ĐỀ THI NĂM 2003THPT Bài I: a)Cho M= 1 11 22 ++ +− + − ++ − x xx xx xx xx Rút gọn M với 0 1 ≤≤ x b)Giải Phương trình : 333 511 xxx =−++ Bài II: a)Cho x; y thõa mãn phương trình 2 222 23 02 0342 y yyxx yyx +=    =−+ =+−+ 2 xQ Tính b)Tìm giá trò nhỏ nhất của biều thức : A= 0v0; uvà 1v uVới >>=+       ++       + 22 11 v v u u Bài III Cho tam giác có số đo các đương cao là các số nguyên ,bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 1 .Chứng minh tam giác đó là môt tam giác đều . Bài IV Cho tam giác ABC vuông tại A Có B=20 0 ,vẽ phân giác trong BI,Vẽ AHC=30 0 về phía trong tam giác .Tính CHI Bài V Có hay không 2003 điểm trên mặt phẳng mà bất kỳ 3 điểm nào trong chúng đều tạo thành một tam giác có góc tù . **************************************** HƯỚNG DẪN Bài I a)Nhân xét rằng : ( )( ) xM xx xxxxxx −= =+ ++−=− 1 11 2 2 b)Giải PT: Lập phương hai vế ta có: ( ) xxx xxxxx 55.1 )2(511132 3 2 33 3 2 =− =−++−+ 3 có Ta (2) vào ThayGT Bài II a)Từ x 3 +2y 2 -4y+3=0 ( ) )1(11121 2 3 −≤⇒−≤−−−=⇒ xyx Từ x 2 +x 2 y 2 -2y=0 có -1x (2) và (1) Từ =⇒≤≤−⇔≤⇒≤ + = )2(1111 1 2 2 2 2 xx y y x Do đó Q= x 2 +y 2 =2 b) Ta có : 1 ( ) 4 1 14 11 22 22 22 22 +       ++=++++= vu vu vu vuA Theo BĐT ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 25 416116 1 44 2 1 21 22 2 2222 2 == ==⇔==++≥≥⇒ ≥≥+≥++≤+= vuKhiDo vu uvvuHayvuvu 2 25 là A củanhất nhỏ rògiá đó 2 1 vu raxẩy Dấu 2 1 A vậy Do uv 1 Nên vu Mặt khác Bài III Gọi x,y,z Lần lượt là các đường cao ứng với các cạnh a,b,c của tam giác .Nhận xét :Đường cao của tam giác luôn luôn lớn hơn bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác do đó :x >2, y >2, z >2 .Vì x,y,z là các số nguyên dương nên : 3;3;3 ≥≥≥ zyx đều. giác tam là AGBC hayzyx(2)(1); Từ x 1 : Mặt khác ∆==⇒ == ++ =++=++=++≤++⇒ )2(1 1 2 11 )1(1 3 1 3 1 3 1111 rS cba cz c by b ax a zyzyx ABC Bài IV Từ giả thiết suy ra :HCB =40 0 Dựng đường phân giác CK của HCB thì HCK=BCK=20 0 .Trong tam giác vuông AHC có AHC=30 0 Nên AH =       =       = BK BC HK CHCH 2 1 2 1 . 2 HK AH : đó Từ (Do CK là phân giác của HCB) Dựng KM vuông góc BC tại M, lúc đó BMK∆ )2( 2 HK AH BC AB BK BC Hay BC AB BK BM BAC ===⇒∆ Do BI là phân giác của ABC nên )3( BC AB IC IA = Từ (2) và (3) IHCK HK AH IC IA //⇒=⇒ .Do đó CHI=HKC=20 0 A H K I B M C Bài V: Lấy hai điểm phân biệt bất kỳ trên mặt phẳng ,dựng đường tròn đường kính AB Trên nửa đường tròn đó lấy 2003điểm A 