ĐA TS CHUYÊN TG (TOÁN) 08-09
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (243.58 KB, 4 trang )
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN_Khoá ngày 01/7/2008
Nội dung
1/ Đặt: t = x+1, phương trình đã cho trở thành:
(t+1)
4
+ (t-1)
4
= 184
⇔
t
4
+ 6t
2
- 91 = 0
. Đặt z = t
2
(với z
≥
0).Với điều kiện trên phương trình trở
thành: z
2
+ 6z -91= 0
⇔
z 7
z 13
=
= −
. Với z
= 7
⇒
t =
7±
⇒
x = -1
7±
Vậy phương trình có hai nghiệm x
1,2
= -1
7±
2/
a) .
-2x +4 khi x < 1
y = x-1 x-3 y = 2 khi 1 x 3
2x - 4 khi x > 3
+ ⇔ ≤ ≤
y
b) . Ta có:
y
2x 4 4
4
2x 4 4
− + ≥
≥ ⇔
− ≥
x 0
x 4
≤
⇔
≥
* Chú ý: Thí sinh viết
Theo đồ thị hàm số, ta có: y
x 0
4
x 4
≤
≥ ⇔
≥
vẫn được.
1
(loại)
4
0
x
Bài 2 1/
. Phương trình ( x – 1) ( x – 2) ( x – 3) ( x – 4) = m (1)
⇔ − + − + =
2 2
(1) (x 5x 4)(x 5x 6) m
Đặt y = x
2
-5x + 4 thì ptrình trở thành: y
2
+2y –m = 0 (2)
Ta có :
'
∆
= 1 + m > 0
⇔
m > - 1
Phương trình (1) có 4 nghiệm nên phương trình (2) có hai
nghiệm y
1
, y
2
với y
1
+ y
2
= – 2 ; y
1
y
2
= - m ( m > -1)
. Bốn nghiệm x
1
, x
2
, x
3
, x
4
có vai trò như nhau trong phương
trình nên ta có thể coi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình:
− + = ⇔ − + − =
2 2
1 1
x 5x 4 y x 5x 4 y 0
và x
3
, x
4
là nghiệm phương trình: x
2
– 5x + 4 – y
2
= 0
. Ta có :
+ = = −
1 2 1 2 1
3 4 3 4 2
x x 5 ; x x 4 y
x + x = 5 ; x x = 4 - y
. Nên
+ +
= + = +
− −
1 2 3 4
1 2 3 4 1 2
x x x x 5 5
P
x x x x 4 y 4 y
( )
( )
− +
= =
− + + −
1 2
1 2 1 2
5 8 y y
50
16 4 y y y y 24 m
2/
. Nếu
0
x 1≤
thì hiển nhiên.
. Nếu
0
x 1>
Ta có:
2
0 0
bx c ax+ = −
Do đó:
2
0 0
b c
x x
a a
= +
≤
0
b c
x
a a
+
0
M( x 1)≤ +
. Suy ra:
2
0
x
-1
≤
2
0
x
≤
0
M( x 1)+
. Nên:
0
x 1 M− ≤
Hay:
0
x 1 M≤ +
Bài 3
1/ . Ta có: P =
1 1 1 1 1 1 1
1
x y z xy yz zx xyz
+ + + + + + +
Với x,y,z > 0 và x+y+z =1.Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
3
x y z 1 1
xyz 27
3 27 xyz
+ +
≤ = ⇒ ≥
÷
.
1 1 1
xy yz zx
+ +
2
3
1
3 27
xyz
≥ ≥
÷
.
1 1 1
x y z
+ +
3
1
3 9
xyz
≥ ≥
2
. Vậy: P
1 9 27 27 64≥ + + + =
Nên: giá trị nhỏ nhất của P = 64
1
khi x y z
3
= = =
.
2/
. Đặt a = 1+ x (1)
Ta có:
3 3 2 3 2 3
b 2 (1 x) 1 3x 3x x 1 3x +3x x= − + = − − − ≤ − −
=
3
(1 x)−
. Vậy:
3 3
b (1 x) b 1 x≤ − ⇔ ≤ −
(2)
. Từ (1) và (2) suy ra: a + b
≤
2
Dấu “ = ” xảy ra khi x = 0 hay a = b = 1
. Vậy: A đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi a = b = 1.
Bài 4 1/(1,0 điểm)
. Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuông
1 x y z≤ ≤ <
Ta có:
2 2 2
x y z (*)
xy 2(x y z)(**)
+ =
= + +
. Từ (*) ta có: z
2
=(x +y)
2
- 2xy = (x +y)
2
- 4(x+y+z)
( ) ( )
2
2
2
= (x y) 4(x y) 4z
z 4z 4 x y 4 x y 4
+ − + −
⇔ + + = + − + +
⇔
2 2
(z 2) (x y 2)+ = + −
⇔
x y 2 z 2+ − = +
(vì x +y
≥
2)
. Thay z =x + y - 4 vào (**) ta được:
(x-4)(y-4) =8
x 4 1
y 4 8
− =
⇔
− =
hoặc
x 4 2
y 4 4
− =
− =
( vì y
≥
x)
x 5
y 12
=
⇔
=
hoặc
x 6
y 8
=
=
. Vậy độ dài các cạnh tam giác vuông cần tìm là:
5,12,13 hoặc 6,8,10.
2/(1,0 điểm)
. Gọi số cần tìm là: A =
1 2 n
1a a a
Đặt B =
1 2 n
a a a
Ta có: A =
1B
. Theo đề bài ta có:
B1 3. 1B=
Suy ra: 10B + 1 = 3(
n
10 B+
)
⇔
B =
n
3.10 1
7
−
. Bằng phép thử với n = 5 thì B = 42857
. Khi đó số bé nhất cần tìm là A = 142857
3
Bài 5
1/
. Vẽ đường kính AD của đường tròn (O), ta có D cố định.
. MH // DC (cùng vuông góc với AC)
. Tam giác BCD có : MH // DC , M là trung điểm của BC.
Suy ra : MH đi qua trung điểm K cố định của đoạn BD.
. Vậy MH luôn luôn đi qua điểm K cố định .
2/
. Ta có : OM
⊥
BC
⇒
·
OMB
= 90
0
OB cố định.
. Do đó M thuộc đường tròn cố định đường kính OB.
. Khi C
≡
A thì M
≡
N ( N là trung điểm của AB)
Khi C
≡
B thì M
≡
B
. Vậy M di động trên cung NB của đường tròn đường kính
OB
Hết
4
