Hướng dẫn và đáp án môn Toán vào chuyên ngữ (1991-2010) - Vũ Danh Được

[xomxixon]

Download Hướng dẫn và đáp án môn Toán vào chuyên ngữ (1991-2010) - Vũ Danh Được

Download Hướng dẫn và đáp án môn Toán vào chuyên ngữ (1991-2010) - Vũ Danh Được miễn phí

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta suy ra |x|, |y| 1. Lại có từ phương
trình thứ hai suy ra x, y 0. Do đó ta có 0 x, y 1. Dẫn đến x + y + xy
+ 2001 > 0. Từ phương trình thứ hai ta xét:
(*) Với x > y thì VT của phương trình luôn dương, VP của phương
trình luôn âm nên với x > y thì phương trình vô nghiệm dẫn đến hệ
vô nghiệm.
(*) Với x < y, chứng minh tương tự cũng có hệ vô nghiệm.



++ Ai muốn tải bản DOC Đầy Đủ thì Trả lời bài viết này, mình sẽ gửi Link download cho!

Tóm tắt nội dung:

1 2
1 2 1 2
2 1
6 0 6 0
x x
x x x x
x x
       hay (x1 + x2)
2 +
4x1x2 = 0. Từ định lý Vi-et thay vào ta được phương trình ẩn m
sau:
2
2 2
4 0
1 1
m m
m m
   
    
    
hay m = 2 (không thỏa mãn điều
kiện (*)). Vậy không có m để thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3:
a) Khi m = 1 thì (1) viết thành: y = x2 + 3. Đường thẳng d qua A(0;2)
và có hệ số góc k có dạng y = kx + 2. Phương trình hoành độ giao
điểm của d và (C): x2 – kx + 1 = 0(*). Để đường thẳng d tiếp xúc
với (C) thì phương trình (*) phải có nghiệm kép hay  = k2 – 4 = 0
2k   .
b) Gọi điểm cố định mà (1) luôn qua với mọi m là M(x0;y0). Khi đó y0
= mx0
2 + 3(m – 1)x0 + 2m + 1 mọi m hay (x0
2 + 3x0 + 2).m + (1 –
3x0 – y0) = 0 mọi m. Điều này xảy ra khi
2
0 0
0 0
3 2 0
3 1
x x
y x
   

  
. Từ hệ
này tìm được (x0;y0) = {(-1;4),(-2;7)}. Vậy ta có đpcm.
Câu 4:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
14
y
H
F
1) Ta có: sđ1C =
1
2
(sđAB - sđMB ) = sđ1N . Do đó
 
1 1C N mà
  0
1 180N MND  nên
  0
1 180C MND  . Suy ra tứ giác MNDC nội tiếp.
2) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNDC nên IK vuông góc với
DC, AB vuông góc DC, do đó AB song song với IK hay OA song song
IK (1).
Mặt khác I thuộc trung trực của MN nên OI vuông góc với MN. Lại có
tam giác AKC cân tại K nên  1 1A C mà
 
1M NDC ,
  0
1 90NDC C  nên
  0
1 1 90M A  , suy ra AK vuông góc MN. Vậy ta có AK song song IO
(2). Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AOIK là hình bình hành.
3) Từ H kẻ đường thẳng song song với MN, cắt AB tại F. Rõ ràng HFOM
là hình bình hành nên HF = OM = R (không đổi). Tam giác HFA = tam
giác NOA (g.c.g) nên AF = OA = R, mà AB cố định nên điểm F cố định.
Vậy H thuộc đường tròn tâm F, bán kính R cố định.
Câu 5:
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
15
Phân tích
   
   
2
2 2
2 222 2
1 2 1 2 2 2
1
11 1
x x
A
xx x
   
   
 
. Đặt 2
1
1
t
x


thì A = 1 – 2t + 2t2 =
2
1 1 1
2
2 2 2
t
 
   
 
. Dấu bằng xảy ra khi
1
2
t  hay x
=  1. Vậy MinA =
1
2
khi x =  1. Mặt khác ta có x2 + 1  1 nên t  1,
dấu bằng khi x = 0. Do đó A = 1 – 2t + 2t2 =
2 2
1 1 1 1
2 2 1 1
2 2 2 2
t
   
        
   
, dấu bằng xảy ra khi t = 1 hay x = 0. Vậy
MaxA = 1 khi x = 0.
Năm 2000
Câu 1:
1) ĐK:
1
0; 1;
4
x x x   . Rút gọn được
1
1
M
x x

