Đang tải... (xem toàn văn)
Giúp học sinh và giáo viên có thể hiểu được đề thi học sinh giỏi sắp tới .................................................................................. chúc thầy cô tham khảo tốt để ra đề 1 cách hiệu quả
Câu 1: a) Tìm số tự nhiên x để giá trị biểu thức x2 + 3x + số phương b) Cho số dương x, y, z thoả mãn điều kiện xyz = 100 Tính giá trị biểu thức: A= y x + xy + x + 10 yz + y + + 10 z xz + 10 z + 10 Câu 2: a) Giải phương trình: 5x3 + 6x2 + 12x + = b) Giải phương trình: x − 20 + x + 15 = Câu 3: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng xy không giao Kẻ OH ⊥ xy H Lấy điểm A thuộc xy Từ A kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn (O) (B tiếp điểm) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AO cắt AO K cắt đường tròn C a) Chứng minh rằng: AC tiếp tuyến đường tròn (O) b) Chứng minh rằng: Khi A di động đường thẳng xy dây BC qua điểm cố định Câu 4: Cho x, y, z số dương thoả mãn xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức A = 1 + + 3 x + y + y + z + z + x3 + Nội dung a) Với x ∈ N ta có: x2 + 2x + ≤ x2 + 3x + < x2 + 4x + Điểm 0,5 hay (x + 1)2 ≤ x2 + 3x + < (x + 2)2 Do để x2 + 3x + số phương x2 + 3x + = (x + 1)2 x2 + 3x + = x2 + 2x + 0,5 x = 0,5 Vậy với x = giá trị biểu thức x2 + 3x + số phương xyz = 10 b) Vì x, y, z số dương nên từ xyz = 100 => 0,25 Thay vào biểu thức cho ta được: A= = x + xy + x + xyz x ( x y + + yz ) + y yz + y + y yz + y + + + xyz z xz + xyz z + xyz ( xz yz xz + yz + y 0,75 ) = + y + + yz y yz + y + + yz + yz + y 0,5 + y + yz = =1 + y + yz Câu 2: (3,5 điểm) Nội dung Điểm a) Ta có: 5x3 + 6x2 + 12x + = 4x3 + (x3 + 3.x2.2 + 3.22.x + 23) = 0,5 (x + 2) = - 4x x + = - x (1 + 0,5 ).x = - −2 −2 Vậy pt cho có nghiệm x = 1+ 1+ b) ĐK: x ≥ - 15 Đặt a = x − 20 ; b = x + 15 (b ≥ 0) a + b = Ta có: a − b = −35 x = 0,5 0,25 0,25 0,5 Tìm được: a = 1; b = Suy ra: x = 21 Vậy pt cho có nghiệm x = 21 Câu 3: (4,0 điểm) 0,5 0,5 a) Chứng minh: V ACO = V ABO (c.g.c) , => AC ⊥ OC mà OC = R => AC tiếp tuyến đường tròn (O; R) b) Gọi I giao điểm BC OH - Chứng minh: V OIK V OAH đồng dạng OK OI = => OI.OH = OK.OA (1) OH OA - Xét V ABO vuông B, đường cao BK ta có: OK.OA = OB2 (2) OB2 R2 Từ (1) (2) suy ra: OI.OH = OB2 => OI = = (không đổi) OH OH => => I cố định Vậy A di động đường thẳng xy dây BC qua điểm I cố định Câu Ta chứng minh BĐT: a3 + b3 ≥ ab(a + b) với a, b > (*) Thật (*) a3 + b3 - a2b - ab2 ≥ a2(a - b) - b2(a - b) ≥ (a - b)(a2 - b2) ≥ (a - b)2.