Tài liệu bồi dưỡng hóc inh giỏi môn Toán
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Tài liệu bồi dưỡng hóc inh giỏi môn Toán, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức . a) Tìm các giá trị của x để . b) Chứng minh rằng với mọi x thoả mãn . 1.a) Ta có . Từ đó giải được b)Ta có: Do nên . Vậy Bài 2: (5,0 điểm). Giải các phương trình: 3x2 + 4x + 10 = 2 Giải xác định đúng điều kiện: = 0 (Thỏa mãn) Bài 3: (3,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: . Ta có với x, y >0 thì: ( x+y)2 dấu bằng xảy ra khi x = y. Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có: Tương tự ta có: . Dấu bằng xảy ra + Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0. + Với xyz 0 thì (I) được viết lại: (II) Cộng ba phương trình của hệ (II) theo vế ta được: (*) Trừ phương trình (*) cho từng phương trình của hệ (II) theo vế ta lần lượt có : x = 1, y = 2, z = 3. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3). Bài 4: (6,0 điểm). 1) Cho hai đường tròn (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T. Hai đường tròn này nằm trong đường tròn (C3) và tiếp xúc với (C3) tương ứng tại M và N. Tiếp tuyến chung tại T của (C1) và (C2) cắt (C3) tại P. PM cắt đường tròn (C1) tại diểm thứ hai A và MN cắt (C1) tại điểm thứ hai B. PN cắt đường tròn (C2) tại điểm thứ hai D và MN cắt (C2) tại điểm thứ hai C. Chứng minh rằng tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp. 2) Cho ABC đều điểm M nằm trong ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2. Tính số đo góc BMC ? · E N M B C O1 O3 O2 D P A T 1) Gọi O1, O2, O3 tương ứng là tâm các đường tròn (C1), (C2), (C3) ta có M, O1, O3 thẳng hàng => BO1 // NO3 = > . Tương tự: => => AB//NP Tương tự CD// PM => AEDP là hình bình hành (với E = AB Ç CD). Do êPAT ~ êPTM => PT2 = PA.PM tương tự PT2 = PD.PN Vậy PA. PM = PD.PN => =>D EBC ~ D EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800 => ABCD nội tiếp. 2) Vẽ tam giác đều CMN êBCN = êACM => BN = AM mà vuông tại M. . Bài 5: (2,0 điểm).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = với x > 0; y > 0; z > 0 và Biến đổi để được: A = x + y + z (1) + Chứng minh được: x + y + z > 0 (2) + Thay (2) (3) vào (1) được A Do đó: Min A = + Vậy Amin = Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức: a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của x để P = 1 đk Ta có: = == . Vậy P = Ta thấy P = 1 . Vậy với x = 25 thì P = 1 Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải phương trình: 2. a. ĐK: x -1 và PT . Giải Pt x = 8 (t/m x -1). KL: x = 8 b. Hệ Û Đặt Þx, y là nghiệm của phương trình: t2 - ut + v = 0 (a) Phương trình có nghiệm Û u2 – 4v ³ 0 (*) Ta có hệ: . Thế (1) vào (2) Þ v = 8 – z(5 - z) = z2 –5z + 8 Hệ có nghiệm Û (a) có nghiệm Û (*) xảy ra Þ (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8) ³ 0 Û - 3z2 + 10z – 7 ³ 0 Û (z-1)(-3z+7) ³ 0 Từ (3) và do z nguyên Þ z = 1; 2 +) +) Vậy hệ có 3 nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2) b) Tìm nghiệm nguyên của hệ: Bài 3: (2,0 điểm). Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1 Tính: T = Ta có 1+x2 = xy + yz + zx + x2 = y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(z+y) Tương tự ta có: 1+y2 =(y+x)(y+z) 1+z2 =(z+x)(z+y) T== =x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2. Vậy T= 2 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức : a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P . b) Tìm x thoả mãn : a) Điều kiện x>0 Ta có : P= P-1= Vậy b) 43x + 6 -1 = 0 (thỏa mãn) (loại) (thoã mãn điều kiện x>0) . Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải phương trình : b) Giải hệ phương trình : x2y – 2x + 3y2 = 0 x2+ y2x + 2y = 0 2. a. ĐK : (thỏa mãn) b. Giải hệ phương trình : Nếu y=0 x=0 Vậy x=0, y=0 là nghiệm của hệ phương trình . Với y0 hệ đã cho trở thành x2y – 2x + 3y2 = 0 (1) x2y+ y3x + 2y2 = 0 (2) Nhận thấy không thoả mãn hệ phương trình . Xét từ (1) thay vào (2) ta có : . Vậy hệ có 3 nghiệm (0;0) (1;-1) (-2;) Bài 3: (3,0 điểm).Cho thỏa mãn : Hãy tính giá trị của biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) . Từ : =>=> Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - .......... + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) Vậy M = + (x + y) (y + z) (z + x).A = Bài 4: (6,0 điểm). 1. Cho với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) . Gọi M và N lần lượt là tiếp điểm của cạnh AC và cạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp . Đoạn thẳng MN cắt tia AO tại P và cắt tia BO tại Q .Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và AC . a) Chứng minh rằng : . b) Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng Ta có : BOP là góc ngoài BOP= OAB + OBA = (BAC + ABC) Lại có : PNB=1800 – MNC =1800 - BOP+PNP=1800 tứ giác BOPN nội tiếp OPM = OBC (cùng bù OPN ) Mặt khác : OMP = OCN OPM OBC (g.g) (1) T ơng tự ta có :ONQ OCA (g.g) AOB QOP (g.g) Từ (1) , (2) b. Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên) AQO=AMO = 900 ABQ vuông tại Q có QE là trung tuyến EQB= EBQ=CBQ EQ//BC mà EF//BC E, Q, F thẳng hàng Bài 5: (2,0 điểm). Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c ≥ 16abc. Cho ba số thực không âm sao cho . Chứng minh: . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? Theo kết quả câu 3.1, ta có: mà (giả thiết) nên: (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhưng: (không âm) Suy ra: . Dấu đẳng thức xảy ra khi: Bài 2: (3,0 điểm). a) Giải hệ phương trình: b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình y2 =-2(x6-x3y-32) a)Ta có: Sảy ra các trườngg hợp: Trường hợp a: hoặc Trường hợp b: hệ vô nghiệm Vậy nghiệm của hệ là: b) y2=-2(x6-x3y-32) Vì x. Vậy x chỉ có thể nhận các giá trị 0; 1; 2 Suy ra cặp nghiệm nghuyên cần tìm là: (0; 8), (0;-8), (2;8), (-2;-8) Bài 3: (5,0 điểm). a) Cho x, y >0 và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: d b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4. CMR: . 3.a.Vi ; Ta có: (Bdt Cô si) Áp dụng BÐT (*) v i a = ; b = 2xy ; ta có: (1) Mặt khác : (2) [Vì x, y >0 và ] khi b.