Hướng dẫn giải đề thi vào 10 nam 2010 -2011( các trường chuyên)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN
Thanh Hoá NĂM HỌC 2009-2010
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: Toán ( Dành cho học sinh thi vào lớp chuyên Tin)
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2010-2011
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
(Đề chung cho các thí sinh)
Câu ý Nội dung Điểm
1 2,0
1 Điều kiện:
1;0 ≠≥ xx
1
2
1
22
1
2
1
42
233
2
++
=
−
−
=
−

−
−
+
=
xxx
x
x
x
x
T
0,25
0,75
2
T
lớn nhất khi
1
2
++ xx
nhỏ nhất, điều này xẩy ra khi
0=x
Vậy
T
lớn nhất bằng 2
0,5
0,5
2 1
Giải hệ phương trình:
2x
2
– xy = 1 (1)

4x
2
+4xy – y
2
= 7 (2)
Nhận thấy x = 0 không thoả mãn hệ nên từ (1) ⇒ y =
x
x 12
2
−
(*)
Thế vào (2) được: 4x
2
+ 4x.
x
x 12
2
−
-
2
2
)
12
(
x
x −
= 7
⇔ 8x
4
– 7x

2
- 1 = 0
Đặt t = x
2
với t ≥ 0 ta được 8t
2
- 7t - 1 = 0
⇔ t = 1
t = -
8
1
(loại)
với t =1 ta có x
2
= 1 ⇔ x = ± 1 thay vào (*) tính được y = ± 1
Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 1 và x = -1
y = 1 y = -1
0,25
0,25
0,25
0,25
2
ĐK:
2010;2009;2 ≥−≥≥ zyx
Phương trình đã cho tương đương với:
201022009222 −+++−=++ zyxzyx
( ) ( ) ( )
0120101200912
222
=−−+−++−−⇔ zyx

2011;2008;3 =−==⇔ zyx
0,25
0,25
0,25
0,25
3 1
PT đã cho có biệt số ∆ = 4a
2
+ 16a -151
PT có nghiệm nguyên thì ∆ = n
2
với n ∈ N
Hay 4a
2
+ 16a - 151 = n
2
⇔ (4a
2
+ 16a + 16) - n
2
= 167
⇔ (2a + 4)
2
- n
2
= 167 ⇔ (2a + 4 + n)(2a + 4 - n) = 167
Vì 167 là số nguyên tố và 2a + 4 + n > 2a + 4 - n nên phải có:


2a + 4 + n = 167

2a + 4 - n = 1 4a + 8 = 168 a = 40
2a + 4 + n = -1 ⇒ 4a + 8 = -168 ⇒ a = -44
2a + 4 - n = -167
với a = 40 đựơc PT: x
2
- 83x = 0 có 2 nghiệm nguyên x = 0, x = 83
với a = - 44 thì PT có 2 nghiệm nguyên là x= -1, x = - 84
0,25
0,25
0,25
0,25
2
Ta có:
' '
1 2
(2 6 ) ; (2 19 )a bc b ac∆ = − ∆ = −
Suy ra
' '
1 2
(2 6 ) (2 19 )a bc b ac∆ + ∆ = − + −
Từ giả thiết
19 6 9 12a b c+ + =
, ta có tổng
(2 6 ) (2 19 ) 4 (19 6 ) 4 (12 9 )bc ac c a b c c− + − = − + = − −
=
( )
2
2
9 12 4 3 2 0c c c− + = − ≥
.

0,25
0,25
0,25
AB
C
H
a
c
b
(Gồm 4 trang)
Bài 1.
Ý NỘI DUNG ĐIỂM
a.
1,75đ
( ) ( )
x 7 x 3 2 x 1
A
x 2 x 3
x 2 x 3
− + +
= − +
− −
− −
0,25đ

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
x 7 x 3 x 3 2 x 1 x 2
x 2 x 3
− − + − + + −

=
− −
0,25đ

( ) ( )
x 7 x 9 2x 4 x x 2
x 2 x 3
− − + + − + −
=
− −
0,50đ

( ) ( )
x 2 x
x 2 x 3
−
=
− −
0,25đ

( )
( ) ( )
x x 2
x
x 3
x 2 x 3
−
= =
−
− −

0,50đ
b.
0,75đ
( )
2
x 3 2 2 2 1= − = −
(Thoả mãn x ≥ 0; x ≠4; x ≠9) 0,25đ
Thay
( )
2
x 2 1= −
vào A có:
2 1
A
2 4
−
=
−
0,25đ

( ) ( )
( ) ( )
2 1 2 4
2 3 2
14
2 4 2 4
− +
−
= =
− +

0,25đ
Bài 2.
Ý NỘI DUNG ĐIỂM
a.
1,25đ
Hoành độ điểm G là nghiệm của phương trình:
(m-1)x - m
2
- 2m = (m - 2)x - m
2
- m + 1
0,25đ
⇔ x = m + 1
0,25đ
Tung độ điểm G là: y = (m-1) (m+1) - m
2
- 2m 0,25đ
⇔ y = -2m - 1
0,25đ
Toạ độ điểm G là (m + 1 ; -2m - 1) 0,25đ
b.
0,75đ
Có y = -2m - 1 = -2(m + 1) + 1 0,25đ
Mà x = m + 1
⇒ y = -2x + 1
0,25đ
Toạ độ điểm G thoả mãn phương trình đường thẳng y = -2x + 1 cố định.
Chứng tỏ G luôn thuộc đường thẳng y = -2x + 1 cố định khi m thay đổi
0,25đ
Bài 3.

Ý NỘI DUNG ĐIỂM
a.
1,0đ
ĐKXĐ: x ≠ 1; x ≠ -1 0,25đ
Xét
+ + =
+ − −
2
1 1 1
0
x 1 x 1 x 1
⇒ x - 1 + x + 1 + 1 = 0
0,25đ
⇔ 2x + 1 = 0
0,25đ
Ý NỘI DUNG ĐIỂM
⇔ x =
−
1
2
x =
−
1
2
(thoả mãn ĐKXĐ) nên phương trình có 1 nghiệm duy nhất x =
−
1
2
0,25đ
b.

0,50đ
ĐKXĐ: x ≠ -1
Xét
 
+ =
 ÷
+
 
2
2
x
x 1
x 1
⇔
 
− + =
 ÷
+ +
 
2
x x
x 2.x. 1
x 1 x 1
⇔
 
+ − =
 ÷
+ +
 
2

2
x 2x
1 0
x 1 x 1
Đặt
+
2
x
x 1
= t ta có t
2
+ 2t - 1 = 0
⇔

= − +

= − −


t 1 2
t 1 2
0,25đ
Giải
= − +
+
2
x
1 2
x 1
được


− + −

=


− − −

=


1
2
2 1 2 2 1
x
2
2 1 2 2 1
x
2
(thoả mãn x ≠ -1)
Giải
= − −
+
2
x
1 2
x 1
được x ∈ φ
Kết luận phương trình có 2 nghiệm phân biệt x
1

; x
2
.
0,25đ
Bài 4.
Ý NỘI DUNG ĐIỂM
a.
1,5đ
Tứ giác APMC có:
·
·

=


=


o
o
PAC 90 (tÝnh chÊt t.tuyÕn)
PMC 90 (gt)
0,50đ
0,50đ
⇒
·
·
+ =
o
PAC PMC 180

0,25đ
⇒ Tứ giác APMC là tg nt
0,25đ
OCA B
P
M
x
y
Q
F
E
Ý NỘI DUNG ĐIỂM
0,75đ
Có
·
AMB
= 90
o
(Hệ quả gnt) (1) 0,25đ
⇒
·
·
+MAB MBA
= 90
o
(2)
Có tứ giác APMC nội tiếp (cmt)
⇒
·
·

=MPC MAC
(cùng chắn cung MC)
Hay
·
·
=QPC MAB
(*)
Chứng minh tương tự (*) có
·
·
=PQC MBA
Từ (2) (3) ⇒
·
·
·
= = ⇒ =
o o
PQC QPC 90 PCQ 90
(4)
0,25đ
Từ (1) (4) ⇒
·
·
= =
o
EMF ECF 180
⇒ Tứ giác EMFC nt
0,25đ
0,75đ
Tứ giác EMFC nội tiếp

⇒
·
·
=MEF MCF
(cùng chắn cung MF)
Hay
·
·
=MEF MCQ
(5)
0,25đ
Tứ giác MQBC nội tiếp
⇒
·
·
=MCQ MBQ
(cùng chắn cung MQ) (6)
0,25đ
Xét
 
 ÷
 
AB
0;
2
có
·
·
=MBQ MAB
(cùng chắn cung MB) (7)

Từ (5) (6) và (7) ⇒
·
·
=MEF MAB
⇒ EF // AB
0,25đ
b.
0,50đ
Tứ giác APMC nội tiếp ⇒ EP.EC = EA.EM
Tứ giác MCBQ nội tiếp ⇒ FC.FQ = FM.FB
Có EC.EP = FC.FQ (gt)
⇒ EA.EM = FM.FB (8)
Có EF // AB ⇒
=
EM FM
EA FB
(9)
Từ (9) (10) ⇒ EM
2
= FM
2
⇒ EM = FM
0,25đ
∆EMC = ∆FMQ (gcg) ⇒ EC = FQ
Mà EC.EP = FC.FQ
⇒ EP = FC
0,25đ
Bài 5.
(3)
Ý NỘI DUNG ĐIỂM

0,5đ
− +
= − + =
2 2
2 2
x xy 2y
B x xy 2y
1
Có x
2
+ y
2
+ xy = 1
⇒ B =
− +
+ +
2 2
2 2
x xy 2y
x y xy
* y = 0 có B = 1
* y ≠ 0 có
 
− +
 ÷
 
=
 
+ +
 ÷

 
2
2
x x
2
y y
B
x x
1
y y
Đặt
=
x
t
y
có
− +
=
+ +
2
2
t t 2
B
t t 1
⇔ Bt
2
+ Bt + B = t
2
- t + 2
 

+ + ≥ >
 ÷
 
2
3
t t 1 0
4
⇔ (B-1)t
2
+ (B+1)t + B - 2 = 0 (*)
Tồn tại giá trị của B ⇔ pt (*) có nghiệm
+) B = 1 dễ thấy có nghiệm
+) B ≠ 1
∆ = (B+1)
2
- 4(B-1)(B-2) ≥ 0
⇔ 3B
2
- 14B + 7 ≤ 0
⇔
 
− ≤
 ÷
 
2
7 28
B
3 9
⇔
−

≤ − ≤
2 7 7 2 7
B
3 3 3
⇔
− +
≤ ≤
7 2 7 7 2 7
B
3 3
(2)
KÕt hîp l¹i, ta cã
− +
≤ ≤
7 2 7 7 2 7
B
3 3
+

=
+


=
−
−
 
= ⇔ ⇔
−
 

−
 
= ±
+ + =


− +

min
2 2
2
B 1
x .y
B 1
x .y
2 2B
7 2 7 7-2 7
B víi B =
2 2B
2(B 1)
3 3
y
x y xy 1
7 6B 3B
+

=
+



=
−
−
 
= ⇔ ⇔
−
 
−
 
= ±
+ + =


− +

max
2 2
2
B 1
x .y
B 1
x .y
2 2B
7 2 7 7+2 7
B víi B =
2 2B
2(B 1)
3 3
y
x y xy 1

7 6B 3B
0,50đ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH THUẬN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO
Năm học: 2010 – 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : Toán ( hệ số 2)
( Dành cho lớp chuyên Toán )
Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian phát đề )
HƯỜNG DẪN GIẢI
Bài 1:
1/ Tìm tất cả các bộ ba số thực ( x, y, z ) sao cho x + y + z > 2 và
2 2 2 2 2 2
4 2 ; 9 2 ; 16 2x y xy x z xz y z yz+ = − + = − + = −

Giải:
( )
( )
( )
2
2
2
4
9
16
2

x y
x z
y z
x y z

+ =


+ =

⇔


+ =

+ + >


2
3
4
2
x y
x z
y z
x y z
 + =

+ =



+ =


+ + >

⇔
3 1 9
; ; ;
2 2 2
1 3 5
; ; ;
2 2 2
x y z
x y z

= − = − =



= = =


2/ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì S =
2 3
3 2 6
n n n
+ +
là một số tự nhiên
Giải:

S =
( 1)( 2)
6
n n n+ +
M
6 , (chú ý rằng :
( 1)( 2)n n n+ +
là 3 số tự nhiên liên tiếp )
Bài 2:
Cho hai số a , b thỏa :
2
2
2
1
2 4
4
b
a
a
+ + =
. Xác định a và b để tích a.b nhỏ nhất
Giải:
Ta có :
2
2
1
a
a
+
≥

2 ;
2 2 2
2
2
4 4
b a b
a + ≥
(Cô si)
Vậy :
2
2
2
1
2
4
b
a
a
+ +
≥
2.
2 2
2
4
a b
1 2 2 2
2
ab
ab ab⇔ ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤
Suy ra : Min (ab) = -2 ; khi x = 1 ; y = -2 hoặc x = -1 ; y = 2

Bài 3:
1/ Cho a > 0 . Chứng minh rằng :
1
2a
a
+ ≥
( Quá dễ )
2/ Với giá trị nào của n nguyên dương thì các số dương a
1
, a
2
, … , a
n
thỏa mãn
các đẳng thức a
1
+ a
2
+ … + a
n
= 2 và
1 2
1 1 1
2
n
a a a
+ + + =
Giải:
Ta có : (a
1

+ a
2
+ … + a
n
) (
1 2
1 1 1

n
a a a
+ + +
) = 4
2
1 1 1
1 1 1
1 1 1
. . .x x x
x x x
 
≥ + + +
 ÷
 ÷
 
= (1 + 1 + … + 1)
2
= n
2
( Bunhiacopki )
Vậy : n
2

≤
4
⇒
n
≤
2
⇒
n = 1; 2 (do n
∈
Z
+
)
- Nếu n = 1 , ta có :
1
1
2
1
2
x
x
=


⇔

=


Hệ vô nghiệm

- Nếu n = 2, ta có :
1 2
1 2
1 2
1 2
2
2
1 1
2
1
x x
x x
x x
x x
+ =

+ =


⇔
 
+ =
=



Vậy x
1
, x
2

là nghiệm của pt : x
2
– 2x +1 = 0
⇔
x = 1
Kết luận chung : n = 1
Bài 4: ( Đọc giả vui lòng vẽ hình )
Giải:
1/ Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp trong đường tròn ( O ) .
- Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật
⇒

·
·
·
·
àHAF AFE v HAF ABH= =
( cùng phụ
·
BAH
)
⇒
·
·
HAF ABH=
⇒
tứ giác BEFC nội tiếp
2/ Chứng minh :
a/ AM.AN = AE.AB
Xét

∆
AME và
∆
ABN ; có
·
BAM
chung ;
·
·
AEM ANB=
( cùng bù
·
BEM
)
b/ Hai điểm M, N cố định
Để ý : AM.AN = AE.AB =AF.AC = HB.HC = AH
2
Và đường thẳng ( d ) cố định, điểm A cố định , AH không đổi , đường thẳng đi qua
A và vuông góc với đường thẳng ( d ) là cố định
Bài 5: ( Đọc giả vui lòng vẽ hình )
Tam giác ABC có độ dài các đường cao là số nguyên dương và bán kính đường tròn nội
tiếp bằng 1. Chứng minh ABC là tam giác đều.
Giải:
Gọi S là d.tích tam giác ABC , a, b, c là độ dài các cạnh , x , y , z là các đường cao tương
ứng , r là bán kính đường tròn nội tiếp , r =1.
Ta có : 2.S = ax =by = cz = ar + br + cr = a + b + c
Vậy :
1 1 1
1
a b c

x y z a b c a b c a b c
+ + = + + =
+ + + + + +
Không mất tính tổng quát , giả sử
x y z≤ ≤
khi đó
1 =
1 1 1
x y z
+ +

3
3x
x
≤ ⇒ ≤
(1)
Ta có : b + c > a
⇒
x =
1 2
b c
a
+
+ >
(2 )
Từ (1) và (2 ) : x = 3
Suy ra : x = y = z = 3 ; hay tam giác ABC đều .

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2010 -
2011
QUẢNG NGÃI Môn thi: TOÁN (Hệ chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
Giải
Bài 1: (2,5 điểm)
a) M =
x 3 x 3 9
x
x 3 x 3 x
 
− +
 
− −
 ÷
 ÷
+ −
 
 

=
( ) ( )
( ) ( )
x 3 x 3

x 6 x 9 x 6 x 9
x
x 3 x 3
+ −
− + − − −
×
+ −
=
−
12.
b) ĐKXĐ:
−
4 < x < 4
3
2
2
x
x 16 0
16 x
+ − =
−
( ) ( ) ( )
3
3 2 2 2 2 2
x 16 x 0 x 16 x x x 16 x 16 x⇔ − − = ⇔ − − + − + −
= 0
ĐỀ CHÌNH THỨC
( )
( )
2

2 2 2
1 3
x 16 x 16 x x 16 x
2 4
 
 
⇔ + − + − − −
 
 ÷
 
 
 
= 0
⇔

2
x 16 x= −
(vì
( )
2
2 2
1 3
x 16 x 16 x
2 4
 
+ − + −
 ÷
 
> 0)
2 2

x 0
x 0
x 2 2
x 2 2
x 16 x
x 2 2
>

>



⇔ ⇔ ⇔ =
=
 
= −



= −



(thỏa ĐKXĐ)
Tập nghiệm của phương trình là S = {2
2
}.
c) ĐKXĐ:
x 1
y 1

≠


≠ −

.
Đặt
1
u
x 1
=
−
,
1
v
y 1
=
+
, ta có hệ phương trình:
2u v 7 4u 2v 14 9u 18 u 2
5u 2v 4 5u 2v 4 v 7 2u v 3
+ = + = = =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− = − = = − =
   
• u = 2
1 3
2 x

x 1 2
⇔ = ⇔ =
−
(thỏa ĐKXĐ)
• v = 3
1 2
3 y
y 1 3
⇔ = ⇔ = −
+
(thỏa ĐKXĐ)
Vậy hệ phương trình có nhiệm duy nhất
3 2
;
2 3
 
−
 ÷
 
.
Bài 2:
a) P = n
3
– n
2
– 7n + 10 = n
3
– 2n
2
+ n

2
– 2n – 5n +10 = (n – 2)(n
2
+ n – 5).
P nguyên tố
2
n 3
n 2 1
n 2
n n 5 1
n 3
=

− =


⇒ ⇒ =


+ − =


= −

* n = 3
⇒
P = 7.
* n = 2
⇒
P = 0 (loại).

Vậy n = 3 là giá trị cần tìm.
b) 2010
x
= 2009
y
+ 2008
z
(1)
Nhận xét:
Vế phải lớn hơn 1 nên x > 0
⇒
2010
x
chẵn.
Ta có 2009
y
lẻ. Suy ra z = 0.
(1) trở thành 2010
x
= 2009
y
+ 1.
Ta có 2009
y
+ 1 = (2008 + 1)
y
+1
≡
2 (mod 4).
Nếu x

≥
2 thì 2010
x

M
4 (vô lí).
Vậy x = 1. Suy ra y = 1
Vậy x = 1, y = 1, z = 0.
Bài 3:
x
2
– mx + m – 1 = 0
a)
∆
= (– m)
2
– 4(m – 1) = (m – 2)
2

≥
0. Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m.
(loại)
b) A =
( )
1 2
2 2
1 2 1 2
4x x 6
x x 2 1 x x
+

+ + +
=
( )
( )
1 2
2
2
1 2
4 m 1 6
4x x 6
m 2
x x 2
× − +
+
=
+
+ +
.
2
Am 4m 2A 2 0⇔ − + − =
.
* A = 0
1
m
2
⇔ = −
.
* A
≠
0:

Tồn tại giá trị của m
2
' 4 A(2A 2) 0 A A 2 0⇔ ∆ = − − ≥ ⇔ − − ≤
( ) ( )
A 1 A 2 0⇔ + − ≤

A 1
A 2
≥ −

⇔

≤

1 A 2⇔ − ≤ ≤
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là –1 khi m = –2.
c) Ta có
1 A 2
− ≤ ≤
và A nguyên nên A
{ }
1;0;1;2∈ −
.
* A = – 1
m 2⇔ = −
(loại)
* A = 0
1
m

2
⇔ = −
(loại)
* A = 1
m 0
m 4
=

⇔

=

* A = 2
m 1
m 2
=

⇔

=

Vậy tâp hợp các giá trị m cần tìm là:
{ }
1;2;4
.
Bài 4:
a) Kẻ BH
⊥
AC, ta có AH = AB.cos
·

BAH
= a.cos 60
0
=
a
2
,
BH = AB.sin
·
BAH
= a.sin 60
0
=
a 3
2
.
CH = AC – AH = 3a –
a
2
=
5a
2
Suy ra BC =
2 2
2 2
25a 3a
BH CH a 7
4 4
+ = + =
.

Kẻ OI
⊥
BC, ta có BI =
BC a 7
2 2
=
.
BO =
·
·
BI a 7 a 7 3 a 21
:sin BAC :
2 2 2 3
sin BOI
= = =
.
b) Ta có
·
·
·
0 0 0
BDF BDA ADF 30 90 120 .= + = + =
Tứ giác ABDF có
·
·
0 0 0
BAF BDF 60 120 180+ = + =
.
⇒
tứ giác ABDF nội tiếp.

Suy ra
·
·
0
ABF ADF 90= =
.
Do đó FB là đường cao của tam giác AEF.
FB, AD, EK là ba đường cao của tam giác AEF nên ba đường thẳng AD, EK, BF
đồng quy.
Bài 5:
a) * Ta có KN, LP là các đường phân giác
(loại)
H
O
I
K
F
E
D
A
B
C
K
L
Q
N
P
M
α
α α

α
β
β
γ
γ
H
của tam giác MLK nên MQ cũng là đường
phân giác của tam giác MLK.
Đặt
·
·
·
·
NMQ PMQ QPN QNP= = = = α
,
·
·
NLQ KLQ= = β
,
·
·
QKL QKP= = γ
.
Ta có
0
90α + β + γ =
(1)
2α =
·
NQL = β + γ

(2)
(1) & (2)
0
3 90⇒ α =

0
30⇒ α =
.
Vậy
·
·
0
QNP QPN 30= =
.
·
0
NQP 120=
.
* Kẻ QH
⊥
NP
NH 1⇒ =
,
NQ = NH: cos30
0
= 1:
3
2
=
2 3

3
.
Vậy NQ = PQ =
2 3
3
.
b) Trên BC dựng điểm D sao cho BD = BA.
Ta có
·
µ µ
·
0 0 0
BAC 108 B C 36 BDA 72= ⇒ = = ⇒ =
·
0
ADC 108⇒ =
⇒ ∆
ABC
∆
DAC
⇒
2
AC BC
AC DC.BC
DC AC
= ⇒ =
(*)
Đặt BA = AC = BD = a, BC = x, thế thì CD = x – a.
Từ (*) suy ra a
2

