ĐÁP án đề ôn THI TUYỂN SINH lớp 10 THPT CHUYÊN

16 195 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 06/03/2019, 22:45

ĐÁP ÁN ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN ĐỀ SỐ Câu 1: a) Đặt x- t x2   t2  x x (1), suy t  1 � �� Khi phương trình cho trở thành: t2 – 4t – = �t  Lần lượt thay giá trị t vào (1) phương trình cho có nghiệm: x3  x1 = 1; x2 = - 2; b) Đk: x ≥ - (1) Đặt  33  33 ; x4  2 x +  a; x +  b  a �0; b �0  (2)    Ta có: a2 – b2 = 3; Thay vào phương trình cho ta được: (a – b)(1 + ab) = a2 – b2 � (a – b)(1 – a)(1 – b) = x  7x + 10  x + x +  ab a-b=0 � � �� 1-a=0 � 1-b=0 � � x +  x + (VN) � x=-4 � �� �x + 1 x=-1 � � x +  � nên � Đối chiếu với (1) suy phương trình cho có nghiệm x = - Câu 2: �1 b3 � a �  �x  b3 �x a � �1 c3 � b �y  � �  � c �y b � c �1 a z � � a �z c , abc = nên xyz = (1) a) Đặt � 1 xyz    x y z � x + y + z = yz + xz + xy (2) Từ đề suy Từ (1) (2) suy ra: xyz + (x + y + z) – (xy + yz + zx) – = � (x – 1)(y – 1)(z – 1) = Vậy tồn x =1 chẳng hạn, suy a = b3, đpcm 1 84 84  a;  b  9 � x = a + b; a3 + b3 = 2; ab = b) Đặt Ta có: x3 = (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) � x - 1  x  x +   Suy ra: x3 = – x � x3 + x – =  � 1� �x + �  � x = Vì x2 + x + = � � Từ suy điều phải chứng minh Câu 3: Áp dụng BĐT: a + b �  a  b2  �  a  b2  c2  ;a+b+c (được suy từ bất đẳng thức Bunhiacơpski) Ta có: + x  2x �   x  2x    x + 1 + y  2y �   y  2y    y + 1 + z  2z �   z  2z    z + 1 x  y  z � 3 x + y + z  2 Lại có: A =  x   y   z  2x  2y  2z +  2 2  A x y z   x + y + z + 3 2  3 x + y + z  A + (do x + y + z �3) Dấu “=” xảy x = y = z = Vậy maxA =  Câu 4: � � a) Ta có: ABO  ACO  90 (tính chất tiếp tuyến) (1) AB = AC  OA  OB = R = OB = OC (2) Từ (1) (2) suy ABOC hình vng A b) Theo ta có: AD + DE + AE = 2R (3) y x E Suy ra: DE = BD + CE (4) M D Vẽ OM  DE (M�DE) (5) B Trên tia đối tia CA lấy điểm F cho CF = BD; suy ∆BDO = ∆COF (c-g-c) R � OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c) � OM = OC = R O (hai đường cao tương ứng) (6) Từ (5) (6) suy DE tiếp tuyến đường tròn (O;R) 2 c) Đặt: AD = x; AE = y � SADE  xy (x, y > 0) 2 2 Ta có: DE  AD  AE  x + y (định lí Pitago) 2 Vì AD + DE + AE = 2R � x + y + x  y = 2R (6) Áp dụng BĐT – Cơsi cho hai số khơng âm ta có: x + y �2 xy x + y � 2xy (7) Dấu “=” xảy x = y � xy    �2R Từ (6) (7) suy ra: xy  2xy �2R C F ۣ xy  2R 2R R2 � �  2+ � xy  2 � SADE  2  2 R2 � �  Vậy max SADE =   x=y SADE  - 2 R ∆ADE cân A Câu 5: Xét điểm A hình tròn (C1) có tâm A, bán kính C C1 A B C2 - Nếu tất 98 điểm lại nằm (C1) hiển nhiên tốn chứng minh - Xét trường hợp có điểm B nằm ngồi (C1) Ta có: AB > (1) Vẽ hình tròn (C2) tâm B, bán kính + Giả sử C điểm khác A B Khi điểm C thuộc hai hình tròn (C1) (C2) Thật vậy, giả sử C khơng thuộc hai hình tròn nói Suy ra: AC > BC > (2) Từ (1) (2) suy điểm A, B, C khơng có hai điểm có khoảng cách nhỏ (vơ lí trái với giả thiết) Chứng tỏ C (C1) C (C2) Như 99 điểm cho thuộc (C1) (C2) Mặt khác 99 = 49.2 + nên theo nguyên tắc Dirichle phải có hình tròn chứa khơng 50 điểm ĐỀ SỐ Câu 1: a) Theo ta có: �x  y  2010 �2x  4021 �x  2010,5 �� �� � � �y  0,5 + Nếu x + y - 2011 = y - x + 2010 = �x  y  2011 �2y  + Nếu y - x + 2010 = x + y - 2011 = 0, ta kết + Nếu x + y - 2011 vơ lý (vì VP số hữu tỉ, VT số vô tỉ) Vậy x = 2010,5 y = 0,5 cặp số thoả mãn đề b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012 (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012 (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012 (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 Chỉ có sau thoả mãn: x = 502, y = 1, z = x = 1005, y = 1, z = x = 2011, y = 0, z = Câu 2: a) Điều kiện: x > -1 Đặt a = ; b = Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab (2a - b)(2b - a) = b = 2a ; a = 2b Do đó: 1) = 4(x + 1) = x2 - x + x2 - 5x - = x1 = (loại); x2 = 2) = � x   4(x  x  1) � 4x  5x   vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm: x = b) Vì a, b, c [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - + abc nên 2(ab + bc + ca) > (vì a + b + c = abc �0) Suy (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > a2 + b2 + c2 �5 (vì (a + b + c)2 = 9) Dấu “=” xẩy số a, b, c có số 2, số số Câu 3: Giả sử x = (p, q Z, q > 0) (p, q) = Ta có (n N) p2 = q(-P - 6q + n2q) => q ước p2 (p, q) = => q = lúc x = p => p2 + p + = n2 (p, n Z) (2p + 1)2 + 23 = 4n2 (2n)2 - (2p + 1)2 = 23 (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23 Do 2n - 2p - = 2n + 2p + = 23 ; 2n - 2p - = 23 2n + 2p + = (vì 23 P 2n + 2p + > 2n - 2p - > 0) p = (t/m) ; p = - (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm – 2 Câu 4: a) Tứ giác MNKB nội tiếp A S � � (vì K  N = 1800) Tứ giác MNCI nội tiếp (vì H �  MIC � MNC MNC = 900) � � � � � Mặt khác BMK  IMC (2) O K � => BNK  BMK , INC  IMC (1) (vì góc nội tiếp chắn cung) P C B N I M Q � � � � (vì BMK  KMC  KMC  IMC bù với góc A tam giác ABC) � � Từ (1), (2) suy BNK = INC nên điểm K, N, I thẳng hàng � � b) Vì MAK  MCN   (vì góc nội tiếpcùng chắn cung BM) AK CN AB  BK CN AB BK CN   cot g     MK MN hay MK MK MN (1) => MK MN AC CI BN   Tương tự có: hay MI MI MN (2) IC BK   tg � � Mà MI MK ( = BMK  IMC ) AB AC BC   Từ (1), (2), (3) => MK MI MN (3) (đpcm) c) Gọi giao AH, MN với đường tròn (O) thứ tự Q, S => AQMS hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM) Vẽ HP // AS (P MS) => HQMP hình thang cân, có BN trục đối xứng (vì Q H đối xứng qua BC) � � => N trung điểm PM mà HP // KN (vì KN // AS SAC  AIN � NMC ) => KN qua trung điểm HM (đpcm) Câu 5: Đưa tốn tìm P để hệ phương trình: � 2x  xy  y  p � �2 �x  2xy  3y  có nghiệm � 8x  4xy  4y  4p (1) � �� 2 Hệ �px  2pxy  3py  4p (2) Lấy (1) - (2), ta có: (8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = (3) - Nếu y = => (8 - p)x2 = x = p = � p  0; p  - Nếu y chia vế pt (3) cho y2 ta có : (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = (4) với t = + Nếu p = t = - + Nếu p �8: Phương trình (2) có