*Do a,b,c >0 và từ gt ta có : (1) *Hoàn toàn t ương tự ta cũng có: (2) (3) *Cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có: Hay Þ đpcm Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức: A = a.Rút gọn biểu thức A. b.Tính giá trị biểu thức A khi . Điều kiện: . A = Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1. Tìm GTNN của biểu thức: E = . b) Giải phương trình nghiệm nguyên: a) Đặt a = , b = , c = Þ abc = = 1Þ x + y = c(a + b) y + z = a(b + c) và x + z = b(c + a) Þ E = + +. Dễ dàng chứng minh đ ợc + + ³ Nhân hai vế với a + b + c > 0 Þ + + ³ (a+b+c) Þ + +³ ³ = Þ E ³ Dấu "=" xảy ra Û a = b = c = 1. Vậy min E = khi a = b = c = 1 b) ĐK: Pt do suy ra hoặc cả 3 số x, y, z cùng dương, hoặc trong 3 số này có hai số âm, một số dương. Ngoài ra nếu (x,y,z) là một nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) cũng là nghiệm. Do vậy chỉ cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương. Không mất tính tổng quát ta giả sử : x ³ y ³ z ³ 1 mà . Với z = 1 phương trình trở thành: Ta có: từ đó: mà . Vậy (x,y,z) = (1,1,1) Từ nhận xét trên suy ra phương trình có các nghiệm nguyên là (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1) . Bài 2: b) Giải phương trình: . b) (1), điều kiện . Đặt ; Suy ra Thay vào (1) ta được (do nên a+b+1>0) Với a = b ta có thỏa mãn điều kiện Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho. Bài 3: (2,0 điểm). a) Cho a, b, c>0 chứng minh rằng: Cho a, b, c dương và a + b = c = 1. Chứng minh 3. a) a, b, c>0. CM: (1) Mặt khác = Do đó ta cần chứng minh: Dấu “=” xảy ra khi a = b = c b) C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si: Cộng từng vế của 1,2,3 ta có đpcm Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3 C2: Áp dụng Bu nhi a: Bài 2: b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x3y + xy3- 3x-3y = 17 b) Phương trình: x3y+xy3-3x-3y=17 Û (x2+y2)(xy-3)=17=17.1 Do x,y nguyên dương nên x2+y2>1 Kết luận: hoặc hoặc hoặc Bài 3: (2,0 điểm). a) Giải phương trình: (x+1)(x+2)(x+4)(x+8) = 28x2 b) Cho hệ phương trình: (a, b, c là tham số) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hệ phương trình trên có nghiệm là: a3 + b3 + c3 = 3abc a) Giải phương trình : (x+1)(x+2)(x+4)(x+8)=28x2 « (x2 + 6x +8)(x2 + 9x + 8) = 28x2 (1) x=0 không phải là nghiệm pt (1). Chia 2 vế (1) cho x2 ta được: (1) « (x+ Đặt t = x+(1) ® (t+6)(t+9) =28 « t2 + 15t + 26 =0« Với t = -2® x+ « x2 + 2x + 8 =0 vô nghiệm Với t = -13 ® x+ « x2 + 13x + 8 =0 « x = -13 ± b) Điều kiện cần : Giả sử HPT đã cho có nghiệm (x ; y) . Khi đó Điều kiện đủ: Giả sử a+b+c=0 , nhận thấy HPT có nghịêm : x = y = -1 a=b=c , nhận thấy HPT có nghiệm : x = 0 ; y=1 (hoặc x = 1 ; y = 0) Vậy nếu thì HPT đã cho có nghiệm Bài 3: (2,0 điểm). Tìm a , b , c biết a , b ,c là các số dư ơng và = Vì a ; b ; c là các số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 = và 2 = 2 và 2 = . 2 . = = Bài 4: (2,0 điểm). a) Cho a, b, c Î [0 ; 1]. Chứng minh rằng : b)Cho 3 số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = 6. Chứng minh rằng : x2 + y2 + z2 ³ 3 . a) Cho 3 số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = 6. Chứng minh rằng : x2 + y2 + z2 ³ 3 Ta có x2 + y2 + z2 ³ 3 3(x2 + y2 + z2) ³ 9 3(x2 + y2 + z2) ³ 2 ( x + y + z + xy +yz + zx)- 3 (x2 – 2xy + y2) + (y2 – 2yz + z2) + (x2 – 2zx + z2) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (z2 – 2z + 1) ³ 0 ( x – y)2 + (y – z)2 + (x – z)2 +(x -1)2 + (y – 1)2 +(z – 1)2 ³ 0 đúng b) Vai trò của a, b, c là ngang nhau nên giả sử: a £ b £ c áp dung BĐT Cauchy cho 3 số: a+b+1, 1-a, 1-b ta có: Vì a £ b £ c nên: Bài 5: (2,0 