1 1 1 + + = 0 có hai nghiệm khác nhau. x−a x−b x−c Câu 4: Cho Δ ABC ( AB = AC ).Trên cạnh BC lấy các điểm E,F (khác B,C) thỏa BC mãn: BE = CF < .Gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại các tam giác 2 ABC, AEF. a).CMR: Hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ABF có bán kính bằng nhau. b).Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp Δ ABF theo R và r. Hướng dẫn giải : Câu 1: Đặt a = x 2 + 2 + x; b = y 2 + 3 + y. Hệ đã cho trở thành: ⎧a + b = 5 ⎧a = 5 − b ⎡b = 3, a = 2 ⎪ ⎪ ⎨2 3 ⇔⎨ 2 3 ⇔⎢ ⎪a + b = 2 ⎪5 − b + b = 2 ⎢b = a = 5 ⎩ ⎩ ⎣ 2 ⎡ 17 13 ⎢ x = 20 , y = 20 Từ đó ta có các nghiệm: ⎢ ⎢x = 1 , y = 1 ⎢ ⎣ 2 a.(c − d ) + 3d 2 Câu 2: Ta chứng minh: ≥ (1) . b.(d − c) + 3c 3 a.(c − d ) + 3d 3d − a(d − c) 3d − 3(d − c) c 2 -Nếu d ≥ c thì: = ≥ = ≥ . b.(d − c) + 3c b(d − c) + 3c 3(d − c) + 3c d 3 a.(c − d ) + 3d 2(c − d ) + 3d d + 2c -Nếu c > d thì: ≥ = . b.(d − c) + 3c 3c − 2.(c − d ) c + 2d 106
  10. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ d + 2c 2 Có: ≥ ⇔ 3d + 6c ≥ 4d + 2c ⇔ 4c ≥ d (luôn đúng). c + 2d 3 Vậy (1) được chứng minh. a.(c − d ) + 3d 3 Ta chứng minh: ≤ (2) . b.(d − c) + 3c 2 a.(c − d ) + 3d a.(c − d ) + 3d 3.(c − d ) + 3d c 3 -Nếu c > d thì: = ≤ = ≤ . b.(d − c) + 3c 3c − b.(c − d ) 3c − 3(c − d ) d 2 a.(c − d ) + 3d 3d − a (d − c) 3d − 2(d − c) d + 2c -Nếu d ≥ c thì: = ≤ = .. b.( d − c) + 3c b(d − c) + 3c 2(d − c) + 3c c + 2d d + 2c 3 Có: ≤ ⇔ 2d + 4c ≤ 3c + 6d ⇔ c ≤ 4d (luôn đúng). c + 2d 2 Vậy (2) được chứng minh. Bài toán được chứng minh xong. Câu 3: Điều kiện: x ≠ a, x ≠ b, x ≠ c. 1 1 1 Có: + + =0 x−a x−b x−c ⇔ ( x − a).( x − b) + ( x − b).( x − c) + ( x − c).( x − a) = 0 ⇔ 3 x 2 − 2.(a + b + c).x + ab + bc + ca = 0(1) Đặt f (x) = 3x 2 − 2.(a + b + c).x + ab + bc + ca = 0 . ⎧ f ( a) = ( a − b).(a − c) ≠ 0 ⎪ Có: ⎨ f (b) = (b − c).(b − a) ≠ 0 ⎪ f (c) = (c − a).(c − b) ≠ 0 ⎩ Hơn nữa: Ta xét phương trình (1) có: 1 2 [ 2 2 ] Δ' = (a + b + c) 2 − 3.(ab + bc + ca) = . (a − b ) + (b − c ) + (c − a ) > 0 2 (Do a ≠ b, b ≠ c, c ≠ a ). Từ đó ta có đpcm. Câu 4: Đáp số: RΔABF = R.r . Chú ý:Khi các bạn giải bài toán 3,các bạn thường xét Δ' > 0 rồi suy ra điều phải chứng minh ngay là chưa đủ.Các bạn phải chứng minh thêm một ý quan trọng là : a,b,c không phải là nghiệm của phương trình đang xét. 107
