4 replies to this topic

[nntien]

Đề thi năm nay khá dễ nhất là phần đại số, hầu hết giải các bài toán này đều theo quy trình.

Riêng các bài toán hình cần có tư duy tốt hơn nhưng cũng không quá khó.

Attached Images

• 

[nntien]

Bài 2: 

2. Ta có: $(x^2-1)^2 \geq 0 \Leftrightarrow 2(x^4+1) \geq (x^2+1)^2 \Leftrightarrow \frac{x^4+1}{(x^2+1)^2} \geq \frac{1}{2}$.

Bài 3:

1. Ta có: $a^{16}+b^{16}=(a+b)(a^{15}+a^{15})-ab(a^{14}+b^{14})$, mà theo bài toán $a^{16}+b^{16}=a^{15}+b^{15}=a^{14}+b^{14}$, từ đó suy ra:

$1=a+b-ab  \Leftrightarrow (1-a)(1-b)=0  \Leftrightarrow (a,b)=(1,1) \Rightarrow  P=-1$ 

 

PS: hơi giống thi học kỳ

[nntien]

Bài 4:

1. Bài toán quen thuộc: $KA.KB=KC^2 và KA.KB=KD^2$ (sử dụng tam giác đồng dạng) => $KC=KD$.

2. Câu này xét hai trường hợp: 

Trường hợp $A$ nằm gần $CD$ như hình vẽ: Dễ thấy $ADEC$ là hình bình hành => $K$ là trung điểm của $AE$ => $A,B,E$ thẳng hàng. Gọi $I$ là trung điểm của $OO'$, $J$ là giao điểm của $BE$ với $OO'$. Ta dễ thấy $BE=2KJ$ và $KI$ là đường trung bình của hình thang vuông $OO'DC$ => $2KI=R+r$. Mà $KI>KJ$ nên ta có đpcm.

Trường hợp còn lại chứng minh tương tự.

Attached Images

• 

[nntien]

Bài 5:

Để dễ tính toán ta cho $a=2$.

Tam giác $EBH$ là nửa tam giác đều => $HE=1, BH=\sqrt{3}$ => $CH=2-\sqrt{3}$ => $CE^2=1+(2-\sqrt{3})^2=4(2-\sqrt{3})$ => $CE=2\sqrt{2-\sqrt{3}}$, từ đó ta được: $CE=a\sqrt{2-\sqrt{3}}$

Dễ thấy tam giác $BFA$ là nửa ta giác đều nên $EB=EF$. Gọi $P$ là trung điểm của $CE$ => $PM$ là đường trung bình của tam giác $CEF$ => $2PM=a$. Mà $PM$ đối xứng với $MN$ qua đường thẳng $ME$ nên $MN=\frac{a}{2}$.

 

Attached Images

• 

[PhucLe]

Câu 3

2) Nhân 2 vế pt (1) cho $\frac{1}{\sqrt{4}}$. Đặt ẩn phụ đưa về hệ a+b; a-b. Tìm a, b trả về tìm x, y