ĐỀ SỐ 5

b) Ta có∠OBE= ∠OCB= ∠OAC, mà ∠OBA= ∠OAB nên^∠EAB^{= ∠}EBA . Từ đó suy ra EA = EB.

Lại có OA = OB nênOE⊥AB

Chứng minh tương tự, ta cũng có OD⊥AC nên O là trực tâm của tam giác ADE .

c) Gọi T là giao điểm thứ hai của CP và (O). Ta có ^∠^EAB^{= ∠}^EBA nên PT = PB . Mà PB = PQ nên PT = PQ. Mà ∠APQ=90⁰nên

0 0 1

90 90 .

∠APQ= ∠PAT = − ∠ATP= − ∠2 AOC= ∠OAC Từ đó, ta có ∠PAO= ∠QAC.

Câu 5.

a) Chia 45 người thành 9 nhóm, nhóm thứ i có i người

(

¹^{≤ ≤}ⁱ ^{9 .}

)

Ta xét ví dụ khi mỗi người ở một nhóm đều quen tất cả mọi người ở nhóm khác, nhưng không quen ai ở chính nhóm mình. Nói cách khác, mỗi người ở nhóm i quen đúng 45 – i người khác. Khi đó

( )

1 1.44 2.43 ... 9.36 870.

=2 + + + =

b) Gọi ^a_i là số người quen đúng i người khác

(

1≤ ≤i 44

)

. Nếu một người P quen i người thì anh ta không quen ai trongai người này, nghĩa là P quen nhiều nhất ⁴⁵−a_i người, hay

45 1

≤ −

i a suy ra a_i ≤⁴⁵−i. Ta có a₁+^...+a₄₄ =⁴⁵ và

( )

1 2 44

1 2 36 37 44

1 2 44 37 38 44

1 2 ... 44

1 36 36 .... 36 37 ... 44 2

1 36 .... 2 ... 8

1 36.45 1.8 2.7 ... 8.1 2

870.

= + + +

≤ + + + + + +

= + + + + + + +

≤ + + + +

S a a a

a a a a a

a a a a a a

Khẳng định được chứng minh.

Với a, b >0; a ≠b; a b+ ≠a² ta có

( )

( )( ) ⁽ ⁾⁽ ⁾ ⁽ ⁾

( )

( ) ( ) ( )

( )( )

3 2

3 2 2

2 2

3 2 2

4 2 2

2 2

4 2 2

2 2

a a 2b ba a a ab a b b

P :

a b a b 1 b

1 a a b

a a

a a ab a b b a b a a 2ab b :

a b a b a a b a a b

a a b :a a b a b a a b :a a b a b a a b a b a b a b

− − −  + + + 

=  − +  + +  − + − 

 

 

+ + + + +

− − −

= − + + + − +

− + + + +   + +

= − + + − =  + +  − = −

Từ đó ta được P= −a b.

b) Tìm a và b biết P 1= và a³ −b³ =7

Với a, b >0; a ≠b; a b+ ≠a² ta được P = −a b. Khi P 1= và a³ −b³ =7 ta có hệ

( ) ( )

3 3

a b 1

a b 1 a b 1 a 2

ab 2 b 1

a b 7 a b a b 3ab 7

 − =

 − =  − =  =

 ⇔  ⇔  ⇔ 

 − =  −  − +  =  =  =

     

   

Kết hợp với điều kiện xác định ta được

( ) ( )

^{a; b} ⁼ ^2;1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 2. Giả sử x, y là hai số thực phân biệt thỏa mãn ₂¹ ₂¹ ² x 1+ y 1 = xy 1

+ + + . Tính giá trị biểu thức:

2 2

1 1 2

P= x 1+y 1+xy 1 + + +

Thực hiện biến đổi giả thiết của bài toán ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ⁽ ⁾ ( ) ⁽ ^{) (} ⁾

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2

1 1 2 1 1 1 1 0

xy 1 xy 1 xy 1

x 1 y 1 x 1 y 1

xy y xy x 0 xy y y 1 xy x x 1 0

x 1 xy 1 y 1 xy 1

y x y y 1 x y x x 1 0 x y xy 1 0

+ = ⇔ − + − =

+ + +

+ + + +

− −

⇔ + = ⇔ − + + − + =

+ + + +

⇔ − + + − + = ⇔ − − =

Do x ≠ y nên ta được xy 1= . Kết hợp với giả thiết ₂¹ ₂¹ ² x 1+ y 1 = xy 1

+ + + ta có

2 2

1 1 2 2 2 4 4

P 2

xy 1 xy 1 xy 1 xy 1 1 1 x 1 y 1

= + + = + = = =

+ + + + +

+ +

Vậy ta được P 2= .

