Giải chi tiết đề thi Toán (điều kiện) chuyên Sư Phạm CLB Toán Lim Giải chi tiết đề thi Toán điều kiện trường THPT chuyên Sư Phạm Nguyễn Duy Khương Hà Huy Khôi Trần Quang Độ Nguyễn Khang Nguyễn Hoàng Việt 1 Câu 1 Cho P = ( b − ap b −pa − a p a − b p b a − b ) ( p b −pa)2 + p ab p a + p b (a ≥ 0, b ≥ 0, a 6= b) 1 Rút gọn P 2 Chứng minh rằng P ≥ 0 Lời giải 1 P = ( p b +pa − a + p ab + b p a + p b ) a + b − p ab p a + p b = p ab p a + p b a + b − p ab p a + p b = p ab a + b − p ab 2 Ta có a + b − p[.]
Trang 1Giải chi tiết đề thi Toán điều kiện trường THPT
chuyên Sư Phạm Nguyễn Duy Khương - Hà Huy Khôi - Trần Quang Độ - Nguyễn Khang - Nguyễn
Hoàng Việt
Cho P =
Ã
b−a
p
b−pa−a
p
a−bp
b
a−b
!
:(
p
b−pa)2+pab
p
a+pb (a≥0, b≥0, a6=b)
1 Rút gọn P
2 Chứng minh rằng P ≥0
Lời giải.
1 P = Ãp
b+pa−a+
p
ab+b
p
a+pb
!
: a+b−pab
p
a+pb =
p
ab
p
a+pb :
a+b−pab
p
a+pb =
p
ab
a+b−pab
2 Ta có: a+b−pab= 3(
p
a−pb)2
p
a+pb)2
4 ≥0 Do đó: P≥0
a) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của m, ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm:
x2−(2m+1)x+m2+3=0 ; x2−mx+(4m−11)=0 (2)
b) Một tấm biển quảng cáo có dạng hình tròn tâm O, bán hình bằng 1, 6m
Giả sử hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính bằng
1, 6m sao cho ∠BOC= 45o Người ta sơn màu toàn bộ tấm biển quảng cáo và chỉ sơn một mặt như hình bên dưới Biết mức chi phí sơn phần hình tô đậm là 150000 đồng trên m2, phần còn lại là 200 000 đồng/m2
Hỏi số tiền (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng) để sơn toàn bộ biển quảng cáo là bao nhiêu?Cho π =3, 14
Trang 2A B
C D
O
Lời giải.
a) Ta xét hai trường hợp sau:
1 Nếu(4m−11)≥0 thì
∆(1) =(2m+1)2−4(m2+3)=4m2+4m+1−4m2−12=4m−11≥0,
vậy phương trình (1) có nghiệm
2 Nếu (4m−11)<0⇒∆(2) = m2−4(4m−11)>0⇒ phương trình (2) có nghiệm
Tóm lại, trong mọi trường hợp, ít nhất một trong hai phương trình có nghiệm
b) Ta có
SquạtAOD =SquạtBOC = π ·R2·n
360 = 3, 14·1, 6
2
·45
625(m2)
S∆BOC=S∆AOD=1
2·sin 45o·R2= 16
p
2
25 (m2)
Vậy diện tích phần không tô đậm là
2·¡Squạt AOD−S∆AOD¢ =2
Ã
628
625−16
p
2 25
!
= 1256−800
p
2
625 (m2)
Trang 3Ta thấy
Stô đậm=Stròn−Skhông tô đậm
=3, 14·1, 62−1256−800
p
2
p
2 625
Như vậy tổng số tiền cần để sơn tấm biển là:
150.000·3768+800
p
2
625 +200.000·1256−800
p
2
625 ≈1.216.000 (V N D)
Cho 3 điểm A, B, C thẳng hàng, cố định, B nằm giữa A và C Gọi d là đường thẳng qua C vuông góc AB Lấy điểm M bất kỳ trên d Đường thẳng qua B
vuông góc AM lần lượt cắt AM, d tại I, N MB cắt AN tại K
a) Chứng minh rằng tứ giác M I K N nội tiếp
b) Chứng minh rằng CM·CN =AC·BC
c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N Vẽ hình bình hành
MBN E Gọi H là trung điểm BE Chứng minh rằng OH vuông góc với
d và OH= 1
2AB
Lời giải.