1 ,A 2 ,…,A 2003 Khác nhau và khác B .Rõ ràng 2003 điểm đó không có 3 điểm nào thẳng hàng ,nên với bất kỳ ba điểm A i ,A j ,A k (I,j,k khác nhau) đều tạo thành một tam giác .Tam giác A i A j A k Chắc chắn có một góc tù (Vì góc nội tiếp chắn cung lớn hơn nửa đường tròn )Vậy luôn tồn tại 2003 điểm trên mặt phẳng thõa mãn điều kiện của bài toán. *********************************************** 2 ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN 2003 Bài I: a)Thu gọn biểu thức : P= 432 48632 + ++++ b)Tính giá trò của biểu thức :Q= yx yx + − biết x 2 -2y 2 =xy và 0,0 ≠+≠ yxy Bài II: Giải các phương trình sau: a) 3 1 );352 23 3 3 2 =−−=− xxxbxx Bài III:a)Tìm hai số tự nhiên a và b thõa mãn a-b = b a b)Cho hai số dương a,b và a+b=5.Tìm giá trò nhỏ nhất của P= ba 11 + Bài IV:Cho Hệ phương trình :    −−−+ =−− 922 033 22 yxyx yx Gọi (x 1 ;y 1 ) và(x 2 ;y 2 ) là hai nghiệm của hệ phương trình .Hãy tính giá trò của biểu thức: M= (x 1 -x 2 ) 2 +(y 1 -y 2 ) 2 Bài V:Cho (O) và một dây cung AB .Các tiếp tuyến của đường tròn vẽ từ A và B cắt nhau tại C .Vẽ dây CD của đường tròn có đường kính OC (D khác A và B)CD cắt cung AB của (O) tại E(E nằm giữa Cvà D)Chứng minh: a)BED = DAE; b)DE 2 =DA.DB HƯỚNG DẪN Bài I a)HD: 21);223(2)23 +=+++++ P2(:là đổi biếnthức Tử b)HD:Từ GT : x 2 -2y 2 = xy,suy ra(x+y)(x-2y) = 0 Do x+y 0≠ Nên Q= 3 1 2 2 = + − = + − yy yy yx yx Bài II a)Đặt t= 27; 8 1 3; 2 1 0352: 2121 2 3 ==⇒=−=⇒=−− xxttttPTx b)PT:x 3 -x 2 -x = ( ) 14 1 14 01333 3 1 3 3 323 − =⇔+=⇔⇔=−−−⇔ xxxxxx Bài III a)Đặt a-b=n (1) (a,b,n n b a GTTheobN =≠∈ :)()0; (2) Từ (1) và (2) bn-b=n hay(n-1)b=n(3) Nếu n=1 thì không thoã mãn (3) 3 Nếu n )4( 1 1 1 1 1 − += − =⇒≠ nn n b Do b là số tự nhiên (n-1) là ước của 1 hay n-1=-1 hoặc n-1=1 n=0 không thõa mãn n=2 thõa mãn b=2;a=4thoã mãn bài toán b)Ta có : 5 4 )( 20511 2 = + ≥= + =+= ba abab ba ba P Đẳng thức xẩy ra khi:a= b = 2 5 Bài IV: Từ PT:x-3y-3= 0 )1()1(3 +=⇒ yx Thay vào PT 5y 2 +5y-3=0 (2) Do (x 1 ;y 1 ) và (x 2 ;y 2 ) là hai nghiệm của HPT nên y 1 ;y 2 là hai nghiệm của (2) Từ đó y 1 +y 2 = -1 ;y 1 y 2 = )3( 5 3 − Từ (1) Ta có x 1 -x 2 =3(y 1 -y 2 ),Suy ra M=(x 1 -x 2 ) 2 +(y 1 -y 2 ) 2 =10(y 1 -y 2 ) 2 =…=34 Bài V: a)Ta có EBC=EAB (Cùng chắn Cung EB) DCB=DAB(Cùng chắn cung BD) Nên EBC+DCB=EAB+DABMặt khác :EBC+DCB=BED; EAB+DAB=DAE Vậy BED=DAE b)Ta có ADE=ABC=CAB=EDB. Theo câu a)BED=DAE,suy ra: BED∆ DE DB