Câu 3. Cho parabol

( )

^P ^:^y⁼^x² và đường thẳng

( )

^d ^:^y^{= −}^{2ax 4a}⁻ (với a là tham số

a) Tìm tọa độ giao điểm của

( )

^d ^và

( )

^P ^khi^a ^{= −}¹₂

Khi a ¹

= −2 thì đường thẳng

( )

^d có phương trình y= +x 2.

Hoành độ giao điểm của

( )

^d ^và

( )

^P là nghiệm của phương trình

{ }

2 2

x = + ⇔x 2 x − − = ⇔ ∈ −x 2 0 x 1;2

Từ đó ta tìm được tọa độ giao điểm của

( )

^d ^và

( )

^P ^là^{A 1;1}

( )

⁻ ^và^{B 2; 4}

( )

b) Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng

( )

^d ^cắt

( )

^P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x ; x₁ ₂ thỏa mãn x₁ + x₂ =3

Xét phương trình hoành độ của

( )

^d ^và

( )

^P ^là^x² ⁺^{2ax 4a}⁺ ⁼⁰

Để

( )

^d ^và

( )

^P cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ phải có hai nghiệm phân biệt .

Từ đó ta có ^' ⁼^a² ⁻^4a⁼^{a a 4}

(

⁻

)

^{> ⇒ }⁰ ^{ <}^a_a _>⁰₄

 

Khi đó theo hệ thức Vi – et ta có ¹ ²

1 2

x x 2a x x 4a

 + = −

 =



Ta có x1 + x2 = ⇔3

(

x1 + x2

)

² = ⇔9

(

x1 +x2

)

²−2x x1 2 +2 x x1 2 =9 Kết hợp với hệ thức Vi – et ta được 4a² −8a+ 8a =9.

+ Với a <0 ta được 4a² 8a 8a 9 4a² 16a 9 0 a ¹

− + = ⇔ − − = ⇒ = −2, thỏa mãn + Với a >4 ta được 4a² 8a 8a 9 4a² 9 a ³

− + = ⇔ = ⇒ = ±2, không thỏa mãn.

Vậy a ¹

= −2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4(1.0 điểm). Anh nam đi xe đạp từ A đến C. Trên quãng đường AB ban đầu (B nằm giữa A và C). Anh Nam đi với vận tốc không đổi a(km/h) và thời gian đi từ A đến B là 1,5 giờ. Trên quãng đường BC còn lại anh Nam đi chậm dần đều với vận tốc tại thời điểm t (tính bằng giờ) kể từ B là v= − +8t a (km/h). Quãng đường đi được từ B đến thời điểm t

đó là S= −4t² +at .Tính quãng đường AB biết rằng đến C xe dừng hẳn và quãng đường BC dài 16km.

•Lời giải. Vì xe đến C dừng hẳn nên thời gian xe đi từ B đến C thỏa mãn 8t a 0 t a

− + = ⇒ = 8 do đó quảng đường BC là

2 2

2 a a 2

S 4t at 16 4 16 a 256 a 16

8 8

= − + = ⇒ −    + = ⇔ = ⇔ =

  .

Từ đó ta được S_AB =1, 5.a =24(km)

Câu 5(3.0 điểm) Cho đường tròn

( )

^O bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn.

Các tiếp tuyến của đường tròn

( )

^O tại các điểm B, C cắt nhau tại điểm P. Gọi D, E tương ứng là chân đường các đường vuông góc kẻ từ P xuống các đường thẳng AB và AC và M là trung điểm cạnh BC.

a) Chứng minh rằng MEP MDP^ = ^

a) Tứ giác BDPM có BDP BMP 90^{ }+ = ⁰ +90⁰ =180⁰ nên nội tiếp được, suy ra MBP^{ }=MDP. Tương tự ta có tứ giác CEPM nội tiếp đường tròn, do đó ta lại có MCP MEP^{ }= .