 
2) Khi x  4 thì
2 2
1 3 1 3
1 2 3
2 4 2 4
x x x
   
           
   
mà x -
x + 1 > 0 nên
1 1
31x x

 
khi x  4. Do đó 2000 – M 
5999
3
,
dấu bằng xảy ra khi x = 4. Vậy Min(2000 – M) khi x  4 là
5999
3
.
3) M nguyên khi x - x + 1 là ước của 1 mà x - x + 1 > 0 nên x -
x + 1 = 1. Giải phương trình này ta được x = 0 và x = 1, loại
nghiệm x = 1, nhận x = 0.
Câu 2:
Phương trình đã cho tương đương với: [(x – 1)(x – 3)][(x + 2)(x – 6)] =
34  (x2 – 4x + 3)(x2 – 4x – 12) = 34. Đặt t = x2 – 4x ta được phương
trình bậc hai ẩn t. Giải phương trình ẩn t này ta được các nghiệm là t = 14
và t = -5. Với mỗi t ta được một phương trình bậc hai ẩn x, giải các
phương trình thu được nghiệm của phương trình ban đầu 2 3 2x   .
Câu 3:
Dễ thấy đường thẳng x = 0 (không có hệ số góc) đi qua điểm I(0;1) chỉ
cắt (P) tại một điểm nên không thỏa mãn bài toán.
Phương trình đường thẳng d đi qua điểm I(0;1) và có hệ số góc k có dạng:
y = k.(x – 0) + 1 = kx + 1. Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của d
và (P) là: x2 – kx – 1 = 0(*). Phương trình này luôn có 2 nghiệm phân biệt
nên đường thẳng d luôn cắt (P) tại hai điểm M, N.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
16
Gọi M(xM;yM), N(xN;yN) thì ta có xM, xN là hai nghiệm của phương trình
(*) và yM = kxM + 1, yN = kxN + 1.
Ta có    
2 2
N M N MMN x x y y    nên từ đề bài suy ra phương trình:
       2 22 21 2 10 4 . 1 40N M M N M Nx x k x x x x k          . Theo định
lý Vi-et cho phương trình (*) có: xM + xN = k, xM.xN = -1. Từ đó thu được
phương trình ẩn k: (k2 + 4)(k2 + 1) = 40. Giải phương trình này được giá
trị cần tìm 2k   .
Câu 4:
K
1) Dễ dàng có được OB là đường trung trực của MN, OC là đường
trung trực của PM, suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
MNP.
2) Ta có  BNO BMO nên  1ANO M mà
 
1 1M P , suy ra
 
1ANO P . Vậy ta có
  0180ANO APO  nên tứ giác ANOP nội
tiếp.
3) Kẻ OK vuông góc với NP. Ta có  0180NOP A  mà góc A không
đổi nên suy ra góc NOP cũng không đổi. Vì OK là tia phân giác
của góc NOP nên góc NOK không đổi. Ta có NP = 2NK =
2.ON.sinNOK . Do góc NOK không đổi nên sinNOK cũng không
đổi, vì vậy để NP min thì ON min. Điều này xảy ra khi M, N, P
trùng với các điểm mà đường tròn (O) tiếp xúc với BC, AB, AC.
Câu 5:
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta suy ra |x|, |y|  1. Lại có từ phương
trình thứ hai suy ra x, y  0. Do đó ta có 0  x, y  1. Dẫn đến x + y + xy
+ 2001 > 0. Từ phương trình thứ hai ta xét:
(*) Với x > y thì VT của phương trình luôn dương, VP của phương
trình luôn âm nên với x > y thì phương trình vô nghiệm dẫn đến hệ
vô nghiệm.
(*) Với x < y, chứng minh tương tự cũng có hệ vô nghiệm.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
Biên soạn: Gv Vũ Danh Được ĐT: 0942.79.83.83
--------------------------------------------------------------------------------------
Công ty Giáo Dục Đức – Anh – Minh, TP Hà Nội
17
(*) Với x = y thì từ phương trình thứ nhất có 2x2 = 1 
2
2
x   mà 0
 x, y  1 nên
2
2
x  .
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x, y) = (
2
2
,
2
2
).
NĂM 2001
Câu 1:
a) ĐK: 0; 1x x  . Rút gọn được  
2
1P x 
b) Để
 
2
1 1
1P x


là số tự nhiên thì  
2
1 1x   . Từ đó giải được
x = 0.
c) Với  
2
4 2 3 3 1x     , suy ra 3 1x   . Do đó P = 3.
Câu 2: ĐK: 1x  
Phương trình   2 1 1 1x x a       
2
1 9
2 1
82 2
x a
 
    
 
a) Với a = 2 thay vào phương trình được:  
2
1 25
2 1
82 2
x
 
   
 
.
Từ đó có:  
1 5
2 1
2 2 2 2
x      2 1 2x   hay x = 0.
b) Phương trình đã cho vô nghiệm khi xảy ra một trong hai trường
hợp sau:
TH1:
9 9
0
8 8
a a     .
TH2: Với
9
8
a   thì phương trình   
9 1
2 1
8 2 2
x a    ,
phương trình này vô nghiệm khi
9 1
0
8 2 2
a    hay a < - 1. Giá trị
a cần tìm của trường hợp này là:
9...