  11. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 37:Thi Chuyên Hùng Vương(1998-1999) Vòng 1: Câu 1: Giải phương trình: x 2 + x 2 − 2 x − 19 = 2 x + 39. ⎧ x + y + xy = 2 ⎪ Câu 2: Giải hệ phương trình nghiệm nguyên: ⎨ y + z + yz = 5 ⎪ z + x + zx = 7 ⎩ Câu 3: Cho hai số dương a,b thỏa mãn: a + 2b ≤ 8 . CMR: a + 3b + 2a + 5b + 3a + 4b < 12. Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 24 (cm). Trên tia OB lấy các điểm C và D sao cho: OC = 15 (cm) và OD = 20 (cm). Hai tiếp tuyến CM và DN cắt nhau ở E. Tính CM, DN và diện tích Δ CDE. Hướng dẫn giải : Câu 1: Đặt x 2 − 2 x − 19 = t ≥ 0. Ta viết lại phương trình đã cho: x 2 − 2 x − 19 + ( x 2 − 2 x − 19) − 20 = 0 hay: t 2 + t − 20 = 0 ⇔ (t − 4).(t + 5) = 0 mà t ≥ 0 nên: ⇔t=4 ⎡x = 7 Từ đó có: x 2 − 2 x − 19 = 16 ⇔ x 2 − 2 x − 35 = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = −5 Câu 2: Đây chính là Câu2-Đề 18. Câu 3: Áp dụng BDT Bunhiacôpxki: ( a + 3b + 2a + 5b + 3a + 4b ) 2 ≤ (a + 3b + 2a + 5b + 3a + 4b ).(1 + 1 + 1) hay: a + 3b + 2a + 5b + 3a + 4b ≤ (6a + 12b).3. Mà a + 2b ≤ 8 nên 6a + 12b ≤ 48 . Từ đó suy ra: a + 3b + 2a + 5b + 3a + 4b ≤ 48.3 = 12. Đẳng thức không xảy ra, vậy ta có đpcm. 108
  12. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 4: Gọi E là giao điểm của CM và DN. Dễ dàng tính được: CM = 9(cm), DN = 16(cm) . Có: CM ON ⎛ 3 ⎞ = ( ) ( ⎜ = ⎟ nên: tg COM = tg NDO ⇒ COM = NDO. MO DN ⎝ 4 ⎠ ) Gọi M ' là điểm đối xứng của M qua AB. Có: COM ' = COM = NDO ⇒ OM ' // ND. Gọi H là giao điểm của CM ' với ND. Dễ thấy tứ giác ONHM ' là hình vuông. (Vì có M ' O // NH và OM 'C = OMC = ONH = 900 và có ON = OM ' = 12 cm ) ⇒ HC = HM '− CM ' = ON − CM = 3 cm . Đặt x(cm) = ME = NE . Có: CE 2 = EH 2 + HC 2 hay : 12 ( CM + x ) = ( NH − EN ) + 9 ⇔ ( 9 + x ) = (12 − x ) + 9 ⇔ x = 2 2 2 2 (cm) 7 100 Suy ra: DE = DN − EN = (cm). 7 1 1 1 150 Có: S ΔDCE = .DE.CH = .100. .3 = (cm 2 ). 2 2 7 7 109