DA DE EAD =⇒∆ hay DE 2 =DA.DB D O A B E C ĐỀ THI HSG TRƯỜNG CHUYÊN 2003 Câu I-Giải PT: 3)1071)(25( 2 =++++−+ xxxx Câu II -Giải HPT:    =+ =+ 76 532 23 23 xyy yxx Câu III-Tìm các số nguyên x,y thoã mãn đẳng thức sau: 2y 2 x+x+y+1= x 2 +2y 2 +xy 4 Câu IV –Cho nửa (O)đường kính AB =2R(R là một độ dài cho trước )M,Nlà hai điểm trên nửa (O)sao cho M ∈ cung AN và tổng khoảng cách từ A,Bđến đường thẳng MN theo R 3 1-Tính độ dài đoạn MN theo R 2-Gọi giao điểm của haidây AN và BM là I ,giao điểm của các đường thẳng AM và BN là K C/mR:bốn điểm M,N,I,K cùng nằm trên một đường tròn .Tính bán kính của đường tròn đó theo R. 3-Tìm giá trò lớn nhất của diện tích tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi nhưng vẫn thoã mãn bài toán . Câu V.Cho x,y,z là các số thực thoã mãn điều kiện x+y+z+xy+xz+yz = 6 .C/mR: x 2 +y 2 +z 2 3≥ ĐỀ II CÂU I Cho phương trình :x 4 +2mx 2 +4 = 0 .Tìm giá trò của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 thoã mãn x 1 4 +x 2 4 +x 3 4 +x 4 4 =32 CÂU II-Giải HPT:    =−+++ =++−−+ 04 0252 22 22 yxyx yxyxyx CÂU III -Tìm các số nguyên x,y thõa mãn phương trình :x 2 +xy+y 2 =x 2 y 2 CÂU IV -Cho (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC,CA, AB lần lượt tại các điểm D,E,F .Vẽ (O’)bàng tiếp trong BAC của tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC và phần kéo dài của các cạnh AB,Ac tương ứng tại các điểm P,M,N 1)-C/mR:BP=CD 2)-Trên đường thẳng MN ta lấy các điểm I và K sao cho CK//Ab,BI//AC.C/mR:Các tứ giác BICE và BKCF là hình bình hành . 3)-Gọi (S) Là đường tròn qua ba điểm I,K,P .C/mR:(S) tiếp xúc với các đường thẳng BC,BI,CK. CÂU V: Số thực x thay đổi và thoã mãn điều kiện :x 2 +(3-x) 2 5 ≥ Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức P = x 4 +(3-x) 4 +6x 2 (3-x) 2 ********************************* HƯỚNG DẪN ĐỀ I Câu I: ĐK: 2−≥x .Chú ý rằng x 2 +7x+10=(x+5)x+2).Nhân hai vế của PT với ( ) 025 >+++ xx được: ( )( ) ( )    −= −= ⇔    =+ =+ ⇔ =−+−+⇔+++=+++ 1 4 12 15 01215251071 2 x x x x xxxxxx Loại Đáp số x=-1 Câu II:Hệ PT: 5 ( )    =+− =+ ⇔    =+ =+ ⇔         =+ =+ ⇔ =+ =+ )2(0792 )1(32 76 272 76 20128 76 532 23 23 3 23 23 23 23 yy yx xyy yx xyy yxx xyy yxx Giải (2)Ta được: 4 1057 ;1 ± == yy Vậy HPT có 3bộ nghiệm(1;1);         +−         −+ 8 1057 ; 8 1055 ; 8 1057 ; 8 1055 Câu III 2y 2 x+x+y+1=x 2 +2y 2 +xy )1(01)1()1()1(2 2 =+−−−−−⇔ xyxxxy Nhận xét rằng x=1 không