Đang tải... (xem toàn văn)
dap an de thi chu van an va amsterdam tu nam hoc 2004 den nam hoc 2009 d a p a n
Trường THPT Chu Văn An THPT Hà Nội – Amsterdam Năm học 2008 – 2009 (vòng 1) Bài 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 + 13 ⇔ = ⇔ 3x − 10 x + = 3 x Đặt t = x , ta có phương trình bậc hai 3t2 – 10t + = Giải phương trình trên, ta có hai nghiệm t = t = 1/3 Vậy x = x = 1/9 Bài Gọi số chi tiết máy mà hai tổ sản xuất tháng thứ x y (x, y>0) Theo ta có hệ x + y = 900 x + y = 900 ⇔ 15 10 x + 100 x ÷+ y + 100 y ÷ = 1010 3x + 2y = 2200 Giải hệ ta x = 400, y = 500 Vậy tháng thứ tổ I sản xuất 400 chi tiết máy, tổ II sản xuất 500 chi tiết máy Bài a Hoành độ giao điểm d (P) la nghiệm phương trình x = mx + ⇔ x2 − 4mx − = (1) Do ∆ ’ = 4m2 + > 0, ∀ m nên (1) có hai nghiệm phân biệt Vậy d cắt (P) hai điểm phân biệt y b Đường thẳng d cắt trục Oy M(0; 1) Gọi diện tích tam giác OAB 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 SVOAM = OM x1 = x1 2 1 SVOBM = OM x2 = x2 2 Suy S= M A O x x + x2 ( ) Vì x1, x2 nghiệm (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 S = m + Bài a Do EK phân giác góc ·AEB nên K điểm cung AB Suy ·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) E Do hai tam giác IEF OEK cân có chung góc đỉnh E nên IF song song với OK Suy IF vuông góc với AB Vậy đường tròn (I, IE) tiếp xúc với AB F · c Do MEN = 900 nên MN đường kính đường tròn (I) Suy MN qua I Hai tam giác cân IEM OEA có chung góc đỉnh E nên IM song song với AO Vậy MN song song với AB d Dễ thấy KPEQ hình chữ nhật Do đó, gọi T chu vi tam giác KPQ T = KP + PF + FK = KP + PA + FK = KA + FK Suy T đạt giá trị nhỏ KF vuông góc với AB hay E điểm cung AB Khi T = KA + KO = R( +1) Lê Thị Hạnh Bài Đặt (x – 1)(x – 3) = t, ta có A = ((x – 1)2 + (x – 3)2)2 + 4(x – 1)2(x – 3)2 = ((x – + – 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 t = -1 ⇔ (x – 1)(x – 3) = -1 ⇔ x = Vậy giá trị nhỏ A Amin = Năm học 2008 – 2009 (vòng 2) Bài ( Trừ theo vế hai phương trình hệ, ta có ) ( ) x + − y + = ( m − 2008 ) ( y − x ) x + 19 − y + 19 + 1 ⇔ ( x − y) + + m − 2008 ÷ = (1) x + 19 + y + 19 ÷ x+6 + y+6 Với m≥2008, từ (1) ta suy x = y Thay vào hệ ta có x + 19 − x + = ( m − 2008 ) x + ⇔ ( x + 19 + x + ) ( ( m − 2008) x + 1) = 13 (2) a Với m = 2008, ta có x + 19 = x + + (3) Điều kiện x ≥ -6 Bình phương hai vế (3) rút gọn, ta x + = ⇔ x = 30 b Với m ≥ 2008 hàm số f(x) = Lê Thị Hạnh ( x + 19 + x + ) ( ( m − 2008 ) x + 1) hàm đồng biến nên phương trình (2) có nghiệm nghiệm Suy hệ cho có không nghiệm Bài Ta có an = 3(n + 1)2 + 10 a Ta thấy an không chia hết cho n + không chia hết cho an ∈ {2; 3}(mod 5) Do đó, ai, aj không chia hết cho không trùng với aj (mod 5) + aj ≡ + ≡ 0(mod 5) b Vì n lẻ nên n + chẵn Do đó, an ≡ 2(mod 4) Suy an số phương Vậy không tồn số tự nhiên n để an số phương Bài Đặt t = + a − − a Do + a2 ≥ – a2 nên t ≥ Mặt khác, t2 = - − a ≤ nên t ∈ 0; Từ giả thiết cho ta có − t2 + ( b − 1) t + b − ≤ 0, ∀t ∈ 0; 2 t + 2t + ⇔b≤ , ∀t ∈ 0; (1) ( t + 1) Ta có t + 2t + = t +1+ ≥ 2(t + 1) 2 t +1÷ Dấu xảy t +1= Do ⇔ t = − ∈ 0; t +1 ( 1) ⇔ b ≤ Vậy giá trị lớn b bmax = Bài Lê Thị Hạnh a Do BDEC hình thang vuông nên đường trung trực DE qua trung điểm BC D A S E B H K C b Ta có SBDEC = S∆ABD + S∆ACE + S∆ABC Do dó, SBDEC max S∆ABD + S∆ACE max Ta có: 1 AD.DB + AE.EC 2 1 ≤ AD2 + DB2 + AE + EC2 4 2 AB + AC = S∆ABD + S∆ACE = ( ) ( ) Dấu xảy AD = DB, AE = EC hay D, E điểm cung AB, AC không chứa H đường tròn (O1) (O2) Khi b+c SBDEC = ÷ c Do tam giác SBK SBD vuông nên KB2 = SB2 – SK2 = BD2 + SD2 – SK2 · · · · Mặt khác, tam giác ABC vuông A ABH = HDA, ACH = HEA nên tam giác DHE vuông H Do S trung điểm cạnh huyền DE nên SD = SH Vậy KB2 = BD2 + SH2 – SK2 = BD2 + HK2 Lê Thị Hạnh Bài Xét tập khác rỗng khác A A Có tất 26 – = 62 tập Gọi X tập số tập xét kí hiệu S(X) tổng phần tử X Ta có ≤ S(X) ≤ 10 + 11 + 12 +13 + 14 = 60 Theo nguyên tắc Dirichlet có hai tổng S S’ nhận giá trị Vậy tồn hai tập B, C A cho S(B) = S(C) Năm học 2007 – 2008 (vòng 1) Bài a Điều kiện x ≥ 0, x ≠ Ta có: x P= ( ) −6 x +1 x−1 x−2 x +1 = = x−1 x +1 b Do P< ( ) x − x −1 + x−1 x−1 x −1 x +1>0 nên ⇔2 ( ) x −1 < x +1 ⇔ x < ⇔ x < Kết hợp với điều kiện, ta có ≤ x < 9, x ≠ Bài Gọi vận tốc xe đạp từ A đến B x (km/h) Theo ta có phương trình 24 24 − = ⇔ x = 12 x x+4 Vậy vận tốc xe đạp từ A đến B 12km/h Bài a Đáp số x = 1, x = b Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt ∆ = b2- 4c > Khi đó, gọi hai nghiệm phương trình cho x1, x2 theo định lí Viete, ta có x1x2 = c Từ giả thiết ta suy c = Điều kiện b b2 – >0 hay |b| > Lê Thị Hạnh Bài · · a Hai góc EAH ABE tương ứng góc tia tiếp tuyến với dây cung góc nội tiếp chắn cung AE nên Hai tam giác vuông ABH EAH có · · EAH = ABE nên đồng dạng với · · · · b Do tính chất đối xứng, ta có ECA= EAC nên ECH = EBK B O F K A E H C · · · Suy AKC = 900 Tứ giác AHEK có AKE = AHE = 900 nên nội tiếp c Gọi F trung điểm AB Ta có OF ⊥ AB Xét tam giác vuông OAF có OA = R, AF = · AB R = nên OAF = 300 2 Do d tiếp xúc với (O) A nên OA ⊥ d Suy OA song song với BH Do · ABH = 300 Xét tam giác vuông ABH, ta suy AH = AB R = 2 Đường thẳng d qua điểm A(0; 2) Kẻ OH ⊥ d, ta có OH ≤ OA Bài = Dấu xảy d song song với Ox hay m = Vậy khoảng cách từ O tới d lớn m = Năm học 2007 – 2008 (vòng 2) Bài 2 a Thay x = 10 – y vào phương trình cho, ta (y – 1)(2y – x + 7) = Đáp số (x; y) = (3; 1), (-3; 1), (9/5; -13/5) Lê Thị Hạnh b Để đưa phương trình cho dạng tích, ta xem vế trái biểu thức bậc x Ta có: ( ) x2 + ( y − 1) x − 3y2 + 10y − = ⇔ ( x + y − 1) − ( 2y + ) = −7 2 ⇔ ( 3y + x + 1) ( y − x + ) = Đáp số (x; y) = (-3; 1), (3; 1), (1; -3), (7; -3) Bài a Gọi S điểm đối xứng O qua B Điểm M chuyển động đường tròn tâm S bán kính R b Từ hai tam giác đồng dạng AHB CHA, ta suy · · AH CI MAH = ICA, = AM CA