  13. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 38:Thi Chuyên Hùng Vương(1998-1999) Vòng 2: ⎧ x 3 + x 3 y 3 + y 3 = 17 Câu 1: Giải hệ: ⎨ ⎩ x + xy + y = 5 Câu 2: CMR: Với n ≥ 4 thì BĐT đúng với các số dương x1 , x2 ,..., xn bất kỳ: (x1 + x2 + ... + xn )2 ≥ 4.(x1 .x 2 + x2 .x3 + ... + xn .x1 ). ( ) Câu 3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y = 2 x 2 − 7 x + 3 .( x − 3) với x ∈ [− 3;3]. Câu 4: Cho Δ ABC có ba góc nhọn. Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Kí hiệu S ABC , S DEF là diện tích của các tam giác ABC và DEF. S DEF a).CMR: = 1 − Cos 2 A − Cos 2 B − Cos 2 C. S ABC b).Biết AD = 3 (cm), BE = 2 2 (cm) và HC = 5.HF . Tính S ABC = ? Hướng dẫn giải : ⎧x + y = a ⎧a 3 − 3ab + b 3 = 17 Câu 1: Đặt ⎨ Hệ đã cho trở thành: ⎨ hay : ⎩ xy = b ⎩a + b = 5 ⎪ ⎨ ( ) ⎧(a + b). a 2 − ab + b 2 − 3ab = 17 ⎧5a 2 − 8ab + 5b 2 = 17 ⇔⎨ ⎪a + b = 5 ⎩ ⎩a + b = 5 ⎧5a 2 − 8a.(5 − a ) + 5.(5 − a) 2 = 17 ⎡ a = 2, b = 3 ⇔⎨ ⇔⎢ ⎩b = 5 − a ⎣ a = 3, b = 2 ⎡ x = 1, y = 2 Từ đó ta có: ⎢ ⎣ x = 2, y = 1 Câu 2: -Với n chẵn ta có: (x1 − x 2 + x3 − ... + x n −1 − x n ) ≥ 0 hay: 2 (x1 + x2 + ... + xn )2 ≥ 4.(x1 .x2 + x2 .x3 + ... + xn .x1 ) (đpcm). -Với n lẻ ta có: Không giảm tính tổng quát giả sử xn = min ( x1 , x2 ,..., xn ) . Có: (x1 + x2 + ... + xn )2 ≥ 4.(x1 .x2 + x2 .x3 + ... + xn .x1 ) ⇔ [(x1 + x 2 + ... + x n −1 ) + x n ] ≥ 4.( x1 .x 2 + x 2 .x3 + ... + x n .x1 ) 2 110
  14. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⇔ ( x1 + x2 + ... + xn −1 ) + xn + 2 xn . ( x1 + x2 + ... + xn −1 ) ≥ 22 ≥ 4. ( x1.x2 + x2 .x3 + ... + xn − 2 .xn −1 + xn −1.x1 ) + 4.( xn −1.xn + xn .x1 − xn −1.x1 ) Vì n − 1 chẵn nên: (x1 + x 2 + ... + xn −1 ) ≥ 4( x1 .x2 + x2 .x3 + ... + x n − 2 .x n−1 + xn −1 .x1 ) . 2 Ta sẽ chứng minh: x n + 2 x n .( x1 + x 2 + ... + x n −1 ) ≥ 4.( x n −1 .x n + x n .x1 − x n −1 .x1 ) 2 ⇔ x n + 2 x n .(x 2 + x3 + ... + x n − 2 ) + 2 x n −1 .( x1 − x n ) + 2 x1 .( x n −1 − x n ) ≥ 0 . 2 Do x1 ≥ x n , x n −1 ≥ x n ⇒ ( x1 − x n ) ≥ 0; ( x n −1 − x n ) ≥ 0. Vậy ta có đpcm. Câu 3: Có: y = (3 − x).(3 − x ).( 2 x − 1) 1 -Nếu x ≤ ⇒ y ≤ 0. 2 1 -Nếu x > . Áp dụng BĐT Cô-Si (Chú ý: 3-x ≥ 0;2x-1 ≥ 0) có: 2 3 ⎛ 3 − x + 3 − x + 2x − 1 ⎞ 125 y = (3 − x ).(3 − x ).(2 x − 1) ≤ ⎜ ⎟ = . ⎝ 3 ⎠ 27 4 Đẳng thức xảy ra khi x = . 3 125 4 Vậy y max = khi x = . 