đáp án Toán chuyên Bình Phước 2016-2017
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (175.22 KB, 4 trang )
Đáp án Toán chuyên – Bình Phước năm 2016 -1017
Bài giải của thầy Lê Văn Vinh, trường THPT TX Phước Long – Bình Phước
Câu 1:
x 2
2 x x 1
P
(x > 0, x ≠1)
x 2 x 1 x 1 x
x 2
x 1 x x 2 2 x x x 1
2 x
a) P
.
2
2
x
x
x
1
x
1
x 1
x 1
x 1
2
x 1
b) x
3
2
5 1 3
2 x
2
5 1 3 5 1 3 5 3 2 (do 3 5 1 0 )
Vậy P = 2
Câu 2: x 2 2mx m 2 4m 3 0
+) PT có 2 nghiệm ’ ≥ 0 4m + 3 ≥ 0 m ≥ -
4
3
x x 2 2 m
+) ta có: 1
2
x 1x 2 m 4m 3
+) Theo đề:
T x 12 x 22 x 1x 2 (x 1 x 2 )2 3x 1x 2 4m 2 m 2 4 m 3 3m 2 4 m 3
2
2 4
2 5 5
3 m m 1 3 m
3
3 9 3
T min
5
2
m
3
3
(Thỏa ĐK)
Câu 3:
a) 4(x 2 1) 3 2x 2 7x 3 14x 2(2 x2 7x 3) 3 2x 2 7x 3 2 0
Đặt t 2x 2 7x 3 (t ≥0) ta có: 2t2-3t – 2 =0 t = 2 hoặc t =-
1
2
So điều kiện ta có t = 2
Vậy
2x 2 7x 3 2 2x 2 7x 3 4 2x 2 7x 1 0 x
7 57
4
xy y 2 3y 1 x 2 y 1
b)
3
2
x y 4xy 7xy 5x y 2 0
3 y 1 0
ĐK:
x 2 y 1 0
Vì x = y =
1
không là nghiệm của hệ nên
3
x 1
3y 1 x 2 y 1 0 . Do đó PT thứ nhất
x 1
.
x 1
x
c)
1
(x y ) y
0
3y 1 x 2 y 1
3
1
2
1
y
x
y
1
>0)
3y 1 x 2 y 1
y (x y )
x =y ( do y > 0 và
y x
2
Thế y=x vào PT thứ 2 ta có: x 4 4 x 3 7x 2 6 x 2 0 x 1 (x 2 2 x 2) 0 x 1
Vậy hệ có 1 nghiệm (1;1)
Câu 4:
a) +) Tam giác TAB đồng dạng tam giác TCA nên: TA2 = TB.TC
+) Ta có: A
KB A
CK KA
C (góc ngoài tam giác AKC) (1)
TA
K TA
B BA
K (2)
A
KB TA
K (tam giác ATK cân tại T)(3)
A
CK TA
B (cùng chắn cung AB) (4)
Từ (1) , (2) , (3) và (4) KA
C BA
K AK là tia phân giác góc BA
C
TP TC
CTP
nêm tam giác PTB đồng dạng tam
, mà PTB
b) Ta có: TP = TA TP2 = TB.TC
TB TP
giác CTP TPB TCP nên TP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC.
(cùng chắn cung BF)TP // EF (*)
TCP
(Cmt) = BEF
c) +)TPB
2.PA
+) PTJ
J (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung PJ của đường tròn tâm T) (1)
2.JA
+) JOS
S 2.PA
J (góc nội tiếp và góc ở tâm của đường tròn (O) (2)
JOS
, mà TJ là tiếp tuyến của (O) nên TJ OJ TP OS (**)
Từ (1) và (2) suy ra PTJ
Từ (*) và (**) OS EF
Câu 5:
Q a 4 2a 3 16a 2 2a 15
Nếu a là số nguyên chẵn thì Q lẻ nên Q không chia hết cho 16
Nếu a lẻ thì a = 2k+1 ( k Z), ta có:
Q a 4 2a3 a 2 a 2 2a 1 16a 2 16 a 2 (a 2 2a 1) (a 2 2a 1) 16a 2 16
= a 2 (a 1)2 (a 1)2 16a 2 16 (a 1)2 (a 2 1) 16(a 2 1) (a 1)3 (a 1) 16(a2 1)
3
= 2 k 2 2 k 16(4 k 2 1) 16(k 1)3 k 16(4 k 2 1)
Vậy a là số nguyên lẻ thì Q chia hết cho 16
Câu 6:
a) Trong 2016 số tự nhiên liên tiếp có 1008 số chẵn và và 1008 số lẻ, chọn ngẫu nhiên 1009 số trong
2016 số trên thì có ít nhất một số chẵn và 1 số lẻ. Hai số này nguyên tố cùng nhau.
6
11
b) Cho a, b >1. CM:
3ab 4
2
a b 1 b a 1
Giải: Do a, b >1 nên:
a 1 a 1 2 a 1 ab 2b a 1
b 2 b 1 ab 2a b 1
Vậy cộng vế theo vế hai BĐT trên ta có: ab a b 1 b a 1
BDT cần CM:
6
3ab 4
6
a b 1 b a 1
6
11
3ab 4 (1)
ab
2
a b 1 b a 1
6
11
3ab 4 12 2ab 3ab 4 11ab 0 ( do ab>0) (*)
Ta có:
ab
2
t2 4
Đặt t 3ab 4 ab
(t > 0),
3
t2 4
t2 4
0 36 2t 3 8t 11t 2 44 0
)t 11
ta có: (*) 12 2(
3
3
3
2
2t 11t 8t 80 0 (t 4)2 (2t 5) 0 (đúng với mọi t >0)
Vậy (1) luôn đúng, dấu = xảy ra a =b =2
6
ab