Mặt khác do BP và CP là hai tiếp tuyến cắt nhau nên MBP MCP^{ }= . Từ đó ta được MEP MBP MBP MDP^ = ^ = ^ = ^.

P O

I E

C B

b) Giả sử B, C cố định và A chạy trên

( )

^O sao cho tam giác ABC luôn là tam giác có ba góc nhọn. Chứng minh đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.

Ta có BAC ABC ACB 180^{  }+ + = ⁰ và CBP ABC PBD 180^{  }+ + = ⁰ Mà ta lại có BAC CBP^{ }= nên ta được ACB PBD DMP^ = ^ = ^.

Mặt khác ta có ACB^ =MPE^ nên suy ra DMP^ =MPE^, từ đó ta được MD song song với PE.

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được ME song song với BD.

Điều này dẫn đến tứ giác MEPD là hình bình hành. Suy ra hai đường chéo MP và DE cắt nhau tai trung điểm I của mỗi đường.

Do B, C cố định trên đường tròn

( )

^O nên PM cố định, do đo I cố định. Vậy đường thẳng DE luôn đi qua điểm I cố định.

c) Khi tam giác ABC đều . Hãy tính diện tích tam giác ADE theo R.

Khi tam giác ABC đều thì ta có A, O, M, P thẳng hàng và AI vuông góc với DE.

Do đó ta có S_ADE ¹DE.AI

= 2 . Do tam giác ABC đều nên ta có AB R 3;OA= = R. Do đó ta tính được AM ^3R;AI ^3R ^3R ^9R

2 2 4 4

= = + = .

Dễ thấy ABC∽ADE nên ta được ^BC ^AM ²

DB = AI = 3. Do đó suy ra DE ^{3R 3}

= 2 Từ đó ta có S_ADE ^{1 9R 3R 3}. . ^{27R 3}²

2 4 2 16

= = (đvdt)

Câu 6. Các số thực không âm x , x , x ,...., x₁ ₂ ₃ ₉ thỏa mãn ¹ ² ³ ⁹

1 2 3 9

x x x .... x 10 x 2x 3x .... 9x 18

 + + + + =

 + + + + =



Chứng minh rằng 1.19x₁ +2.18x₂ +3.17x₃+.... 9.11x+ ₉ ≥270

Từ x₁+x₂ +x₃+.... x+ ₉ =10 ta được 9 x

(

1+x2 +x3 +... x+ 9

)

=90. Do đó ta có hệ

( )

(

¹1 ² 2 ³ 3 ⁹ 9

)

¹ ² ³ ⁹

9 x x x ... x 90

19x 29x 39x ... 99x 270 10 x 2x 3x ... 9x 180

 + + + + =

 ⇒ + + + + =

 + + + + =



Mặt khác ta có

( ) ( )

( )

1 2 3 9 1 2 3 9

1 2 3 9 2 3 4 8

2 3 4 8

1.19x 2.18x 3.17x ... 9.11x 19x 36x 51x ... 99x 19x 29x 39x ... 99x 7x 12x 15x ... 7x

270 7x 12x 15x ... 7x

+ + + + = + + + +

= + + + + + + + +

= + + + +

Để ý ta thấy 7x₂ +12x₃ +15x ... 7x₄ + ₈ ≥0.

Nên ta được 270+

(

7x2+12x3 +15x4 +... 7x+ 8

)

≥270.

Vậy ta có 1.19x₁ +2.18x₂+3.17x₃ +.... 9.11x+ ₉ ≥270. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

2 3 4 8

1 2 3 9

2 3 4 8

1 2 3 9

7x 12x 15x ... 7x 0

x 9 x x x .... x 10

x x x ... x 0 x 2x 3x .... 9x 18

x 1 19x 29x 39x ... 99x 270

 + + + + =  =

 + + + + = 

 ⇔ = = = = =

 + + + + = 

  =

 + + + + =



Trong tài liệu Tuyển tập đề thi toán vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT chuyên Đại Học Sư Phạm Hà Nội (Trang 39-44)

(

)

( )

(

)

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )( ) ( )( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

{ }

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

(

)

(

)

(

)

( )

( )

( )

( )

(

)

( )

(

)

( ) ( )

( )

(

)

( )( ) ⁽ ⁾⁽ ⁾ ⁽ ⁾

( ) ( ) ⁽ ⁾ ( ) ⁽ ^{) (} ⁾