phải là nghệm của phương trình ( 1) Chia cả hai vế PT(1) cho x-1 ta được 2y 2 -x-y+ )2(0 1 1 = −x PT:có nghiệm (x;y) nguyên 1 1 − ⇒ x nguyên , nên x-1 { }    = = ⇒−∈ 0 2 1;1 x x Thay x=2 và x=0 vào PT(2) và để ý đến y làsố nguyên ta đựơcy=1 .vậy PT đã cho có hai nghiệm nguyên là (2;1) và (0;1) Câu IV: 1)Dựng AA’ và BB’ vuông góc với MN .Gọi H là trung điểm NM lúc đó OH ⊥ MN .Trong hình thang AA’B’B ta có OH= RMN R MH R BBAA =⇒=⇒=+ 22 3 )''( 2 1 và tam giác OMN đều . 2)-Ta có M,N,I,K cùng nằm trên đường tròn đường kính IK ,AKN = 2 1 (sđAB-sđMN)=60 0 . Gọi O’ là trung điểm của IK ⇒ MO’N=2MKN=120 0 3 3R là KI,N,M, : qua tròn đường của kính bánđó Do 3 3 3 3 '3' RMN hayMOMOMN ===⇒ 3)Điểm K nằm trên cung chứa góc 60 0 Dựng trên đoạn AB =2R Nên S KAB lớn nhất ⇔ đường cao KP lớn nhất ⇔ Tam giác KAB đều lúc đó S KAB = 3 4 3 2 2 R AB = K O’ A’ M H N B’ I A O F B Câu V: 6 Ta có x 2 +1 ( ) ( ) yzxzxyzyxzzyyx ++≥++⇒≥+≥+≥ 2221;21;2 22222 Cộng 4 bất đẳng thức trên ta có : ( ) ( ) yzxzxyzyxzyx +++++≥+++ 233 222 Mà vế phải bằng 6 theo GT nên: 3 222 ≥++ zyx ĐỀ II Câu I: Đặt x 2 = t PT (1) đã cho có dạng:t 2 +2mt+4=0(2) .Vì PT (1) có 4 nghiệm nên PT(2) có 2 nghiệm t 1 ,t 2 phân biệt, nghóa là:      >= <⇔>−=+ >−=∆ 04. 202 04 21 21 2' tt mmtt m Khi đó :PT(1) có 4 nghiệm 24,312,1 ; txtx ±=±= Và x 1 4 +x 2 4 +x 3 4 +x 4 4 =2(t 1 +t 2 ) 2 -4t 1 t 2 =8m 2 -16.Từ GT ta có 8m 2 -16=32 6−=⇔ m (vì m<-2) Câu II: Biến đổi PT(1) của HPT tương đươngPT y 2 -(x+1)y-2x 2 +5x+2=0 GiảiTìm hai nghiệm y 1,2 Ta có PT trên có dạng (y+x-2)(y-2x+1)=0 Giải HPT       −−=    =−+++ =+− 5 13 ; 5 4 04 012 22 y)Được(x; yxyx xy Câu III: Với 2;2 ≥≥ yx Ta có ( ) nguyên nghiệm có khôngcho đã PT 2.Thìy hoặc2x Nếuy Hoặcx Vậy ±=±=≤≤ ++>++≥+++=+≥⇒    ≥ ≥ .2.2 22 4 4 222222222222 222 222 xyyxxyyxyxyxyxyx yyx xyx Thử lại x=0,x=1và x=-1 Ta có PT có 3 nghiệm nguyên (x;y)là (0;0),(1;-1),(-1;1) Câu IV: 1)-Gọi p là nửa chu vi ABC∆ thì p = AB+CD = AC+BD = AM = AN = AB+BM suy ra BP=CD 2)-Từ BMI∆ CECDBPBMBIAMN ====⇒∆ . Do BI,CE song song và bằng nhau nên BICFE là hình bình hành . Xét tương tự ta có BKCF là hình bình hành 3)Gọi H là trung điểm của BC và S là điểm đối xứng của O qua H .Dễ thấy các cặp điểm sau đối xứng nhau qua H (B,C);(P;D);(I;E);(F;K),do đó SI=SP=SK (Vì chúng lần lượt bằng OE,SK=OF,SP=OD).BIS=BFO=90 0 ;BPS=CDO=90 0 ;CKS=BFO=90 0 .Vậy (S)bán kính SP đi qua P,I,K,và tiếp xúc với BC,BI,CK (Lần lượt tại P,I,K) B N P I F H S O’ O D K A E C N Câu V: 7 Đặt y=3-x .Bài toán trở thành tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức P=x 4 +y 4 +6x 2 y 2 ,trong đó x,y là các số thực thay đổi thõa mãn : ( ) ( ) 222 22222 222222 22 2 22 )2(16)2.5) )1(2).