(a + b) ≥ (do a, b > 0) Dấu "=" xảy a = b Áp dụng (*) có: x3 + y3 + = x3 + y3 + xyz ≥ xy(x + y) + xyz = xy(x + y + z) > Tương tự có: y3 + z3 + ≥ yz(x + y + z) > z3 + x3 + ≥ zx(x + y + z) > Suy ra: A ≤ 1 x+y+z + + = =1 xy(x + y + z) yz(x + y + z) zx(x + y + z) xyz(x + y + z) Vậy MaxA = đạt x = y = z = 2x + x - x x + x − x x − : + x + x x x−x Bài 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức A = a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị x để giá trị biểu thức A = c) Biểu thức A có giá trị lớn không ? Vì sao? Bài 2: (2,0 điểm) Chứng minh rằng: ( a) ) a− b < ( 0 b) Biểu thức B = + 2014 + 2014 2014 + 2015 2015 có giá trị số nguyên Bài 3: (2 điểm) Giải phương trình a) x − 3x + + x + = x − + x + 2x − 3 b) 4x + − 3x − = x+ Bài 4( 3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD Trên cạnh BC lấy điểm M, cạnh CD lấy điểm N Tia AM cắt đường thẳng CD K Kẻ AI vuông góc với AK cắt CD I 1.Chứng minh : 1 + = 2 AM AK AB 2.Biếtsố đo =450, CM + CN = cm, CM - CN = cm.Tính số đo =? Từ điểm O tam giác AIK kẻ OP, OQ, OR vuông góc với IK, AK, AI ( P ∈ IK, Q ∈ AK, R ∈ AI) Xác định vị trí điểm O để OP + OQ + OR đạt giá trị nhỏ Bài (2.5đ) a) Rút gọn biểu thức (1 điểm) - Nêu điều kiện: x >0, x ≠ 1, x ≠ ( x 1− x : x 1− x + x x −1 x −1 - Rút gọn đến A = 1− ( )( ) ) x - Rút gọn kq: A = 1− x + x b) - Đưa pt: x − x − = - Giải x = , x = 4 ( )( ) - Kết luận: Giá trị x cần tìm là: x = 4( TMĐK) c) - Vì x > 0, Nên ta có A = Mà x+ 1 x x+ − > (vì x ≠ 1) nên x −1 x+ 1 x −1 b( 1) b + 1= c + ⇒ b − c = 1⇒ b > c > 0( 2) (c > theo (gt)) Từ (1) (2) suy a > b > c > Mặt khác a − b = 1⇒ ( ⇒2 ) a− b < ( a− b )( ) a + b = 1⇒ a − b = b ( b>0) a+ b b ( 0) Giải tiếp phương trình (2) ta nghiệm phương trình x = Bài (3.5 điểm) a)Ta cã A ∆ABM = ∆ADI ⇒ AM = AI (1) B Q Trong tam giác AIK vuông A 1 + = (2) AB = AD 2 AI AK AD 1 + = Từ (1) (2) ⇒ 2 AM AK AB R M O H I P D N Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) C K Bài (2,0 điểm) a +1 a a −1 a2 − a a + a −1 Cho biểu thức: M = với a > 0, a ≠ + + a a− a a −a a a) Chứng minh M > b) Với giá trị a biểu thức N = nhận giá trị nguyên? M Bài (2,0 điểm) a) Cho hàm số bậc nhất: y = 0,5x + , y = − x y = mx có đồ thị đường thẳng (d1), (d2) (∆m) Với giá trị tham số m đường thẳng (∆m) cắt hai đường thẳng (d1) (d2) hai điểm A B cho điểm A có hoành độ âm điểm B có hoành độ dương? b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho M N hai điểm phân biệt, di động trục hoành trục tung cho đường thẳng MN qua điểm cố định I(1 ; 2) Tìm hệ thức liên hệ hoành độ M tung độ N; từ đó, suy giá trị nhỏ biểu thức Q= 1 + OM ON Bài (2,0 điểm) a) Giải hệ phương trình: 17x + 2y = 2011 xy x − 2y = 3xy b) Tìm tất giá trị x, y, z cho: x + y − z + z − x = (y + 3) Bài (3,0 điểm) Cho đường tròn (C) với tâm O đường kính AB cố định Gọi M điểm di động (C) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng O qua A Đường thẳng vuông góc với AB C cắt đường thẳng AM N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) điểm thứ hai E Các đường thẳng BM CN cắt F a) Chứng minh điểm A, E, F thẳng hàng b) Chứng minh tích AM⋅ AN không đổi c) Chứng minh A trọng tâm tam giác BNF NF ngắn Bài (1,0 điểm) Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương 1) Do a > 0, a ≠ nên: a a − ( a − 1)(a + a + 1) a + a + = = a− a a ( a − 1) a a − a a + a − (a + 1)(a − 1) − a (a − 1) (a − 1)(a − a + 1) −a + a − = = = a −a a a (1 − a) a (1 − a) a a +1 +2 ⇒ M= a Do a > 0; a ≠ nên: ( a − 1) > ⇔ a + > a a +2=4 a < N nhận giá trị nguyên Ta có < N = M a Mà N = ⇔ = ⇔ a − a + = ⇔ ( a − 2) = a +1+ a ⇔ a = + hay a = − (phù hợp) ⇒M> Vậy, N nguyên ⇔ a = (2 ± 3) 2) Điều kiện để (∆m) đồ thị hàm số bậc m ≠ Phương trình hoành độ giao điểm (d1) (∆m) là: 0,5x + = mx ⇔ (m − 0,5)x = Điều kiên để phương trình có nghiệm âm m − 0,5 < hay m < 0,5 Phương trình hoành độ giao điểm (d2) (∆m) là: − x = mx ⇔ (m + 1)x = Điều kiên để phương trình có nghiệm dương m + > hay m > −1 Vậy điều kiện cần tìm là: −1 < m < 0,5; m ≠ Đặt m = xM n = yN ⇒ m⋅ n ≠ m ≠ (*) Nên đường thẳng qua ba điểm M, I, N có dạng: y = ax+b 0 = am + b ⇒ = a + b ⇒ hệ thức liên hệ m n 2m + n = mn n = b Chia hai vế cho m⋅ n ≠ ta được: + =1 m n (**) 4 1 2 ⇒1 = + ÷ = + + = + ÷− − ÷ m n mn n m n m n m 1 ⇒ Q = + ≥ ; dấu “=” xảy = ; kết hợp (**): m = 5, n = 2,5 (thỏa (*)) m n m n Vậy giá trị nhỏ Q 17 1007 x= y + x = 2011 y = 490 ⇔ ⇔ 3) Nếu xy > (1) ⇔ (phù hợp) 1 − = = 490 y = y x x 1007 17 −1004 y + x = −2011 y = ⇔ ⇒ xy > (loại) Nếu xy < (1) ⇔ 1031 − =3 =− y x x 18 Nếu xy = (1) ⇔ x = y = (nhận) ; ÷ 490 1007 KL: Hệ có nghiệm (0;0) Điều kiện x ≥ 0; y − z ≥ 0; z − x ≥ ⇔ y ≥ z ≥ x ≥ (2) ⇔ x + y − z + z − x = x + y − z + z − x + ⇔ ( x − 1) + ( y − z − 1) + ( z − x − 1) = x =1 x = ⇔ y − z = ⇔ y = (thỏa điều kiện) z = z − x = F M C A B O E (C ) N MN ⊥ BF BC ⊥ NF ⇒A trực tâm tam giác BNF ⇒ FA ⊥ NB Lại có AE ⊥ NB Nên A, E, F thẳng hàng · · , nên hai tam giác ACN AMB đồng dạng CAN = MAB AN AC = Suy ra: AB AM Hay AM ×AN = AB ×AC = 2R không đổi (với R bán kính đường tròn (C )) Ta có BA = BC nên A tâm tam giác BNF ⇔ C trung điểm NF (3) · · Mặt khác: , nên hai tam giác CNA CBF đồng dạng CAN = CFM CN AC = ⇒ CN ×CF = BC ×AC = 3R BC CF Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: NF = CN + CF ≥ CN ×CF = 2R không đổi ⇒ NF ngắn ⇔ CN =CF ⇔ C trung điểm NF (4) Nên: (3) (4) cho ta: A tâm tam giác BNF ⇔ NF ngắn Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương Đặt: S = 1⋅ 2⋅ 3⋅ 4⋅ 5⋅ 6⋅ 7⋅ 8⋅ 9⋅ 10⋅ 11⋅ 12 ⇒ S = 3⋅ 4⋅ 6⋅ 7⋅ 8⋅ 9⋅ 11⋅ 12 100 (1) số nguyên ⇒ hai chữ số tận S 00 Mặt khác, suốt trình nhân liên tiếp thừa số vế phải (1), để ý đến chữ số tận cùng, ta thấy S có chữ số tận (vì 3⋅ 4=12; 2⋅ 6=12; 2⋅ 7=14; 4⋅ 8=32; 2⋅ 9=18; 100 8⋅ 11=88; 8⋅ 12=96) Vậy ba chữ số tận S 600 Bài ( 3,0 điểm) Cho số dương: a; b x = 2ab Xét biểu thức P = b2 + a+ x + a− x + a + x − a − x 3b Chứng minh P xác định Rút gọn P Khi a b thay đổi, tìm giá trị nhỏ P Bài (3,0 điểm) Tìm x; y; z thoả mãn hệ sau: x3 − 3x − = − y y − 3y − = − 2z z3 − 3z − = − 3x Bài ( 3,0 điểm) Với số nguyên dương n ≤ 2008, đặt Sn = an +bn , với a = 3+ 3− ;b= 2 Chứng minh với n ≥ 1, ta có Sn + = (a + b)( an + + bn + 1) – ab(an + bn) Chứng minh với n thoả mãn điều kiện đề bài, Sn số nguyên + n − n − Tìm tất số n để Sn – Chứng minh Sn – = số phương Bài (5,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB điểm E nằm điểm A điểm B cho AE < BE Vẽ đường tròn (O1) đường kính AE đường tròn (O 2) đường kính BE Vẽ tiếp tuyến chung MN hai đường tròn trên, với M tiếp điểm thuộc (O 1) N tiếp điểm thuộc (O2) Gọi F giao điểm đường thẳng AM BN Chứng minh đường thẳng EF vuông góc với đường thẳng AB Với AB = 18 cm AE = cm, vẽ đường tròn (O) đường kính AB Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) C D, cho điểm C thuộc cung nhỏ AD Tính độ dài đoạn thẳng CD Bài 5: (4đ): Cho ∆ABC đường thẳng d cắt AB AC trung tuyến AM theo thứ tự Là E , F , N a) Chứng minh : AB AC AM + = AE AF AN b) Giả sử đường thẳng d // BC Trên tia đối tia FB lấy điểm K, đường thẳng KN cắt AB P đường thẳng KM cắt AC Q Chứng minh