nghiệm = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > p2 - 12p - 18 < - Dấu “=” có xảy Vậy P = - , max P = +3 ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ giả thiết ta có: a b c ab - b - ac + c = = b-c a-c a-b  a - b  a - c Nhân vế đẳng thức với b - c ta có: a  b - c = ab - b - ac + c  a - b  a - c  b - c Vai trò a, b, c nhau, thực hốn vị vòng quanh a, b, c ta có: b  c - a = cb - c - ab + a  a - b  a - c  b - c c ,  a - b = ac - a - bc + b  a - b  a - c  b - c a b c + + =0 2 (b c) (c a) (a b) Cộng vế với vế đẳng thức trên, ta có (đpcm) 2010 = x ; 2010 = x Thay vào ta có: b) Đặt 2010 = x � �x - x + x � A= � + �x � �1 - x 2 1+ + x x 1+x 2 �1 � � �= �x � � � 1+ � � � x � + x2 �1 � �1 � = � �- � �= �x � �x � Câu 2: a) Vì a, b, c độ dài cạnh tam giác nên a, b, c > Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 2 a2 + bc ≥ 2a bc, b + ac �2b ac ; c + ab �2c ab 1 1� 1 � + + � � + + � �a bc b ac c ab � Do a + bc b + ac c + ab a +b b+c c+a + + ab + bc + ca 2 = a+b+c � abc abc 2abc , đpcm = 2 Dấu xẩy a = b = c, tức tam giác cho tam giác b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ A = (x - xy + y) + 2y - x +1 Ta có:  = =[ =  x - y  -2    x - y + 1] - y + 2y 1 )2 2 1 y  �2 x - y - + (2y - y +  x - y -1 +   � x= � � x y = � � A= � � � � 2 y -1=0 �y = � � Vậy minA =  4 Câu 3: a) Điều kiện : ≤ x ≤ Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: 2 x-1+3 5-x  2 x-1+3 5-x  � 2 + 32   x - + - x = 13.4 2 13 x-1=2 5-x � x= Dấu xẩy Thay vào pt cho thử lại thỏa mãn Vậy pt có nghiệm x= 29 13 29 13 �1 � � �= x x �0 (1) b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f �x � �1 � f�� Thay x = vào (1) ta có: f(2) + �2 �= Thay x = vào (1) ta có: �1 � f � �+ 3.f(2) = �2 � a + 3b = � � �1 � � 13 f�� 3a + b = a=� Giải hệ, ta 32 Đặt f(2) = a, �2 �= b ta có � 13 f(2) = 32 Vậy Câu 4: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp lục giác 1 A, O, D thẳng hàng OK = AB Vì FM = EF mà EF = AB FM = OK � Ta lại có AF = R � AF = OA AFM = 1200 � + AOB � = 1800 = AOK � + 600 � AOK � = 1200 AOK Do đó: ∆AFM = ∆AOK (c.g.c) � � AM = AK, MAK = 600 � AMK Câu 5: Gọi BH đường cao ∆ABO Ta có 2SAOB = OA BH Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA OB mà OA.OB � OA + OB2 � OA + OB2 Do 2SAOB Dấu “=” xảy � OA  OB OA = OB Chứng minh tương tự ta có: 2SBOC 2SAOD OB2 + OC OC2 + OD2 � 2 ; 2SCOD 2 OD + OA � �  OA + OB2 + OC + OD  Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Dấu xẩy OA = OB = OC = OD � � � � AOB = BOC = COD = DOA = 90 � ABCD hình vng tâm O Lời bình: Câu III.b x 1) Chắc chắn bạn hỏi từ đâu mà ra? Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) đa thức biến x f(x) hàm số xác định phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị hàm số f(x) điểm x = a ta làm sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) (2) Giả sử x = b nghiệm (2) Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), đặt x = f(a), y = f(b) ta có hệ �A(a ) x  B (a) y  C (a) � �B (b) x  A(b) y  C (b) (3) Giải hệ phương trình (3) (đó hệ phương trình bậc hai ẩn x, y)  Trong toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = x , C(x) = x2, a = 1 1 2 x b , tức Phương trình Q(x) = P(a)  x  x nghĩ Số 2) Chú ý: Khơng cần biết phương trình (2) có nghiệm Chỉ cần biết (có thể đốn) nghiệm đủ cho lời giải thành công 3) Một số tập tương tự a) Tính giá trị hàm số f(x) x = f(x) + 3.f( x) = + 3x (với x  �) b) Tính giá trị hàm số f(x) x =  1) �1 � f ( x)  f � � x 1 x � � (với  x  1) �1 � ( x  1) f ( x)  f � � �x � x  (với  x c) Tính giá trị hàm số f(x) x = ĐỀ SỐ Câu 1: a) Từ x2 + y2 = � 2xy = (x + y)2 - = (x + y + 2) (x + y - 2) xy x+y = -1 x + y + 2 Vì x + y + ≠ nên (1) Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: x+y≤  x + y2  � x+y≤ 2 (2) �x �0, y �0 � � x=y � x=y= xy � -1 �x + y = � Từ (1), (2) ta được: x + y + Dấu "=" Vậy maxA = - b) Vì x2 + y2 + z2 = nên: 2 x + y2 + z2 x + y2 + z x + y2 + z + + = + + x + y2 y + z2 z + x2 x + y2 y2 + z2 z2 + x z2 x2 y2 + + +3 2 2 2 x + y y + z x + z = z2 z2  x + y2 2xy , Ta có x2 + y2 ≥ 2xy x2 x2 y2 y2 � � 2 2yz , x + z 2xz Tương tự y + z 2 z x z2 x2 y2 y2 � + 2 2 2 2xy + 2yz + 2xz + Vậy x + y + y + z + x + z 2 x + y3 + z + + � +3 2 y2 + z z2 + x 2xyz � x +y , đpcm Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 3x + 10 (1) Điều kiện: x � 10 (2) (1) � (3x + 10 - 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = � ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 = � 3x + 10 - = � � � x=-3 �x + = (thỏa mãn đk (2) Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3 2x �2 y = (1) 2 � �x y - 2x + y = � � x +1 � � �y3 = - (x - 1) - 2x - 4x + = - y3 � � b) Ta có: 2x ��   y2 1+x -1 Mặt khác: - (x - 1)2 - ≤ - Từ (1) (2) � � y y3 ≤ - (1) � y≤-1 (2) y = - nên x = Thay vào hệ cho thử lại thỏa mãn Vậy x = y = -1 số cần tìm Câu 3: a) Đặt 3 x = b >0 a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + a = (b + c) � ta có x2 = b3 y2 = c3 b3 + b c + c3 + bc = a Thay vào gt ta � y = c >0 a2 = b + c b2c2  b + c  hay x2 + y2 = a2 , đpcm b) Giả sử x0 nghiệm phương trình, dễ thấy Suy x Đặt x0 + + ax0 + b + = y0 x0 x �0 � 1 � a + = � x 02 + + a �x + �+ b = x0 x0 � x0 x0 � x 02 + = y 02 - , y x0 2 � y 02 - = - ay - b Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: y -  =  ay + b  2 (y  2) � a  b � 02 �  a + b   y + 1 y0  2 (1) Ta chứng minh Thực vậy: (2) (y 02  2) � y02  (2) � 5(y04  4y 02  4) �4(y 02  1) � 5y 04  24y 02  16 �0 � 5(y02  4)(y02  ) �0 Từ (1), (2) suy với y �2 a + b � nên (1) 5(a + b ) , đpcm Câu 4: Đặt AH = x � = 900 (OA = OB = OM) AMB Ta có Trong ∆ vng AMB ta có MA2 = AH AB = 2Rx (H chân đường vng góc hạ từ M xuống BC) Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH hình chữ nhật) Theo ta có: 4Rx = 15(R - x)2 Do H �AB � O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = � (5x - 3R) (3x - 5R) = �x= 3R 5R ;x= Cả giá trị thoả mãn Vậy ta tìm điểm H H’ � điểm M M’ giao điểm nửa đường