19. Đề thi tuyển sinh vào lớp10 DHKHTN năm học 2015-2016 (chuyên)

Nhận xét: Bài toán sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi, kết hợp với bất đẳng thức Cosi đưa về được một bất đẳng thức quen thuộc gọi là bất đẳng thức Nesbitt, bất đẳng thức có tới 45 cách chứ[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHTN

Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN

NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: TOÁN (Vòng 2)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm)

1) Với ; ;a b c là các số thỏa mãn

3a+3b+ 3c = 24+ 3a+ -b c + 3b+ -c a + 3c+ -a b

Chứng minh rằng (a+ 2b b)( +2c c)( +2a)= 1

2) Giải hệ phương trình ( ) 3 3 2

ïí

Câu II (3,0 điểm)

1) Tìm số tự nhiên n để n + 5 và n + 30 là số chính phương (số chính phương là bình phương của một số nguyên)

2) Tìm (x y nguyên th; ) ỏa mãn đẳng thức 1+ x+ + =y 3 x+ y

3) Giả sử ; ;x y z là các số thực lớn hơn 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

y

P

Câu III (3,0 điểm) Cho tam giác ABCV nhọn không cân với AB AC< Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng

BC Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đoạn AM Trên tia đối của tia AM lấy điểm N sao cho

2

AN= MH

1) Chứng minh rằng BN AC=

2) Gọi Q là điểm đối xứng với A qua N Đường thẳng AC cắt BQ tại D .Chunwgs minh rằng bốn điểm

; ; ;

B D N C cùng thuộc một đường tròn,gọi đường tròn này là ( )O

3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQDV cắt ( )O t ại G và D Chứng minh rằng NG song song với BC

Câu IV (1,0 điểm) Ký hiệu S là tập hợp gồm 2015 diểm phân biệt trên một mặt phẳng Giả sử tất cả các điểm của

S không cùng nằm trên một đường thẳng Chứng minh rằng có ít nhất 2015 đường thẳng phân biệt mà mỗi đường

thẳng đi qua ít nhất hai điểm của S

…… HẾT………

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu I

1) Đặt

3

3

3

ìï + - =

ïïï + - =

íï

ï + - =

ïïî

3a+3b+3c = 24+ 3a+ -b c + 3b+ -c a + 3c+ -a b

24

( )( )( )

24 3 x y y z x z 0

Û - + + + = Û 24- 3 2( a+4b)(2b+ac)(2c+ 4a)= 0

24 24 a 2b b 2c c 2a 0

Û - + + + = Û (a+2b b)( + 2c c)( + 2a)= 1 Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, khai thác biến đổi từ giả thiết, điểm nhấn ở đây chính là hằng đẳng thức bậc ba để suy ra điều phải chứng minh

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hằng đẳng thức ( )3 3 2 2 3

x+ y = x + x y+ xy + y

 Hằng đẳng thức

( ) (3 )3 ( )2 ( ) 2 3

x+ y+ z = x+ y + x+ y z+ x+ y z + z

( )2 ( )

( ) ( )2 ( )

( )( )( )

3

Ý tưởng: Bài toán cho giả thiết khá là cồng kềnh, phức tạp thậm chí bậc to, nhưng quan sát các đại lượng bên vế

phải, ta thấy các biểu thức 3a b c+ - ,

3b+ -c a và 3c a b+ - độc lập so với nhau mặt khác:

3a+ -b c+ 3b+ -c a+ 3c+ -a b= 3a+ 3b+ 3c

Vì thế nếu đặt x= 3a+ -b c y; = 3b+ -c a z; = 3c+ -a b thì giả thiết bài cho tương đương với

24

x+ y+ z = + x + y + z Khoan nói đến chuyện biến đổi nói, bây giờ ta sẽ quan sát đến biểu thức cần chứng minh, với phép ẩn phụ trên ta có thể hoàn toàn rút ; ;a b c theo ; ; x y z Xét biểu thức a+ 2b biểu thức này

không chứa c vậy nên ta cần tìm mối liên hệ giữa ; ; x y z sao cho c triệt tiêu, dễ thấy ở x chứa c - còn y chứa c

nên suy ra x+ =y 2a+ 4b= 2(a+ 2b), tương tự y+ =z 2(b+ 2c); z+ =x 2(c+2a) Do đó ta cần chứng minh

(x+ y y)( + z z)( + x)= 8 Bây giờ ta quay ngược lại với giả thiết, xuất hiện hằng đẳng thức bậc ba, nên ta sẽ khai triển nó, ta được: ( )3 3 3 3 ( )( )( )

3

x+ y+ z = x + y + z + x+ y y+ z z+ x nên suy ra:

( )( )( )

x + y + z + x+ y y+ z z+ x = + x + y + z

(x y y)( z z)( x) 8

Û + + + = Þ điều phải chứng minh

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

12

a+ +b c = + a+ -b c + b+ -c a + a+ -c b Chứng minh rằng 2abc = 1

2) Ta có

ïí

ïî

( )( )

ïï

( )( )( )

( ) ( ) ( ) (2 )3

( ) (3 )3

1 2

8 2

é = Þ = ê

ê

Þ + + = Þ ê = - Þ = -êë

Vậy ( ; ) ( )1; 1 , 7; 8

2

x y = æçç- - ö÷÷÷

è ø

Nhận xét: Bài hệ phương trình rất hay ở chỗ kết hợp cả hai phương trình, sau đó nhóm lại hằng đẳng thức đưa được

về phương trình biểu diễn mối liên hệ giữa ;x y và thế ngược lại tìm nghiệm của hệ phương trình