27 3 Câu 4: S DEF S S S AF . AE CE.CD BF .BD a-Có: = 1 − AEF − CED − BFD = 1 − − − . S ABC S ABC S ABC S ABC AC. AB CB.CA BC.BA S Từ đó: DEF = 1 − Cos 2 A − Cos 2 B − Cos 2 C. S ABC b-Trước hết ta chứng minh các bổ đề sau: AB BC CA 10 ) = = = 2 R (Định lý hàm số sin). SinC SinA SinB 20) Với a = BC,b = CA,c = AB có: b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 b2 + a2 − c2 CosA = ; CosB = ; CosC = . 2bc 2ac 2ac Có: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp Δ ABC, kéo dài AO cắt (O) tại điểm thứ hai H.Ta có: 111
  15. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ AC AC SinB = Sin AHC = = . AH 2 R AB CB Tương tự: SinC = ; SinA = . 2R 2R AB BC CA Vậy: = = = 2R . SinC SinA SinB Lại có: AF AF . AB = AB. AC. AC AF ⇒ AF .BF + AF 2 = AB. AC. AC AF ⇒ 2. AF .BF + 2. AF 2 = 2. AB. AC. . Từ đó: 2. AF .BF + 2. AF 2 = 2. AB. AC.CosA AC ⇒ BF + CF = ( AF + CF ) + AF 2 + CF 2 − 2. AB. AC.CosA 2 2 2 ⇒ a 2 = c 2 + b 2 − 2bc.CosA b2 + c2 − a2 ⇒ CosA = . 2bc a2 + c2 − b2 b2 + a2 − c2 Tương tự: CosB = ; CosC = . 2ac 2ab Trở lại bài toán: Ta có: AC DC = SinB = SinDHC = . 2R HC DC Suy ra: HC = 2 R. ⇒ HC = 2 R.CosC AC HD ⇒ HD = HC. = 2 R.CosC.CosDHC HC ⇒ HD = 2 R.CosB.CosC (1) Tương tự: HF = 2 R.CosB.CosA (2) . Từ (1) ta có: HD HC = = 2 R.CosC = 5.HF (3) . CosB Từ ( 2) & (3) suy ra: 2 R.CosC = 2 R.CosB.CosA.5 ⇒ CosC = 5.CosB.CosA . b2 + a2 − c2 a2 + c2 − b2 b2 + a2 − c2 ⇒ = 5. . 2ac 2ac 2ab 5. ( c + b − a ) . ( a + c 2 − b 2 ) 2 2 2 2 ⇒ a 2 + b2 − c2 = (4) . 2.c 2 AC AD 3 b 3 2 2 Mà: = = ⇒ = .Suy ra: a = .b thay vào ( 4) được: BC BE 2 2 a 2 2 3 112
  16. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 2 34 5 ⎛ c2 ⎞ 34 c 2 5 7c − .b 2 c 2 − .b 4 = 0 ⇔ 7.⎜ 2 4 ⎜b ⎟ − . 2 − ⎟ =0 9 81 ⎝ ⎠ 9 b 81 c2 5 5 Suy ra: 2 = ⇒ c 2 = .b 2 .Có: b 9 9 2 ⎛2 2 ⎞ 5 ⎜ .b ⎟ + b 2 − .b 2 b +a −c 2 2 2 3 9 1 CosC = =⎝ ⎠ = 2ab 2 2 2 2 2. .b 3 BE ⇒ C = 450 ⇒ BC = = 4 (cm). CosC 1 ⇒ S ABC = .BC. AD = 6 (cm 2 ). 2 Vậy: SABC = 6 (cm2). 113