(40)2.(25) 412.4)(5419.4524 9 92 5 3 xyyxyy xyyxxyy xyyxxyyxyx yx xyy yx yx ++=+⇔ +≥++ ≥++⇒=+≥++++⇒    ≥+ =++    ≥+ =+ 22 2 2 25(x BĐT(1)Với của vế haiCộng4(x raxẩy bằngDấu 16(x: Mặt khác x có ta trên thức hệcác Từ ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) 416412 412452 2244 2 2 22 2 2 22 2 2 2 ≥++⇔≥++ ≥++≥++ yxyxxyyxhay xyyxxyy 2 x41: được thu Ta Đẳng thức xẩy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )    = = ⇔      =+ =+ =+ ⇔ 2;1; 2;1; )2(54 5 3 22 22 yx yx xyyx yx yx Do đó giá trò nhỏ nhất của P = 41 đạt được 1=⇔ x hoặc x=2 *********************************** ĐỀ THI CHỌN HSG 2003-2004 Bài I:Giải các PT và HPT sau:    =+ =++ +−=−+− 7 41 );141232532) 2 yx yx bxxxxa Bài II:a)Cho xy=1 và x > yC/mR: 22 22 ≥ − + yx yx ;b)Cho a,b,c là các độ dài ba cạnh của một tam giác thõa mãn a+b+c=2.C/mR:a 2 +b 2 +c 2 +2abc < 2 Bài III: Cho tam giác ABC cân tại A,nội tiếp tong (O) đường kính AI Gọi E là trung điểm của AB và K là trung điểm của OI .C/mR:AEKC là tứ giác nội tiếp. Bài IV: Cho nửa (O) đường kính AB= 2R và M thuộc nửa đường tròn (Mkhác A và M khác B).Tiếp tuyến của (O) tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B của (O) lần lượt tại C và D . Tìm giá trò nhỏ nhất của tổng diện tích của hai tam giác ACM và BDM. Bài Va: a)-Xác đònh m để pt:2x 2 +2mx+m 2 -2=0 có hai nghiệm b)Gọi hai nghiệm của PT là x 1 ;x 2 ,Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức : A= 42 2121 −++ xxxx Bài Vb: Cho biểu thức: :P= ( ) 4;9;0 6 9 3 2 2 3 : 9 3 1 ≠≠≥       −+ − − + − + − −       − − − xxx xx x x x x x x xx a)Thu gọn biểu thức P b)Tìm các giá trò của x để P=1. HƯỚNG DẪN : 8 Bài I a)ĐK: 2 5 2 3 025 032 ≤≤⇔    ≥− ≥− x x x p dụng BĐT Cô si cho hai số không âm ta có ( ) ( ) ( ) 2x nghiệm có PT thấy nhận Ta (20 và (1) Từ 3x: Mặt khác 2 = ≥+−=+− = +− + +− ≤−+− )2(22)2(3412 )1(2 2 125 2 1)32( 1.251.32 2 xx xx xx b)Giải HPT: )0;0(;0;1: 7 41 ≥≥=+=≥−≥    =+ =++ vuyvyx yx yx 1xĐặt K HPT có dạng: 2 4. 