PQ//BC Bài 6: (2 điểm) Cho < a, b,c ⇒ a + x > a(b − 1) ≥0 b2 + (1) Xét a – x = (2) 10 Ta có a + x > a – x ≥ ⇒ a + x − a − x ≠ Từ (1); (2); (3) ⇒ P xác định Rút gọn: (3) a 2ab a(b + 1) ⇒ a + x = ( b + ) = b +1 b2 + b2 + a 2ab a(b − 1) ⇒ a - x = a− a − x = b − = b2 + b2 + b2 + a a (b + 1) + b−1 b +1 b + + = b+1 + b−1 + ⇒ P= 3b b + − b − 3b a a (b + 1) − b−1 + b +1 b Nếu < b < ⇒ P = + = 2b 3b 3b ⇒ P = b + = 3b + Nếu b ≥ 3b 3b Ta có: a + x = a + (1.0 điểm) Xét trường hợp: 4 ⇒ P> 3b b 2b = + + Nếu b ≥ , a dương tuỳ ý P = b + 3b 3b b Ta có: + ≥ , dấu xảy b = 3b 2b Mặt khác: ≥ , dấu xảy b = 3 2 Vậy P ≥ + = , dấu xảy b = 3 KL: Giá trị nhỏ P = Nếu < b < 1, a dương tuỳ ý P = Câu (3,0 điểm) Tóm tắt lời giải Biến đổi tương đương hệ ta có (x − 2)(x + 1) = − y (y − 2)(y + 1) = 2(2 − z) (z − 2)(z + 1) = 3(2 − x) Nhân vế phương trình với ta được: (x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2) 11 [ ] ⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) (x + 1) (y + 1) (z + 1) + = ⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) = ⇔ x = y = z = Với x = y = z = thay vào hệ ta có x = y = z = Vậy với x = y = z = thoả mãn hệ cho Câu (3,0 điểm) Tóm tắt lời giải (1,0 điểm) Với n ≥ Sn + = an+2 + bn+2 (1) Mặt khác: (a + b)( an + +bn + 1) – ab(an +bn) = an+2 + bn+2 (2) Từ (1); (2) ta có điều phải chứng minh (1.0 điểm) Ta có: S1 = 3; S2 = Do a + b =3; ab =1 nên theo ta có: với n ≥ Sn+2 = 3Sn+1 - Sn Do S1, S2 ∈ Z nên S3∈ Z; S2, S3 ∈ Z nên S4∈ Z Tiếp tục trình ta S5; S6; ; S2008 ∈ Z (1.0 điểm) n n Ta có Sn – = + + − −2 2 2 2 n + n − n + − + − = + n − n − đpcm = +1 −1 ⇒ Đặt a1 = ; b1 = a1 + b1 = ; a1b1 = 2 n n Xét Un= a1 − b1 Với n ≥ Un+2 = (a1 + b1)(a1n+1 - b1n + 1) – a1b1(a1n - b1n) ⇒ Un+2 = Un+1 – Un Ta có U1 = ∈ Z; U2 = ∉ Z; U3 = 4∈ Z; U4 = ∉ Z; Tiếp tục trình ta Un nguyên ⇔ n lẻ Vậy Sn – số phương ⇔ n = 2k+1 với k ∈ Z ≤ k ≤ 1003 Câu (5,0 điểm) Tóm tắt lời giải I C S A M D N F O1 E O O2 B 12 (2,5 điểm) O1M; O2N ⊥ MN ⇒ O1M/ / O2N Do O1; E; O2 thẳng hàng nên ∠ MO1E = ∠ NO2B Các tam giác O1ME; O2NB cân O1 O2 nên ta có: ∠ MEO1= ∠ NBO2 Mặt khác ta có: ∠ AME = 900 ⇒ ∠ MAE + ∠ MEO1= 900 ⇒ ∠ MAE + ∠ NBO2 = 900 ⇒ ∠ AFB = 900 ⇒ Tứ giác FMEN có góc vuông ⇒ Tứ giác FMEN hình chữ nhật ⇒ ∠ NME = ∠ FEM Do MN ⊥ MO1 ⇒ ∠ MNE + ∠ EMO1 = 900 Do tam giác O1ME cân O1 ⇒ ∠ MEO1 = ∠ EMO1 Từ (3); (4); (5) ta có: ∠ FEM + ∠ MEO1= 900 hay ∠ FEO1 = 900 (đpcm) (2,5 điểm) Ta có EB = 12 cm ⇒ O1M = cm < O2N = cm ⇒ MN cắt AB S với A nằm S B Gọi I trung điểm CD ⇒ CD ⊥ OI ⇒ OI// O1M //O2N ⇒ (1) (2) (3) (4) (5) O1M SO1 = O2 N SO2 ⇒ SO2 = 2SO1 ⇒ SO1+O1O2 = 2SO1 ⇒ SO1= O1O2 Do O1O2 = + = cm ⇒ SO1= O1O2 = cm ⇒ SO =SO1 + O1O = 15cm Mặt khác: OI SO = ⇒ OI = cm O1M SO1 Xét tam giác COI vuông I ta có: CI2 + OI2= CO2 ⇒ CI2 + 25 = CO2 Ta có: CO = cm ⇒ CI2 + 25 = 81 ⇒ CI = 56 ⇒ CD = 14 cm Câu (2,0 điểm) A E E N I B M C S 13 a) Kẻ BI , CS // EF ( I , S ∈ AM ) AB AI AC AS = , = AE AN AF AN AB AC AI AS ⇒ + = + (∗) AE AF AN AN Ta có: Ta có: ∆BIM = ∆CSM 1,0 (cgc) ⇒ IM = MS Vậy: AI + AS = AI + AI + IM + MS = AM 0,5 Thay vào (*) ta (đpcm) Khi d // BC ⇒ EF // BC ⇒ N trung điểm EF +Từ F kẻ đường thẳng song song với AB cắt KP L Ta có: ∆NFP = ∆NFL (cgc) ⇒ EP = LF Do : A 0,5 K EP LF KF = = (1) PB PB KB E ⇒ BH = QC N F Q P B FQ FQ KF = = (2) QC BH KB FP FQ = ⇒ PQ // BC Từ (1) va (2) ⇒ PB QC M C Do a a + b (1) Mặt khác a3 + b3 Vậy a + b < + a b 0,5 0,5 (đpcm) Bài 6: điểm) ( 0,5 L +Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt KM H Ta có ∆BMH = ∆CMQ (cgc) Do đó: 0,5 b > b3 Tương tự ta có 14 b3 + c3 < + b 2c a3 + c3 < + c 2a ⇒ 2a + 2b + 2c < + a 2b + b c + c a Bài 1: (4,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A = x −9 x + x +1 − − x −5 x +6 x − 3− x b) Cho x, y, z thoả mãn: xy + yz + xz = Hãy tính giá trị biểu thức: A = x (1 + y )(1 + z ) (1 + z )(1 + x ) (1 + x )(1 + y ) + y + z (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) Bài 2: (3,0 điểm) a) Cho hàm số : f(x) = (x3 + 12x – 31)2012 Tính f(a) a = 16 − + 16 + b) Tìm số tự nhiên n cho n2 + 17 số phương? Bài 3: (4,0 điểm) Giải phương trình sau: a) 1− x + + x = b) x + x + = 2 x + Bài 4: (3,0 điểm) ( ) a) Tìm x; y thỏa mãn: x y − + y x − = xy b) Cho a; b; c số thuộc đoạn [ −1; 2] thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = chứng minh rằng: a+b+c ≥ Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn; đường cao AK; BD; CE cắt H KC AC + CB − BA2 = KB CB + BA2 − AC b) Giả sử: HK = AK Chứng minh rằng: tanB.tanC = 3 a) Chứng minh: c) Giả sử SABC = 120 cm2 BÂC = 600 Hãy tính diện tích tam giác ADE? Câu 1: (4 điểm) a/ 15 ĐKXĐ: x ≠ 4; x ≠ A x −9 ( = x −2 ( ( )( )( x − 2) ( x +1 x −3 ) − )= x − 3) x −2 = x + x +1 x − − x + + 2x − x − + = = x −2 x −3 x −2 x −3 ( )( ) ( x− x −2 x −2 )( x −3 ) x +1 x −3 b Gợi ý: xy + yz + xz = ⇔ + x2 = xy + yz + xz + x2 = y(x + z) + x(x + z) = (x + z)(x + y) Tương tự: + y2 = …; + z2 = … Câu 2: a/Từ a= 16 − + 16 + ( )( ) ⇒ a = 32 + 3 16 − 16 + 16 + + 16 − = 32 − 12a nên a3 + 12a = 32 Vậy f(a) = b/ Giả sử: n2 + 17 = k2 (k ∈ ¥ ) k > n ⇒ (k – n)(k + n) = 17 k − n = ⇔ ⇒n=8 k + n = 17 Vậy với n = thỏa mãn yêu cầu toán Câu 3: (4 điểm) a/ ĐK: −4 ≤ x ≤ Bình phương vế: − x + + x + (1 − x)(4 + x) = ⇔ (1 − x)(4 + x) = x = ⇔ − x − x = ⇔ x( x + 3) = ⇔ (thỏa mãn) x = −3 Vậy phương trình có nghiệm: x = 0; x = -3 b/ x + x + = 2 x + ĐKXĐ: x ≥ ( ) ( −3 ) ⇔ x2 + x + + 2x + − 2x + + = 16 ⇔ ( x + 1) + 2 x + = 2x + −1 = ⇔ ⇒ x = −1 phương trình có nghiệm x + = ( ) x = -1 Câu 4: (3 điểm) ( ) a/ x y − + y x − = xy ⇔ x.2 y − + y.2 x − = xy Xét VP = x.2 y − + y.2 x − theo BĐT cosi: y−4 ≤ 4+ y −4 y 4+ x−4 x = ;2 x − ≤ = VP ≤ xy = VT 2 2 x − = Dấu = xảy khi: y − = ⇒ x= y =8 b/ Do a; b; c thuộc đoạn [ −1; 2] nên a + ≥ 0; a – ≤ nên (a + 1)(a – 2) ≤ Hay: a2 – a – ≤ ⇒ a2 ≤ a + Tương tự: b2 ≤ b + 2; c2 ≤ c + Ta có: a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c + theo đầu bài: a2 + b2 + c2 = nên: a + b + c ≥ 5) a/ Sử dụng định lý pytago: A AC + CB − BA2 AK + KC + ( BK + CK ) − AB = CB + BA2 − AC ( BK + CK ) + BA2 − ( AK + KC ) = 2CK + BK CK 2CK (CK + BK ) CK = = BK + BK CK BK ( BK + CK ) BK D E AK AK b/ Ta có: tanB = ; tanC = BK CK Nên: tanBtanC = AK (1) BK CK B µ = HKC · Mặt khác ta có: B mà: tanKHC = Nên tanB = H K C KC KH KC KB KB.KC ⇒ tan B.tan C = tương tự tanC = (2) KH KH KH 2 Theo gt: HK = AK ÷ KH Từ (1)(2) ⇒ ( tan B.tan C ) = AK ⇒ tan B tan C = 3 17 c/ Ta chứng minh được: ∆ABC ∆ADE đồng dạng vậy: S ABC AB = ÷ (3) S ADE AD Mà BÂC = 600 nên ·ABD = 300 ⇒ AB = 2AD(4) Từ (3)(4) ta có: S ABC = ⇒ S ADE = 30(cm ) S ADE 18 ... có: ∠ AME = 90 0 ⇒ ∠ MAE + ∠ MEO1= 90 0 ⇒ ∠ MAE + ∠ NBO2 = 90 0 ⇒ ∠ AFB = 90 0 ⇒ Tứ giác FMEN có góc vuông ⇒ Tứ giác FMEN hình chữ nhật ⇒ ∠ NME = ∠ FEM Do MN ⊥ MO1 ⇒ ∠ MNE + ∠ EMO1 = 90 0 Do tam giác... Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương Đặt: S = 1⋅ 2⋅ 3⋅ 4⋅ 5⋅ 6⋅ 7⋅ 8⋅ 9 10⋅ 11⋅ 12 ⇒ S = 3⋅ 4⋅ 6⋅ 7⋅ 8⋅ 9 11⋅ 12 100 (1) số nguyên ⇒ hai chữ số tận S 00 Mặt khác, suốt trình nhân liên... chữ số tận cùng, ta thấy S có chữ số tận (vì 3⋅ 4=12; 2⋅ 6=12; 2⋅ 7=14; 4⋅ 8=32; 2⋅ 9= 18; 100 8⋅ 11=88; 8⋅ 12 =96 ) Vậy ba chữ số tận S 600 Bài ( 3,0 điểm) Cho số dương: a; b x = 2ab Xét biểu thức