  17. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Đề 39:Thi Chuyên Hùng Vương(1995-1996) Vòng 1: Câu 1: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a + b + c = 12 . CMR: 3a + 2. a + 1 + 3b + 2. b + 1 + 3c + 2. c + 1 ≤ 3. 17 . Câu 2: Một cuộc thi đấu bóng bàn có khoảng từ 20 đến 30 người tham dự,trong đó có các kiện tướng và các vận động viên(chưa được phong kiện cấp tướng). Theo thể lệ thì mỗi đấu thủ phải đấu với tất cả các đấu thủ khác và mỗi cặp chỉ đấu một trận. Ai thắng được 2 điểm, thua bị 0 điểm,còn hòa được 1 điểm. Biết rằng tổng số điểm của mỗi đấu thủ khi gặp tất cả các kiện tướng thì bằng nửa số điểm của mình sau mọi trận đấu. Hỏi có bao nhiêu người tham dự cuộc thi,trong đó có bao nhiêu kiện tướng? Câu 3: CMR: Với mỗi số nguyên n > 1 thì: 1 ⎛ 1⎞⎛ 3⎞⎛ 5⎞ ⎛ 2n − 1 ⎞ < ⎜ 2 − ⎟.⎜ 2 − ⎟.⎜ 2 − ⎟...⎜ 2 − ⎟ < 1. n! ⎝ n⎠⎝ n⎠⎝ n⎠ ⎝ n ⎠ Câu 4: Cho Δ ABC vuông ở C có BC = a, CA = b . Lấy các điểm K,M,N nằm ngoài Δ ABC sao cho các Δ KAB, Δ MBC, Δ ANC vuông cân với cạnh huyền tương ứng là AB,BC,CA.Vẽ các nửa đường tròn đường kính AB, BC, CA theo thứ tự đi qua các điểm KMN. 1.Tính S KMN theo a, b . 2.Tính bán kính đường tròn tiếp xúc với 3 nửa đường tròn trên khi a = 6 (cm), b = 8 (cm) Hướng dẫn giải : Câu 1: Có: a + b + c ≤ (a + b + c).(1 + 1 + 1) = 6. Lại có: ( )≤ 2 3a + 2 a + 1 + 3b + 2 b + 1 + 3c + 2 c + 1 ⎣ ( ) ( ) ( ⎦ ) ≤ ⎡ 3a + 2 a + 1 + 3b + 2 b + 1 + 3c + 2 c + 1 ⎤ .(1 + 1 + 1) = ( ) = ⎡3.(a + b + c) + 2. a + b + c + 3⎤ .3 ≤ ( 3.12 + 2.6 + 3) .3 = 51.3 ⎣ ⎦ Suy ra: 3a + 2. a + 1 + 3b + 2. b + 1 + 3c + 2. c + 1 ≤ 51.3 = 3. 17 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 4 . 114
  18. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Câu 2: Giả sử có: x vận động viên , y kiện tướng. Mỗi vận động viên sẽ đấu số trận: +) y trận với kiện tướng +) x-1 trận với các vận động viên khác Mỗi vận kiện tướng sẽ đấu số trận: +) y-1 trận với kiện tướng +) x trận với các vận động viên khác y.( y − 1) ⇒ Số trận có kiện tướng thi đấu: xy + trận. 2 ( x + y ).( x + y − 1) Tổng số các trận đấu: trận. 2 Sau mỗi trận đấu tổng số điểm của cả hai người chơi luôn là 2. Theo bài ra ta có: 1 Tổng số điểm của tất cả mọi người sau khi gặp kiện tướng = tổng số điểm của tất cả 2 ⎡ y.( y − 1) ⎤ 1 ( x + y ).( x + y − 1) mọi người. Ta có: 2 ⎢ xy + 2 ⎥ = 2 .2. 