Trang 4C
B
M
I
N K
O
E
H d
a) Theo giả thiết có ∠M I N = 90o = ∠ACM nên B là trực tâm tam giác
AM N suy ra MB vuông góc AN hay ∠MK N = 90o = ∠M I N suy ra tứ giác M I K N nội tiếp
b) Ta có ∠AK M = 90o = ∠ACM suy ra tứ giác AMCK nội tiếp dẫn đến
∠BMC=∠B AK Từ đó xét 2 tam giác BCM và NC A có:
∠BMC=∠N AC; ∠BCM=∠NC A=90o
⇒ 4BCM∼ 4NC A (g g) ⇒ CM
C A = CB
CN ⇒ CM·CN=C A·CB
c) Vì MBN E là hình bình hành nên MB∥N E mà MB⊥N A nên N A⊥N E Tương tự ta có M A⊥ME nên AE là đường kính của đường tròn (AM N)
suy ra O là trung điểm AE Cũng từ hình bình hành ra suy ra H là trung điểm BE Từ đó OH là đường trung bình của tam giác E AB suy
raOH∥AB ⇒ OH⊥d và OH=1
2AB
Trang 5
4 Câu 4
a) Giải hệ phương trình
x2+y2−4x=57
|x−1|2021+ |x−2|2020=1
b) Cho a, b là hai số hữu tỉ Chứng minh rằng nếu ap
2+bp
3 cũng là số hữu tỉ thì a=b=0
Lời giải.
a) Xét phương trình |x−1|2021+ |x−2|2020=1
• Trường hợp 1: x>2
⇒ |x−1| >1⇒ |x−1|2021>1⇒ |x−1|2021+ |x−2|2020>1
• Trường hợp 2: x<1
|x−1|2021+ |x−2|2020=1
⇔(1−x)2021+(2−x)2021=1
Ta có 1−x>0 và 2−x>1⇒(2−x)2020>1⇒(1−x)2021+(2−x)2020>1
• Trường hợp 3: 2>x>1
|x−1|2021+ |x−2|2020=1
⇔(x−1)2021+(2−x)2020=1
Do0<x−1<1nên(x−1)2021<(x−1)2020mà do x−1>0và2−x>0nên :
(x−1)2021+(2−x)2020<(x−1)2020+(2−x)2020<((x−1)+(2−x))2020=1
• Trường hợp 4: x=1 hoặc x=2
Nếu x=1 , thay vào phương trình ban đầu ta có
Trang 6⇒ y=2p
15 hoặc y= −2p
15
Nếu x=2, thay vào phương trình ban đầu ta có
4+y2−16=57⇔ y2=69
⇒ y=p69 hoặc y= −p69
b) Giả sử a6=0
Đặt A=ap
2+bp
3 là số hữu tỉ Ta có:
⇔A−ap
2=bp
3
⇒(A−ap
2)2=(bp
3)2
⇔A2+2a2−2Aap
2=3b2
⇔2Aap
2=A2+2a2−3b2 (1)
• Trường hợp 1: 2Aa=0 mà a6=0
⇒A=0⇔ap
2+bp
3=0
⇔b
a = −
p
3
p
2 (vô lý vì vế trái là số hữu tỉ, vế phải là số vô tỉ)
• Trường hợp 2: 2Aa6=0
(1) ⇒p2= A
2
+2a2−3b2 2Aa
(vô lý vì vế trái là số vô tỉ, vế phải là số hữu tỉ)
Từ 2 trường hợp, ta suy ra giả sử sai, nên a=0
⇒A=bp
2 là số hữu tỉ, mà p
2 là số vô tỉ
⇒b=0
Vậy a=b=0