tròn với đường vng góc với AB dựng từ H H’ a Câu 5: Gọi I trung điểm CD e Nối EF, EI, IF, ta có IE đường trung bình g ∆BDC � IE // BC d Mà GF BC � IE GF (1) i b f Chứng minh tương tự EG IF (2) Từ (1) (2) � G trực tâm ∆EIF � IG  EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) (4) � IG  DC Vậy ∆ DGC cân G � DG = GC ĐỀ SỐ 9x Câu 1: 1) Trừ vào vế phương trình với 2x x + c 2 2 9x � 18x � � x � + 18x - 40 = � x� � � � = 40 x + 9� x + x + x + � � � Ta có: (1) x Đặt x + = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 =  (y + 20) (y - 2) =  y = -20 ; y = Thay vào (2), ta có � � x = - 20(x + 9) x + 20x +180 = (3) � �2 �2 x = 2(x + 9) = x - 2x - 18 = (4) � � Phương trình (3) vơ nghiệm, phương trình (4) có nghiệm là: x  � 19 x  � 19 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x>3 � x+1 �0 � � x �- x-3 � 2) Điều kiện (*) Phương trình cho � Đặt t =  x - 3 (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) x+1 � t = (x - 3) (x + 1) x-3 Phương trình trở thành: t2 + 3t - = Ta có: (x -3) + (1) + (2) x+1 =4 x-3 x   (1) ; ( x  3) x - � t = 1; t = - x    (2) x x 3 �x  � �� � �2 � x  1 (x  3)(x  1)  �x  2x   � x3 �x  � �� � �2 � x  1 (x  3)(x  1)  16 � �x  2x  19  (t/m (*)) (t/m (*)) x  1 ; x  1 Vậy phương trình cho có nghiệm là: Câu 2: 1) Điều kiện: - x2 > � - < x < � - 3x > � A ≥ 25 - 30x + 9x (3 - 5x) = +16 �16 2 x x Vậy A = � x= Dấu xẩy - 5x = Vậy minA = 2) Chứng minh: a + b + b + c + c + a � (a + b + c) Sử dụng bất đẳng thức: 2(a + b ) (a � b) 2(x  y ) �(x  y) 2 a + b a+b , ta có: (2) (1) Tương tự, ta được: b + c �b + c (3) c2 + a �c + a (4) Lấy (2) + (3) + (4) theo vế rút gọn, suy (1) đúng, đpcm Câu 3: (1) có nghiệm � x2 �� y � (y  1)   x  2x x 2; x (3) �  x  2x �0 � 2 �x �0 (4) (2) có nghiệm Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ ta có y = - Vậy hệ có nghiệm (- ; - 1) m (P �AD) Câu 4: Kẻ MP // BD MD cắt AC K Nối NP cắt BD H e AM AP AM CM = = (gt) i Ta có AB AD mà AB CD a o AP CN � = � PN // AC AD CD n Gọi O giao điểm k f h b BO CO MK OC = , = AC BD Ta có OD OA PK OA NH OC NH MK = = � KH // MN PH OA PH PK Suy ra: Các tứ giác KENH, MFHK hình bình hành nên MF = KH EN = KH � MF = EN � ME = NF � � Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì MEH + MFH = 180 � = 1800 - EHF � = EHA � + FHB � � AMB (1) � � � Ta có MHF = MEF (góc nội tiếp chắn MF ) � � � � Lại có MHF + FHB = 90 = MEF + EMD � = EMD � � FHB (2) � � Từ (1) (2) � EHA = DMB , Gọi N giao điểm MD với đường tròn (O) ta có � � � � � DMB = NAB (góc nội tiếp chắn NB ) � EHA = NAB AN // EH mà HE  MA nên � NA  MA hay MAN = 90 � AN đường kính đường tròn Vậy MD qua O cố định 2) Kẻ DI  MA, DK  MB, ta có S AH AM HE AD SMAD AM DI = MAD = ; = = BD SMBD BM DK BH SMBH BM HF AH AD MA HE DI = Vậy BD BH MB DK HF (1) � � � � � Ta có HMB = FHB (cùng phụ với MHF ) mà FHB = EMD (CMT) � = DIK � � � � EFH EHF = DMH � � v�EHF � = 1800 - AMB � AMH = EFH Tứ giác MEHF nội tiếp nên � � � � Tứ giác MIDK nội tiếp nên DMB = DIK v� IDK = 180 - AMB � = DIK � v�EHF � = IDK � � DIK HFE (g.g) � EFH ID DK HE.DI suy = � =1 HF HE � ID HE = DK HF DK.HF (2) MA AH AD � = MB BD BH Từ (1), (2) ĐỀ SỐ 1- 2- + + + 1 A= Câu 1: Ta có: =-1+ - + - + + 25 24 - 25 -1 =-1+5=4 Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra: �x � �y � x2 y2 + + �2 2 � �2 2 � a a + b + c b a + b + c � � � � �z � z2 =0 �2 2 � c a + b + c � � 1 �1 � �1 � �1 � � x � - 2 �+ y � - 2 �+ z �2 - 2 �= a + b + c � �b a + b + c � �c a + b + c � �a (*) 1 1 1 - > 0; - > 0; - >0 2 2 2 a a + b + c b a + b + c c a + b + c Do Nên từ (*) suy x = y = z = 0, M = �a + � �8a - � x a - � �� � �3 �� � b) x3 = 2a + �  - 2a  � x3 = 2a + 3x x3 = 2a + x(1 - 2a) � x + (2a - 1) x - 2a = � (x - 1) (x2 + x + 2a) = x-1=0   � � � �x  � x + x + 2a = (v�nghi� mdo a > ) � nên x m� t s�nguyên du� ng Câu 3: 4c 35 35 � + �2 >0 4c + 57 1+a 35  2b  + a   2b + 35  a) Ta có: Mặt khác 4c 35  � 1+a 4c + 57 35 + 2b  4c +1 +a 4c + 57 ۳� 2b 35 + 2b 1- Ta có: ۳� a 1+a 1- 4c + a 4c + 57 35 35 + 2b 35 2b = 35 + 2b 35 + 2b 57 + 1+a 4c + 57 57  + a   4c + 57  >0 35 57  4c + 57   35 + 2b  >0 Từ (1), (2), (3) ta có: 8abc 35 57 �8  + a   4c + 57   2b + 35   + a   2b + 35   4c + 57  Do abc ≥ 35.57 = 1995 Dấu “=” xảy a = 2, b = 35 c = 57 Vậy (abc) = 1995 t= A B C D = = = � a b c d A = ta, B = tb, C = tc, D = td A+B+C+D a+b+c+d Vì aA + bB + cC + dD = a t + b t + c t + d t t = (a + b + c + d) = (a + b + c + d) = (2) 4c 35 �1 + 1+a 4c + 57 35 + 2b 57 35 + 4c + 57 35 + 2b b) Đặt t = (1) A+B+C+D a+b+c+d (a + b + c +d)(A + B + C + D) Câu 4: a) Xét ∆ABC có PQ // BC � AQ QP = AB BC (3) Xét ∆BAH có QM // AH Cộng vế ta có: � BQ QM = BA AH AQ BQ QP QM QP QM + = + � 1= + AB AB BC AH BC AH 2SMNPQ QM � QP QM �QP 1= � + 4 = � AH � BC AH SABC �BC S SMNPQ  ABC SABC QP QM BC max SMNPQ = = = � QP = BC AH 2 Tức PQ đường trung bình ∆ABC, PQ qua trung điểm AH b) Vì 1= QP QM QP + QM + � 1= � QP + QM = BC BC AH mà BC = AH BC Do chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổi) Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà AB = 2AM nên HC = 2HD Đặt HD = x HC = 2x Ta có: DH2 = HM HC hay x2 = HM 2x � HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x Vậy AH = 3HD ... , đpcm Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = 3x + 10 (1) Điều kiện: x � 10 (2) (1) � (3x + 10 - 3x + 10 + 1) + (x2 + 6x + 9) = � ( 3x + 10 - 1)2 + (x + 3)2 = � 3x + 10 - = � � � x=-3 �x + = (thỏa mãn đk... thi t) Chứng tỏ C (C1) C (C2) Như 99 điểm cho thuộc (C1) (C2) Mặt khác 99 = 49.2 + nên theo nguyên tắc Dirichle phải có hình tròn chứa khơng 50 điểm ĐỀ SỐ Câu 1: a) Theo ta có: �x  y  2 010. .. a) Theo ta có: �x  y  2 010 �2x  4021 �x  2 010, 5 �� �� � � �y  0,5 + Nếu x + y - 2011 = y - x + 2 010 = �x  y  2011 �2y  + Nếu y - x + 2 010 = x + y - 2011 = 0, ta kết + Nếu x + y - 2011
- Xem thêm -

Xem thêm: ĐÁP án đề ôn THI TUYỂN SINH lớp 10 THPT CHUYÊN, ĐÁP án đề ôn THI TUYỂN SINH lớp 10 THPT CHUYÊN

Từ khóa liên quan