4 8 4 22 ==⇔    = =+ ⇔    =+ =+ vu vu vu vu vu Từ đó HPT có nghiệm duy nhất (x;y)=(3;4) Bài II: a)p dụng BĐT Cô si cho hai số ta có ( ) ( ) 22 )( 22 2 22 ≥ − +−= − +− = − + yx yx yx xyyx yx yx b)Từ GT a,b,c là độ dài các cạnh của tam giác và a+b+c=2 nên a < 1;b < 1;c < 1,do đó (1-a)(1-b)(1-c) > 0 Suy ra :1+ab+ac+ca-(a+b+c)-abc > 0 ⇒ ab+bc+ac –abc > 1 222)2()( 2222222 <+++⇒≥+++−++⇒ abccbaabccbacba (Đpcm) Bài III: Gọi H là trung điểm của BE thì KH là đường trung bình của hình thang vuông OEBI ,suy ra HK//OE//BI,mà OE BEKHAB ⊥⇒⊥ Từ đó Tam giác KBE cân tại K,suy ra KEB=KBE,Mặt khác KBE=KCA .Vậy KEB=KCA.Do đó Tứ giác AEKC nội tiếp A E O H K B C I Bài IV: Ta có: ( ) .2 )2(. 2 1 . 2 1 )1(2 22 . 2 22 2 2 2 RRSSS RABMOABMH R ABABCDABBDAC S AMBABCDBDM ABCD −≥−=+⇒ =≤= ⊥=≥= + = ACM AMB S (2)(1), Từ S ABthìMH Dựng Từ đó giá trò nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BDM là R 2 ,đạt được khi M là trung điểm của AB C M 9 D A O H B Bài V a)ĐS 22 ≤≤− m b)p dụng đònh lý Vi et cho PT bậc hai ta có 2x 2 +2mx+m 2 -2 = 0 ta có ( )( ) [ ] 4 25 4 25 2 1 6 3242 2 2121 ≤+       −−=++=+= <≥+∈−+=−++= mm mmxxxxA 2 -mm)-2)(3(mA đó Do 03-m còn 02m Nên2;2-m Vì Vậy: 2 1 4 25 max =⇔= mA b)P= 2 3 −x ************************************** ĐỀ THI 2003 H-N Bài 1:Cho biểu thức: 1 )1(22 1 2 − − + + − ++ − = x x x xx xx xx P a)Rút gọn P b)Tìm giá trò nhỏ nhất của P c)Tìm x để biểu thức P x Q 2 = Nhận giá trò là một số nguyên. Bài 2:Trong mp tọộ Oxy cho Pa ra pol (P) :y=-x 2 và đường thẳng (d) đi qua điểm I(0;-1) có hệ số góc k a)Viết pt của đường thẳng (d).Chứng minh với mọi giá trò của k ,(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt Avà B b) Gọi hoành độ của A và B là x 1 và x 2 ,chứng minh : .2 21 ≥− xx c)Chúng minh tam giác OAB vuông. Bài 3:Cho đoạn thẳng AB = 2a coi trung điểm là O .trên cùng nửa mp bờ AB dựng nửa (O) đường kính AB và nửa (O’) đường kính AO .Trên (O’) lấy một điểm M (khác A và O) ,tia OM cắt (O) tại C ,gọi D là giao điểm thứ hai của CA với (O’) a)Chứng minh tam giác ADM cân b) Tiếp tuyến tại C của (O) cắt tia OD tại H ,đường tròn ngoại tiếp tam giác COH cắt (O) tại điểm thứ hai là N ,chứng minh ba điểm A,N và M thẳng hàng . c)Tại vò trí của M sao cho ME//AB ,hãy tính OM theo a. Bài 4:Cho hai số tự nhiên avà b ,chứng minh rằng nếu a 2 +b 2 chia hết cho 3 thì avà b cùng chia hết cho 3. Bài 5:Cho pt: m xx =       + +       22 1 11 a)Giải PT với m=15 b)Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt 10 [...]... −1 a )Giải PT: x4-24x2-25 = 0  2x − y = 2 b )Giải HPT:  9 x + 8 y = 34 Cho PT:x2-2mx+(m-1)3=0(1)(x là ẩn , m là tham số ) a )Giải PT khi m= -1 b)Đònh m để PT có hai nghiệm phân biệt , trong đó có một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại Bài 4 ˆ Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn A = 45 0 Vẽ các đường cao BD và CE của tam giác Abc Gọi H là giao điểm của DB và CE a)C/m tứ giác ADHE nội tiếp một. .. đường tròn b)C/m DH= DC DE c)Tính tỉ số : BC d)Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA vuông góc với DE Tự Giải *********************************** 17 ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN HÀ NỘI 2004 VÒNG I Câu I: 2 1 )Giải PT: x + 1 + x − 1 = 1 + x − 1 2 y 2 − x 2 − xy + 2 y − 2 x = 7 2)Tìm nghiệm nguyên của HPT:  x3 + y3 + x − y = 8  Câu II: Cho a,b là các số dương thõa mãn :a100+b100... 8:Lấy 4 điểm ở miền trong của một tứ giác để cùng với 4 đỉnh ta được 8 điểm ,trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng Biết diện tích của tứ giác là 1,chứng minh rằng tồn 1 tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 8 điểm đã cho có diện tích không vượt quá 10 Tổng quát hoá bài toán cho n giác lồi với n điểm nằm ở miền trong của đa giác đó *********************************** HƯỚNG DẪN Bài 1: x ( x − 1)( x + x... 1) x ( x + 1)   PT đã cho có dạng :y2-2y-15 = 0 ,giải PT ta được y = 3;y = -5.Vậy PT đã cho có 4 nghiệm: − 3 ± 21 − 5 ± 5 ; 6 10 2) PT: 2 2 1  1  Có 4 nghiệm phân biệt ⇔ PT : y 2 + 2 y − m = 0(2)   +  =m  x   x + 1 y > 0 có 2nghiệmph ân biệt thõa mãn  ( Giải từ(*))The o đònh lý Vi - et : y 1 + y 2 = −2 y < -4 - 1 - 1 + m < −4  y < −4 Vậy PT(2) phải có  1 Giải hệ :  được m > 8 thử... một chỉ chung nhiều nhất một cạnh ,phủ vừa kín tứ giác Tổng các góc trong tam giác bằng tổng các góc trong tứ giác cộng với 4 lần 3600 nên bằng 3600+4.360 0 =10.1800.Vậy có 10 tam giác mà tổng diện tích là 1 nên 1 tồn tại tam giác có diện tích không vượt quá Tổng quát :Ở miền trong đa giác lồi n10 cạnh (n ≥ 3 )có diện tích bằng 1lấy n điểm ,trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng Khi 1 đó tôn tại một. .. trung điểm của đoan thẳngAM.C/m :Tỉ số Có giá trò không CN đổi khi M di chuyển trên đường chéo AC ( ) ( ) 18 3) Với giả thi t M nằm trên đường chéo AC, Xét các đường (S1)và (S2) có đường kính tương ứng là AM và CN Hai tiếp tuyến chung của(S1) và (S2) tiếp xúc với (S2 ) tại P vá Q Chứng minh rằng :PQ tiếp xúc với (S1) *********************************** HƯỚNG DẪN GIẢI VÒNG I Câu I: 1) PT đã cho tương... 1 Ta có P = x + x +1 2 1 3 3 1  2) P =  x −  + ⇒ min P = ⇔ x = 2 4 4 4  2 x 2 2 3) Q= = = 1 P M Để ý rằng với x > 0 và x ≠ 1 ta có M= x+ −1 x 1 x+ −1 > 1 x 7±3 5 Theo BĐT Cô si ta có :0 < Q < 2 Vì Q nguyên nên Q = 1 ⇒ x = 2 Bài 2: 1)PT đường thẳng (d) :y=kx-1.PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là : x2+kx –1= 0 Vì ∆ > 0 ⇒ PT luôn có 2nghiệm phân biệt (đpcm) 1 1 2)Ta có x1x2=-1,từ đó ta có :... tính tỉ số MQ Bài 6: a )Giải PT: 5 x − 1 + 3 x + 8 = − x 3 + 1 b)Tìm các số x,y,z nguyên dương thõa mãn :2(y+z)=x(yz-1) ************************************************** HƯỚNG DẪN Bài 1: a)-Từ đồng nhất thức : x2+y2+z2 = (x+y+z)2 –2(xy+xz+yz) ⇒ xy+xz+yz = 11 Dễ dàng ta thấy y và x+z là hai nghiệm của PT:t 2-6t+5 = 0  y =5  y =1 Hoặc  Từ đó :  x + z = 1 x + z = 5 +Thế y =5 và x+z = 1 vào HPT ta... của PT nhỏ hơn 1 nên PT (1) Không có nghiệm Vậy x= 0 là nghiệm duy nhất của PT(1) b)Tìm các số nguyên dương x,y,z thoã mãn PT:2(y+z)=x(yz-1) (2) • Với x = 1 PT(2) Có dạng2(y+z) = yz-1 ⇔ ( y − 2)( z − 2 ) = 5 • Ta có nghiẹâm (x,y,z) là (1,3,7) là (1,7,3) Giả sử : y ≤ zVới x ≥ 2 ta có : 2(y + z) ≥ 2(yz - 1) ⇒ yz - y - z - 1 ≤ 0 ⇒ ( y - 1)( z − 1) ≤ 2 • Nếu y=1 ,PT(2) có dạng 2(1+z) = x(z-1) ⇔ (x-2)(z-1)... IV: C Ta có AHQ = CHN = CBD = CAD, suy ra ∆ QAH cân tại Q Từ đó ta có ∆QHD cân tại Q nói cách khác Q là trung điểm của AD Tương tự ta cũng có P là trung điểm của CD Do đó PQ // AC +Ta thấy CBH = NMH ( do đó tứ giác BMHN nội tiếp ) hơn nữa HQP = AHQ = CHN = CBH suy ra NQP = NMP nên các điểm M,N,P,Q cùng nằm trên một đường tròn Câu V: 19  1  x 10 y 10 2 2 Sử dung BĐT Cô si cho 4 số dương ta có :  2 . DE DB DA DE EAD =⇒∆ hay DE 2 =DA.DB D O A B E C ĐỀ THI HSG TRƯỜNG CHUYÊN 2003 Câu I -Giải PT: 3)1071)(25( 2 =++++−+ xxxx Câu II -Giải HPT:    =+ =+ 76 532 23 23 xyy yxx Câu III-Tìm các số nguyên. x 4 -24x 2 -25 = 0 b )Giải HPT:    =+ =− 3489 22 yx yx Bài 3: Cho PT:x 2 -2mx+(m-1) 3 =0(1)(x là ẩn , m là tham số ) a )Giải PT khi m= -1 b)Đònh m để PT có hai nghiệm phân biệt , trong đó có một nghiệm. tam giác ABC . Chứng minh OA vuông góc với DE. Tự Giải *********************************** 17 ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN HÀ NỘI 2004 VÒNG I Câu I: 1 )Giải PT: 1111 2 −+=−++ xxx 2)Tìm nghiệm nguyên