2 . ⎣ ⎦ Suy ra: x 2 − (2 y + 1).x − ( y 2 − y ) = 0 .Vì x ∈ Ν ⇒ Δ x = 8 y 2 + 1 là số chính phương. Mà 1 ≤ y ≤ 20 ⇒ y = 6 ⇒ x = 15. Vậy có 21 người tham dự cuộc thi,trong đó có 6 kiện tướng. Câu 3: Áp dụng BĐT Cô-Si ta có: 2n − 1 ⎞ n ⎛ 1 3 ⎛ 1⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 5⎞ ⎛ 2n − 1 ⎞ ⎜ 2 − n + 2 − n + ... + 2 − n ⎟ ⎜ 2 − ⎟ . ⎜ 2 − ⎟ . ⎜ 2 − ⎟ ... ⎜ 2 − ⎟ ⇔ 2− ≥ n n − t +1 n n − t +1 Từ đó ta có BĐT : 2n − (2t − 1) 1 2− ≥ với 1 ≤ t ≤ n . n n − t +1 115
  19. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ Thay t = 1,2,..., n ta có: 2n − 1 1 ⎫ 2− ≥ n n ⎪ ⎪ 2n − 3 1 ⎪ 2− ≥ ⎪ 1 ⎛ 1⎞⎛ 3⎞⎛ 5⎞ ⎛ 2n − 1 ⎞ n n − 1⎬ ⇒ ≤ ⎜ 2 − ⎟.⎜ 2 − ⎟.⎜ 2 − ⎟...⎜ 2 − ⎟ ⎪ n! ⎝ n⎠⎝ n⎠⎝ n⎠ ⎝ n ⎠ ... ⎪ 1 1 ⎪ 2− ≥ n 1 ⎪ ⎭ Dấu bằng không xảy ra. 1 ⎛ 1⎞⎛ 3⎞⎛ 5⎞ ⎛ 2n − 1 ⎞ Vậy: < ⎜ 2 − ⎟.⎜ 2 − ⎟.⎜ 2 − ⎟...⎜ 2 − ⎟ < 1 (đpcm). n! ⎝ n⎠⎝ n⎠⎝ n⎠ ⎝ n ⎠ Câu 4: 1.Dễ thấy các tam giác AKC,KCM vuông. Có: 1 1 S KMN = .MN .KC = .( NC + MC ).KC . 2 2 Mà : ACK = 45 nên: KC = AC. 2 = b. 2 .Có: 0 1 1 1 1 NC = . AC = .b và: MC = .CB = .a . 2 2 2 2 Từ đó: 1 1 1 S KMN = . .(a + b). 2 .b ⇒ S KMN = .(a + b).b 2 2 2 2.Trước hết ta xét bài toán phụ sau: "Cho Δ HQT vuông ở H có HQ = 3, HT = 4 (đvdd). Tìm điểm O ở trong tam giác HQT để: HO = QO − 1 = TO − 2 ". Giải: Hạ OL,OP lần lượt vuông góc với QH,HT. Đặt OH = x, HP = y . Có: OP 2 = OT 2 − TP 2 hay: x 2 − y 2 = ( x + 2) 2 − (4 − y ) 2 hay: x = 3 − 2 y (1) . Lại có: OL2 = OQ 2 − QL2 hay: x 2 − y 2 = ( x + 1) 2 − (3 − HL) 2 hay: x 2 − y 2 = ( x + 1)2 − 9 + 6. x 2 − y 2 − ( x 2 − y 2 ) ⇒ x − 4 + 3. x 2 − y 2 = 0 (2). Từ ( 2) ta có: (4 − x) 2 = 9.( x 2 + y 2 ) kết hợp với (1) có: 116
  20. Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ ⎡y = 4 23 y − 112 y + 80 = 0 ⇔ ⎢ ⎢ y = 20 ⎣ 23 20 29 Từ (1) ⇒ y < 4 .Vậy y = ⇒x= . 23 23 Trở lại bài toán: Gọi O là tâm đường tròn đã tiếp xúc với ba nửa đường tròn trên. Gọi các điểm tiếp xúc lần lượt là: T ', Q ', H ' (hình vẽ). Gọi T,Q,H lần lượt là trung điểm của các cạnh AC,CB,BA của Δ ABC. Có: OT ' = OH ' = OQ ' hay: OT + TT ' = OH + HH ' = OQ + QQ ' ⇔ OT + 3 = OH + 5 = OQ + 4 ⇔ OT − 2 = OQ − 1 = OH Áp dụng bài toán phụ trên cho Δ HTQ có: 29 29 144 OH = ⇒ OH ' = +5= 23 23 23 144 Vậy bán kính cần tìm có độ dài : (cm). 23 117

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản