Dap an de thi vao chuyen chu van an va amsterdam tu nam2004 den 2009

Trường THPT Chu Văn An và THPT Hà Nội – Amsterdam
Năm học 2008 – 2009 (vòng 1)
Bài 1.
a. Điều kiện x>0. Đáp số P =

x+ x +1
x

b. Đáp số P = 7/2
c. Ta có
d. P =

13
x + x + 1 13
⇔
=
⇔ 3x − 10 x + 3 = 0
3
3
x

Đặt t = x , ta có phương trình bậc hai 3t2 – 10t + 3 = 0.
Giải phương trình trên, ta có hai nghiệm t = 3 và t = 1/3.
Vậy x = 9 hoặc x = 1/9.
Bài 2. Gọi số chi tiết máy mà hai tổ sản xuất được trong tháng thứ nhất lần
lượt là x và y (x, y>0). Theo bài ra ta có hệ
 x + y = 900
 x + y = 900

⇔
15  

10 

 x + 100 x ÷+  y + 100 y ÷ = 1010 3x + 2y = 2200
 



Giải hệ trên ta được x = 400, y = 500.
Vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy, tổ II sản xuất được 500 chi
tiết máy.
Bài 3.

a. Hoành độ giao điểm của d và (P) la nghiệm của phương trình

1 2
x = mx + 1 ⇔ x2 − 4mx − 4 = 0
4

(1)

Do ∆ ’ = 4m2 + 4 > 0, ∀ m nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Vậy d luôn
cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
y
b. Đường thẳng d cắt trục Oy tại M(0; 1). Gọi diện tích tam giác OAB là S,
ta có

B

y
M

A

Lê Thị Hạnh

O

1x


S = SVOAM + SVOBM
B

Giả sử A(x1; y1), B(x2; y2). Ta có
1
1
SVOAM = OM. x1 = x1
2
2
1
1
SVOBM = OM. x2 = x2
2
2

Suy ra S=

M
A
O

x

1
x + x2 .
2 1

(

)

Vì x1, x2 là nghiệm của (1) nên theo định lí Viete, ta có x1 + x2 = 4m, x1x2 = -4
Do dó 4S2 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 + 2|x1x2| = 16m2 + 16.
Vậy diện tích tam giác OAB là S = 2 m 2 + 1
Bài 4.
a. Do EK là phân giác của góc ·AEB nên K là
điểm chính giữa của cung AB. Suy ra
·AEK = KA
· F = 450 . Vậy ∆KAF : ∆KEA (g.g).
b. Do O, I, E thẳng hàng nên đường tròn (I, IE)
tiếp xúc với (O) tại E. Do hai tam giác IEF và
OEK cân và có chung góc ở đỉnh E nên IF
song song với OK. Suy ra IF vuông góc với
AB. Vậy đường tròn (I, IE) tiếp xúc với AB
tại F.
·
c. Do MEN
= 900 nên MN là đường kính của đường tròn (I). Suy ra MN đi qua I. Hai
tam giác cân IEM và OEA có chung góc ở đỉnh E nên IM song song với AO. Vậy
MN song song với AB.
d. Dễ thấy KPEQ là hình chữ nhật. Do đó, nếu gọi T là chu vi của tam giác KPQ

thì
T = KP + PF + FK = KP + PA + FK = KA + FK.
Suy ra T đạt giá trị nhỏ nhất khi KF vuông góc với AB hay E là điểm chính giữa
của cung AB. Khi đó T = KA + KO = R( 2 +1).
Lê Thị Hạnh

2


Bài 5.

Đặt (x – 1)(x – 3) = t, ta có

A = ((x – 1)2 + (x – 3)2)2 + 4(x – 1)2(x – 3)2
= ((x – 1 + 3 – x)2 + 2(x – 1)(x – 3))2 + 4(x – 1)2(x – 3)2
= (4 + 2t)2 + 4t2
= 8(t + 1)2 + 8≥8
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
t = -1 ⇔ (x – 1)(x – 3) = -1 ⇔ x = 2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là Amin = 2.
Năm học 2008 – 2009 (vòng 2)
Bài 1.

(

Trừ theo từng vế hai phương trình của hệ, ta có

) (

)

x + 6 − y + 6 = ( m − 2008 ) ( y − x )

x + 19 − y + 19 +



1
1
⇔ ( x − y) 
+
+ m − 2008 ÷ = 0 (1)
 x + 19 + y + 19
÷
x+6 + y+6



Với m≥2008, từ (1) ta suy ra x = y. Thay vào hệ ta có
x + 19 − x + 6 = ( m − 2008 ) x + 1
⇔

(

x + 19 + x + 6

) ( ( m − 2008) x + 1) = 13

(2)

a. Với m = 2008, ta có
x + 19 = x + 6 + 1

(3)

Điều kiện x ≥ -6. Bình phương hai vế của (3) và rút gọn, ta được
x + 6 = 6 ⇔ x = 30

b. Với m ≥ 2008 thì hàm số
f(x) =

Lê Thị Hạnh

(

x + 19 + x + 6

) ( ( m − 2008 ) x + 1)
3


là hàm đồng biến nên phương trình (2) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Suy ra hệ đã cho có không quá 1 nghiệm.
Bài 2. Ta có
an = 3(n + 1)2 + 10
a. Ta thấy nếu an không chia hết cho 5 thì n + 1 không chia hết cho 5
và an ∈ {2; 3}(mod 5). Do đó, nếu ai, aj đều không chia hết cho 5 và ai không
trùng với aj (mod 5) thì ai + aj ≡ 2 + 3 ≡ 0(mod 5).
b. Vì n lẻ nên n + 1 chẵn. Do đó, an ≡ 2(mod 4). Suy ra an không thể là số chính
phương.

Vậy không tồn tại số tự nhiên n nào để an là số chính phương.
Bài 3.

Đặt t = 1 + a 2 − 1 − a 2 . Do 1 + a2 ≥ 1 – a2 nên t ≥ 0.

Mặt khác, t2 = 2 - 2 1 − a 4 ≤ 2 nên t ∈  0; 2  .
Từ giả thiết đã cho ta có
2 − t2
+ ( b − 1) t + b − 4 ≤ 0, ∀t ∈ 0; 2 


2
2
t + 2t + 6
⇔b≤
, ∀t ∈ 0; 2  (1)


2 ( t + 1)

Ta có
t 2 + 2t + 6 1 
5 
=  t +1+
≥ 5
2(t + 1)
2
t +1÷


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
t +1=

Do đó

5
⇔ t = 5 − 1 ∈ 0; 2 


t +1

( 1) ⇔ b ≤

5

Vậy giá trị lớn nhất của b là bmax = 5 .
Bài 4.

Lê Thị Hạnh

4


a. Do BDEC là hình thang vuông
nên đường trung trực của DE đi
qua trung điểm của BC.

D

A

S
E

B

H

K

C

b. Ta có

SBDEC = S∆ABD + S∆ACE + S∆ABC
Do dó, SBDEC max khi và chỉ khi

S∆ABD + S∆ACE max. Ta có:
1
1
AD.DB + AE.EC
2
2
1
1
≤ AD2 + DB2 + AE 2 + EC2
4
4
2
2

AB + AC
=
4

S∆ABD + S∆ACE =

(

)

(

)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AD = DB, AE = EC hay D, E lần lượt là điểm
chính giữa của các cung AB, AC không chứa H của các đường tròn (O1) và (O2).
2

Khi đó

 b+c
SBDEC = 
÷.
 2 

c. Do các tam giác SBK và SBD vuông nên
KB2 = SB2 – SK2 = BD2 + SD2 – SK2
·
·
·

·
Mặt khác, do tam giác ABC vuông tại A và ABH = HDA, ACH = HEA nên tam giác

DHE vuông tại H. Do S là trung điểm của cạnh huyền DE nên SD = SH.
Vậy KB2 = BD2 + SH2 – SK2 = BD2 + HK2

Lê Thị Hạnh

5


Bài 5. Xét các tập con khác rỗng và khác A của A. Có tất cả 26 – 2 = 62 tập
như vậy. Gọi X là một tập bất kì trong số những tập đang xét và kí hiệu S(X)
là tổng các phần tử của X. Ta có
0 ≤ S(X) ≤ 10 + 11 + 12 +13 + 14 = 60
Theo nguyên tắc Dirichlet thì có hai tổng S và S’ nhận cùng giá trị.
Vậy luôn tồn tại hai tập con B, C của A sao cho S(B) = S(C).
Năm học 2007 – 2008 (vòng 1)
Bài 1.

a. Điều kiện x ≥ 0, x ≠ 1. Ta có:

x

P=

(

) −6

x +1

x−1
x−2 x +1
=
=
x−1
x +1

b. Do
P<

(

)

x − 4 3 x −1
+
x−1
x−1
x −1

x +1>0 nên

1
⇔2
2

(

)

x −1 < x +1 ⇔ x < 3 ⇔ x < 9

Kết hợp với điều kiện, ta có 0 ≤ x < 9, x ≠ 1.
Bài 2.

Gọi vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h). Theo bài ra ta

có phương trình

24 24
1
−
= ⇔ x = 12
x x+4 2

Vậy vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B là 12km/h.
Bài 3.

a. Đáp số x = 1, x = 2.

b. Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆ = b2- 4c > 0.
Khi đó, gọi hai nghiệm của phương trình đã cho là x1, x2 thì theo định lí Viete,
ta có x1x2 = c.
Từ giả thiết ta suy ra c = 1. Điều kiện của b là b2 – 4 >0 hay |b| > 2.
Lê Thị Hạnh

6

Bài 4.
·
·
a. Hai góc EAH và ABE tương ứng là góc giữa
tia tiếp tuyến với dây cung và góc nội tiếp cùng
chắn cung AE nên bằng nhau.
Hai tam giác vuông ABH và EAH có
·
·
EAH = ABE nên đồng dạng với nhau.
·
·
·
·
b. Do tính chất đối xứng, ta có ECA= EAC nên ECH = EBK .

B
O

F
K
A

E
H

C

·

·
·
Suy ra AKC = 900 . Tứ giác AHEK có AKE = AHE = 900 nên nội tiếp.

c. Gọi F là trung điểm của AB. Ta có OF ⊥ AB.
Xét tam giác vuông OAF có OA = R, AF =

·
AB R 3
=
nên OAF = 300 .
2
2

Do d tiếp xúc với (O) tại A nên OA ⊥ d. Suy ra OA song song với BH. Do đó
·
ABH = 300 .
Xét tam giác vuông ABH, ta suy ra AH =

AB R 3 .
=
2
2

Đường thẳng d luôn đi qua điểm A(0; 2). Kẻ OH ⊥ d, ta có OH ≤ OA

Bài 5.

= 2. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi d song song với Ox hay m = 1.
Vậy khoảng cách từ O tới d lớn nhất khi m = 1.

Năm học 2007 – 2008 (vòng 2)
Bài 1.
2

2

a. Thay x = 10 – y vào phương trình đã cho, ta được (y – 1)(2y – x + 7) = 0.
Đáp số (x; y) = (3; 1), (-3; 1), (9/5; -13/5).

Lê Thị Hạnh

7


b. Để đưa phương trình đã cho về dạng tích, ta xem vế trái như là biểu thức bậc 2
đối với x. Ta có:

(

)

x2 + 2 ( y − 1) x − 3y2 + 10y − 4 = 0
⇔ ( x + y − 1) − ( 2y + 2 ) = −7
2

2

⇔ ( 3y + x + 1) ( y − x + 3 ) = 7

Đáp số (x; y) = (-3; 1), (3; 1), (1; -3), (7; -3).

Bài 2.
a. Gọi S là điểm đối xứng của O qua B.
Điểm M chuyển động trên đường tròn
tâm S bán kính R.
b. Từ hai tam giác đồng dạng AHB và
CHA, ta suy ra
·
· AH CI
MAH = ICA,
=
AM CA
Do đó, hai tam giác AHM và CIA đồng
dạng

A
F
B

S

H O
E

I

C
G

M

·
·
c. Từ hai tam giác đồng dạng ở câu b, ta suy ra AMH + MAI = 900 .
Do đó, MH vuông góc với AI.
d. Yêu cầu của bài toán là kết quả của bài toán quen thuộc: Cho đường tròn (O; R)
và hai dây cung AB, CD vuông góc với nhau tại P. Khi đó tổng bình phương các
cạnh của tứ giác ACBD không đổi. Ta chứng minh bài toán này như sau:
Gọi E là điểm đối xứng với B qua O. Ta có ACDE là hình thang cân nên DE = AC.
Do đó:
2