Do đó, hai tam giác AHM CIA đồng dạng A F B S H O E I C G M · · c Từ hai tam giác đồng dạng câu b, ta suy AMH + MAI = 900 Do đó, MH vuông góc với AI d Yêu cầu toán kết toán quen thuộc: Cho đường tròn (O; R) hai dây cung AB, CD vuông góc với P Khi tổng bình phương cạnh tứ giác ACBD không đổi Ta chứng minh toán sau: Gọi E điểm đối xứng với B qua O Ta có ACDE hình thang cân nên DE = AC Do đó: 2 2 AC + BD = DE + BD = 4R Chứng minh tương tự, ta có Lê Thị Hạnh A E O C D B 2 BC + AD = 4R 2 2 Vậy AC + CB + BD + DA = 8R 2 Chú ý: Nếu cố định P AB + CD không phụ thuộc vào vị trí hai dây cung AB, CD Bạn đọc chứng minh kết nói xác định xem diện tích chu vi tứ giác ACBD lớn nhất, nhỏ Số cần tìm có dạng x = A2008 =10 A + 2008 Do x ≡ 0(mod 2007) nên 35.A – ≡ 0(mod 2007) Đặt 35.A – = 2007.m (m số tự nhiên khác Bài 0) Ta có A= 2007m + 12m + = 57m + 35 35 Do A thuộc tập số tự nhiên nên 12m + = 25n (n thuộc tập số tự nhiên khác 0) Ta có: m= 35n − n +1 = 3n − 12 12 Suy n = 12k – với k thuộc tập số tự nhiên khác Từ có A = 2007k – 172 Vậy số nhỏ thỏa mãn yêu cầu toán x = 18352008 (ứng với k = 1) Bài Có tất 12 tổng, nhận giá trị khoảng từ -5 đến (11 giá trị) Theo nguyên tắc Dirichlet tồn hai tổng có giá trị Bài Cách 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 + +2 Đặt Tn = Sn + n + 2, ta có T1 = 4, Tn+1 = 2Tn, ∀n ∈ ¥ Suy Tn = 2Tn-1 = … = 2n-1T1 = 2n+1 Lê Thị Hạnh Vậy Sn = 2n+1 – n – Cách Ta có: Sn+1 – Sn = 2n + 2n-1 + … + + = 2n+1 – Suy 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 – Năm học 2006 – 2007 (vòng 1) Bài a Điều kiện a > 0, a ≠ Đáp số P = a +1 a b Đáp số: a = Bài Gọi vận tốc riêng ca nô x(km/h) (x > 4) Ta có phương trình: 72 80 − = ⇔ x = 36 x−4 x+ 4 Bài a Hoành độ giao điểm hai đồ thị nghiệm phương trình: x2 = 2x + ⇔ x = -1, x = y B Vậy toạ độ giao điểm hai đồ thị cho A(-1; 1), B(3; 9) b Ta có D(-1; 0), C(3; 0), ABCD hình thang vuông nên 1 SABCD = ( AD + BC) CD = ( + ) = 20 (đvdt) 2 A D O C x Bài · H = BCH · a Do BK =900 nên tứ giác BCHK nội tiếp b Do tam giác ACH AKB đồng dạng nên AK.AH = AC.AB = R2 Lê Thị Hạnh 10 c Dễ thấy tam giác BMN Lấy điểm P đoạn KN cho KP = KM, ta có ∆MPN = ∆MKB (c.g.c) nên NP = KP H Do KM + KB = KN KM + KB + KN = 2KN Từ suy KM + KB + KN đạt giá trị lớn 4R K đối xứng với N qua O Lê Thị Hạnh K M P C A O B N 11 ... b bmax = Bài Lê Thị Hạnh a Do BDEC hình thang vuông nên đường trung trực DE qua trung điểm BC D A S E B H K C b Ta có SBDEC = S∆ABD + S∆ACE + S∆ABC Do dó, SBDEC max S∆ABD + S∆ACE max Ta có:... chẵn Do đó, an ≡ 2(mod 4) Suy an số phương Vậy không tồn số tự nhiên n để an số phương Bài Đặt t = + a − − a Do + a2 ≥ – a2 nên t ≥ Mặt khác, t2 = - − a ≤ nên t ∈ 0; Từ giả thi t cho ta... không đổi Ta chứng minh toán sau: Gọi E điểm đối xứng với B qua O Ta có ACDE hình thang cân nên DE = AC Do đó: 2 2 AC + BD = DE + BD = 4R Chứng minh tương tự, ta có Lê Thị Hạnh A E O C D B 2 BC