điểm). Cho tam giác ABC có đường cao AH . Gọi I,K là các điểm nằm ngoài tam giác ABC sao cho các tam giác ABI và ACK vuông tại Ivà K hơn nữa = ,M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng : a) MI = MK b) Bốn điểm I,H,M,K thuộc cùng đường tròn a) Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AB,AC . ta có: IE = AB = MF, EM = AC = FK nên IAM =MHK (c.g.c) suy ra MI = MK b) Ta sẽ chứng minh . Đặt = Ta có : = , = nên = 1800 - 2 (1) Xét tam giác IEM có = 2 nên 1800 - 2 = ta lại có (so le trong,AB song song với MF) (do IAM =MHK ) nên 1800 - 2 = (2) Từ (1),(2)suy ra . do đó I,H,M,K thuộc cùng đường tròn Bài 3: (2,0 điểm). a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M = b) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a,b,c khác 0 và a + b+ c 0 Tính P = (2008+ )(2008 + ) ( 2008 + ) a) Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất. Vậy M đạt giá trị lớn nhất với x khác 0. Chia cả tử và mẫu cho x2 ta được: M = . M đạt giá trị lớn nhất khi nhỏ nhất => = 2 => x = 1. Vậy M lớn nhất bằng 1/3 khi x = 1 b) Ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) = 0 a2 + b2 + c2 - ab - bc -ac = 0 ( vì a + b + c 0) ( a- b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 = 0 a = b = c P = (2008+ )(2008 + ) ( 2008 + ) P = ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) = 20093 Bài 3: (4,0 điểm).a) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1. Tìm GTNN của biểu thức: E = . Giải phương trình nghiệm nguyên: 3. a) Đặt a = , b = , c = Þ abc = = 1Þ x + y = c(a + b) và y + z = a(b + c) và x + z = b(c + a) Þ E = + +. Dễ dàng chứng minh đ ợc + + ³ Nhân hai vế với a + b + c > 0 Þ + + ³ (a+b+c) Þ + +³ ³ = Þ E ³ Dấu "=" xảy ra Û a = b = c = 1. Vậy min E = khi a = b = c = 1 b) ĐK: Pt do suy ra hoặc cả 3 số x, y, z cùng dương, hoặc trong 3 số này có hai số âm, một số dương. Ngoài ra nếu (x,y,z) là một nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) cũng là nghiệm. Do vậy chỉ cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương. Không mất tính tổng quát ta giả sử : x ³ y ³ z ³ 1 mà . Với z = 1 phương trình trở thành: Ta có: từ đó: mà . Vậy (x,y,z) = (1,1,1) Từ nhận xét trên suy ra phương trình có các nghiệm nguyên là (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1) . Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c ≥ 16abc. Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : . 3. a) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 16 Áp dụng BĐT Côsi x + y 2 ta có ( a + b) + c 2 1 2 1 4( a + b)c nhân hai vế với a + b > 0 ta được: A + b 4(a + b)2c mà ta chứng minh được (a + b)2 4ab Do đó a + b 4(4ab)c hay a + b 16abc từ đây suy ra đpcm Theo kết quả câu 3.1, ta có:mà (giả thiết) nên: (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhưng: (không âm)Suy ra: . Dấu đẳng thức xảy ra khi: b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0(x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0 (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = 0 (*) Nên (*) x + y + 2 = 0 x + y = - 2 vì .Vậy MaxM = -2 x = y = -1 . Bài 5: (2,0 điểm). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: Điều kiện Khi đó: (Với ) ylà ước của 49 Các nghiệm nguyên dương của phương trình là: Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x y z và 3z - 3x2 = z2 = 16 - 4y2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : zy + yz + zx b) Cho tam giác ABC có các cạnh a,b,c và chu vi 2p =a+ b + c Chứng minh rằng : + + 2 ( + + ) 3. a) * Tìm giá trị lớn nhất của: xy + yz + zx .Từ giả thiết ta có: y2 = , x2 = Vì y z z2 5t2 16z (1)Mặt khác x2 - 3y2 = x2 3y2 x (2) Từ đó . Ta có: xz = và yz xy + yz + zx y2 + = = 2 Dấu đẳng thức sảy ra x = , y = z = Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức xy + yz + zx là đạt được b, ta có: , , áp dụng bất đẳng thức: x, y>0 ta có: , Tương tự ta có:. Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi: a=b=c Bài 5: (2,0 điểm). Ở miền trong hình vuông ABCD lấy điểm M sao cho Chứng minh rằng : Tam giác MCD đều Xác định điểm I trong tam giác MDA sao cho tam giác MIA là tam giác đều Ta có IAD=900-150-600=150= MAB, AB=AD và AM=AI AID= AMB AID = AMB=1500 MID=3600-1500-600=1500 Xét IDM và IDAcó ID chung; MID=AID=1500, IA=IM (do AIM là đều) IDM=IDA AD=DM =DC (1) Mặt khácDAM=CBM (vì BC=AD ;MB=MA;CBM=DAM) MC=MD (2) từ (1) và (2) ta có DMC đều Bài 3: Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác biết: Chứng minh rằng tam giác đã cho là tam giác đều Ta có: và và . mà Dấu bằng xảy ra khi . Kết luận: Vậy tam giác có 3 cạnh bằng nhau nên là tam giác đều Bài 4: (2,0 điểm). a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 7x2 + 13y2 = 1820. b) Cho x, y, z > 0, x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C = ( xyz)(x+y)(y+z)(z+x) 4. a) Do 1820 13 và 13y213, x và y là các số nguyên nên ta cần có 7x213 Û x213 Û x13 (vì 13 là số nguyên tố)Û x = 13m với m Î Z. Tương tự do 1820 7 và 7x27, x và y là các số nguyên nên ta cần có 13y27 Û y27 Û y7 (vì 7 là số nguyên tố)Û y = 7n với n Î Z. Khi đó phương trình đã cho trở thành: 7(13m)2 + 13(7n)2 = 1820 Û 13m2 + 7n2 = 20 Þ 13m2 £ 20 Þ m2 £ 1 , (vì m Î Z). + Nếu (loại). + Nếu Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là (-13; -7) (-13; 7), (13; -7) và (13; 7). b) vì x, y, z > 0, x + y + z = 1. áp dụng BDT côsi cho 3 số dương : xyz Tương tự Từ (1),(2) . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là khi x = y = z = Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho a , b, c, d > 0 . Chứng minh rằng : 1 < + + + < 2 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=. Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác 3. a) Ta luôn có : < < 1 ( 1 ) áp dụng tính chất của tỉ số ta có : < (2) Từ (1) và (2) ta có : < < Tương tự ta có : < < < < ; < < Cộng vế theo vế của 4 bất đẳng thức kép trên ta được : < + + + < Vậy 1 < + + + < 2 (đpcm) b) Đặt b+c-a=2x; a+c-b =2y; a+b-c=2z x, y, z >0 a= y+z b= x+z c= x+y 2P = = Þ P³ 26 Dấu "=" xảy ra khi ; ; Û 3x=4y=6z; x=2; y=3; z= 4 Þ a=7; b =6; c=5. Bài 5: (2,0 điểm). Cho tam giác ABC cân ở A, đường cao AH bằng 10cm, đường cao BK bằng 12cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC. 5. s Đặt AC = AB = x, BC = y. Ta có: tam giác AHC đồng dạng với tam giác BKC ( vì có góc nhọn C chung) nên: Hay AH.BC = BK.AC Vậy: 5y = 6x (1) s Mặt khác: trong tam giác AHC vuông tại H ta có: Hay (2) s Từ (1) và (2) ta suy ra: x = , y = 15. Vậy: AB = AC = cm, BC = 15cm Bài 3: (3 điểm) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x2 + xy + y2 = x2y2 3. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x2 + xy + y2 = x2y2 *Với ½x½³ 2 và ½y½³ 2 ta có: Þ x2y2 ³ 2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2³ x2 + y2 + 2½xy½> x2 + y2 + xy * Vậy ½x½£ 2 hoặc ½y½ £ 2 - Với x =2 thay vào phương trình ta được 4 + 2y + y2 = 4y2 hay 3y2-2y -4 =0 Þ Phương trình không có nghiệm nguyên - Với x =-2 thay vào phương trình ta được 4 - 2y + y2 = 4y2 hay 3y2+2y -4 =0 Þ Phương trình không có nghiệm nguyên - Với x =1 thay vào phương trình ta được 1 + y + y2 = y2 hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phương trình ta được 1 - y + y2 = y2 hay 1- y = 0 Þ y =1 - Với x = 0 thay vào phương trình ta được y =0 Thử lại ta được phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) Bài 4: (2 điểm) Cho 4 số x, y, z, t. Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88 = 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 Cho 4 số x, y, z, t. Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88=0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 Ta có: (x + y)(z + t) + xy + 88 = 0 4(x + y)(z + t) + 4xy + 352 = 0 =>A + 4(x + y)(z + t) + 4xy = =x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 + 4xz + 4xt + 4xy + 4yz + 4yt = =x2 + 4x(y + z + t) + 4(z + y + t)2 + 4y2 - 4yz + z2 + z2- 8zt +16t2 + y2- 4yt + 4t2 = =[x + 2(z + y + t)]2 + (2y - z)2 + (z - 4t)2 + (y - 2t)2 0 A Dấu bất đẳng thức xảy ra: 2y – z = 0 z - 4t = 0 y - 2t = 0 x + 2y + 2z + 2t = 0 (x + y)(z + t)+ xy + 88 = 0 => (x; y; z; t) bằng (14; -2; -4; -1) hoặc (-14; 2; 4; 1) Bài 4: (2 điểm)Cho các số dương a,b,c thoả mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng: 4. Ta có a5 + b5 = (a + b)(a4 - a3b + a2b2 – ab3 +b4 ) =(a + b)[(a - b)2(a2 + ab + b2) + a2b2) Do nên Suy ra . Đẳng thức sảy ra khi a = b. Do đó: (1)( vì có abc =1) Chứng minh tương tự tacó (2) (3) Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta có Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 Bài 2: b) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn và Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số x, y, z bằng 2006. Áp dụng giải phương trình sau: . b) Từ giả thiết ta có: Kết luận: Vậy ít nhất một trong ba số x, y, z bằng 2006 * Đặt a = 2x + 1, b = x - 1, c = - x- 2 a + b + c = 2x - 2 Phương trình (*) trở thành theo kết quả câu a ta có a + b = 0 hoặc b + c = 0 ( vô lí) hoặc a + c = 0 ( loại) Vậy phương trình có nghiệm là: x = 0 Bài 3: (2 điểm)Cho x, y, z > 0 thoả mãn: x + y + z = 2 Tìm GTNN của P = 3. Vì x, y, z > 0 ta có: áp dụng BĐT Côsi đối với 2 số dương và ta được: (1) . Tương tự ta có: Cộng (1) + (2) + (3) ta được: Dấu “=” xảy ra . Vậy min P = 1 Bài 4: (4 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên x2y2-x2 -8y2 = 2xy (1) b) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình (m là tham số). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nhất. 4. a) Nhận thấy x=y=0 là nghiệm. Với x,y0 (1) y2 ( x2- 7)= (x+y)2 (2) x2 – 7 phải là bình phương của số nguyên. Hay: x2 – 7 = a2 x2 – a2 = 7 Thay x =- 4, ta được: y=1; y=-2 Thay x = 4, ta được: y= 1; y=2. Vậy phương trình có nghiệm nguyên là: (0; 0); (-4; 1); ( -4; -2); (4; 1); (4; 2) b) Với mọi m, đường thẳng (d) không đi qua gốc toạ độ O(0; 0). m = 4, ta có đường thẳng y = 1, do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (1). m = 3, ta có đường thẳng x = -1, do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (2). m 4, m 3 thì (d) cắt trục Oy, Ox lần lượt tại: và . Hạ OH vuông góc với AB, trong tam giác vuông AOB, ta có: . Suy ra (3). Từ (1), (2), (3) ta có GTLN của OH là , đạt được khi và chỉ khi m =. Kết luận: m =. Bài 5: (5 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. H là điểm thuộc đoạn OB sao cho HB = 2HO. Kẻ dây CD vuông góc với AB tại H. Gọi E là điểm di động trên cung nhỏ CB sao cho E không trùng với C và B. Nối A với E cắt CD tại I. a/ Chứng minh rằng AD2 = AI.AE b/ Tính AI.AE – HA.HB theo R c/ Xác định vị trí điểm E để khoảng cách từ H đến tâm đường tròn ngoại tiếp DIE ngắn nhất. a/ AD2 = AE.AI đồng dạng) b/ Ta có AI.AE –HA.HB = AD2 – HD2 = AH2 = ( OA+OH)2 =( R+)2 = c/ Kẻ Dx cắt EB kéo dài tại FTứ giác DIEF nội tiếp (tổng hai góc đối = 1800) đường tròn ngoại tiếp trùng với đường tròn ngoại tiếp tứ giác DIEF có đường kính là IF Gọi K là giao điểm của IF và BD K là tâm đường tròn ngoại tiếp HK ngắn nhất KD = Egiao điểm của (O;R) với ( K; ) ( E cung nhỏ BC của đường tròn tâm O ) Bài 4: (4 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 + 6xy = 21. b) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 4. a) Đặt S = x + y ; P = xy => điều kiện cần để hệ có nghiệm là S2 ³ 4P (*) Phương trình đã cho tương đương với :S3 – 3 SP + 6P = 21 ó S3 – 3SP + 6P – 8 = 13 ó ( S – 2 ) ( S2 + 2S - 3P + 4 ) = 13 (2) Xét nhân tử : M = S2 + 2S – 3P + 4 = ( x + y ) 2 + 2(x + y ) – 3 xy + 4 = x2 + y2 – xy + 2(x +y ) + 4 = Vậy S – 2 và M là 2 ước số dương của số nguyên tố 13 .ta xét 2 trường hợp sau : TH1 : hoặc 0,25đ TH2 : vô nghiệm vì không thoả mãn (*) . Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên là ( 2 ; 1 ) ; ( 1 ; 2 ) . 0,25đ b) Với mọi số thực x ta có : Do đó: Suy ra : . Hoặc: 3( 3( nhân vào khai triển và rút gọn đưa về BĐT đúng b) x3 – 3x2 + 9x – 9 = 0 3x3 – 9x2 + 27x – 27 = 0 3x3 = 9x2 – 27x + 27 2x3 = -x3 + 9x2 – 27x + 27 = (3 – x)3 => b) Giải phương trình sau: 3(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 8x 9(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 24x Đặt y = x + 9 hoặc đặt y = x + 6. Có nghiệm x = -9 Bài 4: (3 điểm) a) Giả sử a, b, c là những số thực thỏa mãn a, b, c ¹ o và . Chứng minh rằng: 4. a) * a + b + c = 0 => a + b = -c => (a + b)3 = -c 3 => a3 + b3 + c3 = -3ab(a + b) = 3abc * => ab + bc + ca = 0 * a6 + b6 + c6 = (a3 )2 + (b3)2 + (c3)2 = (a3 + b3 + c3)2 – 2(a3b3 + b3c3 + c3a3) * ab + bc + ca = 0 => a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2 Do đó * a6 + b6 + c6 = (3abc)2 – 2.3a2b2c2 = 3a2b2c2. + Vậy: Bài 1: (4 điểm) Cho biÓu thøc: T×m ®iÒu kiÖn ®Ó cho biÓu thøc M cã nghÜa. Chøng minh r»ng biÓu thøc M kh«ng phô thuéc vµo a. a). §iÒu kiÖn: b) KÕt luËn: biÓu thøc M kh«ng phô thuéc vµo a Bài 2: (5 điểm) a) Giải phương trình : 2. a) Chia cả tử và mẫu của hai phân thức cho x và đặt biến phụ Bài 3: (4 điểm) a) Cho xyz = 1 và x + y + z = 3. Tìm GTNN của B8 = x16 + y16 + z16 b) Cho a, b, c thoả mãn: Tính giá trị biểu thức: P = 3. a) Ta có : (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ³ 0 "a,b,cÛ a2 + b2 + c2 ³ ab + ac + bc (1) áp dụng bất đẳng thức (1) ta có : B8 = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2 ³ x8y8 + y8z8 + z8x8Û B8 ³ x8y8 + y8z8 + z8x8 Û B8 ³ (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2 ³ x4y4. y4z4+ x4y4. z4x4 + y4z4. z4x4 Û B8 ³ x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8Û B8 ³ (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2 ³ x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6 Û B8 ³ (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2 ³ x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6 Û B8 ³ (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = 3(do xyz = 1 và x + y + z = 3) Þ B8min = 3 Û x = y = z = 1 b) Từ gt ta có suy ra Xét hai trường hợp * Nếu a + b + c = 0 a + b = -c b + c = - a c + a = -b P = = = .. = = -1 * Nếu a + b + c 0 a = b = c P = 2.2.2 = 8 Bài 2: (5 điểm) b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 - y3 - 2y2 - 3y -1 = 0 b) Phương trình đã cho tương đương với : x3 = y3 + 2y2 + 3y +1 (1) Nhận xét rằng: (2) (3) Từ (2) và (3) suy ra: < x3 , Vì y Với y = -1 x= -1. Với y = 0 x= 1 Vậy phương trình có 2 cặp nghiệm nguyên là (-1; -1) và (1; 0) Bài 3: (2 điểm) a) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa món: . Tìn giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3. Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 mà a3 + ab2 ³ 2a2b (áp dụng BĐT Côsi ) b3 + bc2 ³ 2b2c c3 + ca2 ³ 2c2a Suy ra 3(a2 + b2 + c2) ³ 3(a2b + b2c + c2a) > 0. Suy ra Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh được t ³ 3. Suy ra Þ P ³ 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 Bài 4: (3 điểm) Giải phương trình : ĐKXĐ: - x Đặt a = ; b = ( a, b 0 ). Ta được hệ pt : Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x1 = 3 ; x2 = -3 Bài 1: (5,0 điểm). Cho phương trình : . a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa . b) Giải phương trình . 1. a) điều kiện : Đặt = a ; = b ( a ; b 0) . Vì ab + 4 > 0 nên : b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình y2 =-2(x6-x3y-32) y2=-2(x6-x3y-32) Vì x. Vậy x chỉ có thể nhận các giá trị 0; 1; 2 Suy ra cặp nghiệm nghuyên cần tìm là: (0; 8), (0;-8), (2;8), (-2;-8) Bài 3: (5,0 điểm). a) Cho x, y >0 và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: d b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4. CMR: . 3.a.Vi ; Ta có: (Bdt Cô si) Áp dụng BÐT (*) v i a = ; b = 2xy ; ta có: (1) Mặt khác : (2) [Vì x, y >0 và ] khi b.*Do a,b,c >0 và từ gt ta có : (1) *Hoàn toàn t ương tự ta cũng có: (2) (3) *Cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có: Hay Þ đpcm b) Giải phương trình nghiệm nguyên: ĐK: Pt do suy ra hoặc cả 3 số x, y, z cùng dương, hoặc trong 3 số này có hai số âm, một số dương. Ngoài ra nếu (x,y,z) là một nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) cũng là nghiệm. Do vậy chỉ cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương. Không mất tính tổng quát ta giả sử : x ³ y ³ z ³ 1 mà . Với z = 1 phương trình trở thành: Ta có: từ đó: mà . Vậ
File đính kèm:
boi duong toan 9.doc