2

2

2

AC + BD = DE + BD = 4R

Chứng minh tương tự, ta cũng có

Lê Thị Hạnh

A

2

E

. .O

C

D
B

8


2

2

2

BC + AD = 4R .
2

2

2

2

2

Vậy AC + CB + BD + DA = 8R .
2

2

Chú ý: Nếu cố định P thì AB + CD cũng không phụ thuộc vào vị trí của hai dây
cung AB, CD.
Bạn đọc hãy chứng minh kết quả nói trên và xác định xem khi nào thì diện tích chu
vi của tứ giác ACBD lớn nhất, nhỏ nhất.
4
Số cần tìm có dạng x = A2008 =10 .A + 2008. Do x ≡ 0(mod 2007)
nên 35.A – 1 ≡ 0(mod 2007). Đặt 35.A – 1 = 2007.m (m là số tự nhiên khác

Bài 3.

0). Ta có
A=

2007m + 1
12m + 1
= 57m +
35
35

Do A thuộc tập số tự nhiên nên 12m + 1 = 25n (n thuộc tập số tự nhiên khác 0). Ta
có:
m=

35n − 1
n +1
= 3n −
12
12

Suy ra n = 12k – 1 với k thuộc tập số tự nhiên khác 0.

Từ đó có A = 2007k – 172.
Vậy số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là x = 18352008 (ứng với k = 1).
Bài 4. Có tất cả 12 tổng, nhận giá trị trong khoảng từ -5 đến 5 (11 giá trị).
Theo nguyên tắc Dirichlet thì tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau.
Bài 5. Cách 1. Đặt Sn = 2n-1 + 2.2n-2 + 3.2n-3 + … + (n-1).2 + n. Ta có:
2.Sn = Sn+1 – (n +1) ⇔ 2(Sn + n + 2) = Sn+1 + n + 1 +2
Đặt Tn = Sn + n + 2, ta có T1 = 4, Tn+1 = 2Tn, ∀n ∈ ¥.
Suy ra Tn = 2Tn-1 = … = 2n-1T1 = 2n+1.

Lê Thị Hạnh

9


Vậy Sn = 2n+1 – n – 2.
Cách 2. Ta có:
Sn+1 – Sn = 2n + 2n-1 + … + 2 + 1 = 2n+1 – 1.
Suy ra

Sn = (Sn – Sn-1) + (Sn-1 – Sn-2) + … + (S2 – S1) + S1
= (2n – 1) + (2n-1 – 1) + … + (22 – 1) + (21 – 1)
= (2n + 2n-1 + … + 21 + 1) – (n + 1)
= 2n+1 – n – 2.
Năm học 2006 – 2007 (vòng 1)

Bài 1.

a. Điều kiện a > 0, a ≠ 1. Đáp số. P =

a +1

2 a

b. Đáp số: a = 9.
Bài 2. Gọi vận tốc riêng của ca nô là x(km/h) (x > 4). Ta có phương trình:
72
80
1
−
= ⇔ x = 36
x−4 x+ 4 4
Bài 3.
a. Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình:
x2 = 2x + 3 ⇔ x = -1, x = 3

y

B

Vậy toạ độ giao điểm của hai đồ thị đã cho là A(-1; 1), B(3; 9).
b. Ta có D(-1; 0), C(3; 0),
do ABCD là hình thang vuông nên
1
1
SABCD = ( AD + BC) .CD = ( 1 + 9 ) .4 = 20 (đvdt).
2
2

A
D

O

C

x

Bài 4.
· H = BCH
·
a. Do BK
=900 nên tứ giác BCHK nội tiếp.
b. Do các tam giác ACH và AKB đồng dạng nên AK.AH = AC.AB = R2.
Lê Thị Hạnh

10


c. Dễ thấy tam giác BMN đều.
Lấy điểm P trên đoạn KN sao cho KP = KM,
ta có ∆MPN = ∆MKB (c.g.c) nên NP = KP.

H

Do đó KM + KB = KN và KM + KB + KN = 2KN.
Từ đó suy ra KM + KB + KN đạt giá trị lớn nhất
bằng 4R khi K đối xứng với N qua O.

Lê Thị Hạnh

K

M
P
C
A

.O

B

N

11