= (x – a).x
⇔
x
2
– ax – a
2
= 0
( )
( )
1 5 a
x
2
1 5 a
x
2

+

=

⇔

−

=


Vậy
( )
1 5 a

BC 1 5
:a
AC 2 2
+
+
= =
.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH THUẬN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO
HƯỜNG DẪN GIẢI
Bài 1:
1/ Tìm tất cả các bộ ba số thực ( x, y, z ) sao cho x + y + z > 2 và
2 2 2 2 2 2
4 2 ; 9 2 ; 16 2x y xy x z xz y z yz+ = − + = − + = −

Giải:
( )
( )
( )
2
2
2
4
9
16
2
x y
x z

y z
x y z

+ =


+ =

⇔


+ =

+ + >


2
3
4
2
x y
x z
y z
x y z
 + =

+ =


+ =



+ + >

⇔
3 1 9
; ; ;
2 2 2
1 3 5
; ; ;
2 2 2
x y z
x y z

= − = − =



= = =


2/ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì S =
2 3
3 2 6
n n n
+ +
là một số tự nhiên
Giải:
C
A

B
D
s
(loại)
S =
( 1)( 2)
6
n n n+ +
M
6 , (chú ý rằng :
( 1)( 2)n n n+ +
là 3 số tự nhiên liên tiếp )
Bài 2:
Cho hai số a , b thỏa :
2
2
2
1
2 4
4
b
a
a
+ + =
. Xác định a và b để tích a.b nhỏ nhất
Giải:
Ta có :
2
2
1

a
a
+
≥
2 ;
2 2 2
2
2
4 4
b a b
a + ≥
(Cô si)
Vậy :
2
2
2
1
2
4
b
a
a
+ +
≥
2.
2 2
2
4
a b
1 2 2 2

2
ab
ab ab⇔ ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤
Suy ra : Min (ab) = -2 ; khi x = 1 ; y = -2 hoặc x = -1 ; y = 2
Bài 3:
1/ Cho a > 0 . Chứng minh rằng :
1
2a
a
+ ≥
( tự giải )
2/ Với giá trị nào của n nguyên dương thì các số dương a
1
, a
2
, … , a
n
thỏa mãn
các đẳng thức a
1
+ a
2
+ … + a
n
= 2 và
1 2
1 1 1
2
n
a a a

+ + + =
Giải:
Ta có : (a
1
+ a
2
+ … + a
n
) (
1 2
1 1 1

n
a a a
+ + +
) = 4
2
1 1 1
1 1 1
1 1 1
. . .x x x
x x x
 
≥ + + +
 ÷
 ÷
 
= (1 + 1 + … + 1)
2
= n

2
( Bunhiacopki )
Vậy : n
2

≤
4
⇒
n
≤
2
⇒
n = 1; 2 (do n
∈
Z
+
)
- Nếu n = 1 , ta có :
1
1
2
1
2
x
x
=


⇔


=


Hệ vô nghiệm
- Nếu n = 2, ta có :
1 2
1 2
1 2
1 2
2
2
1 1
2
1
x x
x x
x x
x x
+ =

+ =


⇔
 
+ =
=




Vậy x
1
, x
2
là nghiệm của pt : x
2
– 2x +1 = 0
⇔
x = 1
Kết luận chung : n = 1
Bài 4: ( Đọc giả vui lòng vẽ hình )
Giải:
1/ Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp trong đường tròn ( O ) .
- Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật
⇒

·
·
·
·
àHAF AFE v HAF ABH= =
( cùng phụ
·
BAH
)
⇒
·
·
HAF ABH=
⇒

tứ giác BEFC nội tiếp
2/ Chứng minh :
a/ AM.AN = AE.AB
Xét
∆
AME và
∆
ABN ; có
·
BAM
chung ;
·
·
AEM ANB=
( cùng bù
·
BEM
)
b/ Hai điểm M, N cố định
Để ý : AM.AN = AE.AB =AF.AC = HB.HC = AH
2
Và đường thẳng ( d ) cố định, điểm A cố định , AH không đổi , đường thẳng đi qua
A và vuông góc với đường thẳng ( d ) là cố định
Bài 5: ( Đọc giả vui lòng vẽ hình )