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hằng đẳng thức ( )3 3 2 2 3

x+ y = x + x y+ xy + y

 Hằng đẳng thức ( ) (3 )3 ( )2 ( ) 2 3

x+ y+ z = x+ y + x+ y z+ x+ y z + z

( )( )( )

2

2

3 3

 Giải phương trình tổng quát ( )3 ( )3

é ù é= ù

ë û ë û

( ) ( ) 2( ) ( ) ( ) 2( ) 0 ( ) ( )

Ý tưởng: Phương trình thứ hai trong hệ khá phức tạp, ta sẽ đi khai thác nó trước, để ý bên vế phải của phương trình hai, xuất hiện các tổng 2

27x + 9x mà ta thấy 2 ( )2 ( )

27x +9x=3 3x + 3 3x có bóng dáng của hằng đẳng thức nếu thêm đại lượng ( )3 3

3x + 1 khi đó : 3 2 ( )3 3

26x + 27x + 9x= 3x+1 - x - 1 Chuyển đại lượng 3

1

x + sang vế trái của phương trình hai, ta được:

( ) ( )3

x + y + + x+ y = x+ ( i )

Điều còn lại là ta chưa khai thác tới phương trình một, nhưng quan sát ( i ) một chút, ta thấy vế phải là một lũy thừa

bậc ba, ta sẽ biến đổi vế trái ( i ) cũng về dạng đó Bởi lẽ x3+ y3+ =8 x3+ y3+ 23 ta sẽ nghĩ đến chuyện đưa vế

trái ( i ) về dạng ( )3

2

x+ y+ Hay nói cách khác, kết hợp phương trình một của hệ, ta cần chứng minh:

( ) ( )3

x + y + + x+ y = x+ y+

Sẽ có hai cách để chứng minh, một là đi xuôi, hai là chứng minh ngược:

 Từ phương trình một của hệ, có (x+ 2)(y+ 2)= th9 ế vào vế trái của ( i ), ta được:

( )( )( ) ( )3

x + y + + x+ y x+ y+ = x+ y+

x+ y+ = x + y + + x+ y x+ y+

3 x y x 2 y 2 27 x y 2x 2y xy 5

Khi đó ta có ( ) (3 )3

x+ +y = x+ Û + + =x y x+ Û =y x- , thế ngược lại phương trình một của hệ

ta sẽ tìm được nghiệm của hệ phương trình ban đầu

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

ïí

Câu II

1) Đặt 5 22

30

ìï + =

ïí

ï + =

ïî ( ,x yÎ ?; ,x y> ).0

( )( )

Û - = Û - + = vì ( ,x yÎ?; ,x y> ) 0

Lại có y x y x- < + nên 1 13

Thay vào ta tính được n =139 thảo mãn

Nhận xét: Bài toán số học sử dụng tính chất số chính phương, phương trình ước số

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Số chính phương được viết dưới dạng 2

a v ới a là số nguyên

+ n  là s5 ố chính phương nên có dạng 2

x v ới x là số nguyên

+ n 30 là số chính phương nên có dạng 2

y v ới y là số nguyên

 Hằng đẳng thức 2 2   

A B  A B A B 

Trừ vế theo vế của 5 22

30

ìï + = ïí

ï + =

ïî cho nhau ta được 2 2       

y x  n  n  y x y x  

 Phương trình ước số

y x y x   25 1.25     1 25 5.5    5  ; 5

suy ra

    

     

    



      

      



      

      



      

      



     















































139 139

n n

    

    

 



(do n là số tự nhiên)

2) Ta thấy 1+ x+ + =y 3 x+ y và ,x yÎ Þ? x y, là số chính phương

Đặt x= a; y=b; x+ + =y 3 c a b c( , , Î ?)

2

1

1 3 3

ìï + = +

Þ íïïï + + =+ = + Þ íï -ïî - = ïî

( )2 2 2

Þ + - - - = Û 2a+ 2b+ - 2ab= - 3

(a 1)(b 1) 2

éìïï = ìïï =

êí Þ í

êïï = ïï =

Þ êìêïêíï = Þ ìïïí =

êïî ïî ë

Nhận xét: Bài toán số học sử dụng tính chất số chính phương, phương trình ước số

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Khi a là số nguyên ta có được a là số chính phương

Ta có x; y; x y  3 là các số nguyên nên ta có thể biển diễn như sau

2

2

2

   



       



với , ,a b c là các số nguyên dương

Từ đây ta có

( )2

2

1

1

3 3

ìï + = +

ï + + = ïî

 Hằng đẳng thức  2 2 2 2

x y z  x y z  xy xz yz

a b   a b  a   b ab a b a b 

   

2ab 2a 2b 2 ab a b 1 a b 1 b 1 2

a 1b 1 2

 Phương trình ước số a1b  1 2 2.1 1.2         2   1 1  2

Vì ;a b  nên 0 a1 ; b   1 1

Ta có

      

      

      

Vậy x y ;  9; 4 , 4; 9  

3) Ta có

y

P

-4

y

P

-4

y

= ççç + + + ÷÷³

Dấu = xảy ra khi 4 4

9

x

y

ìï = ï

= = = Þ íï =ïî Nhận xét: Bài toán sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi, kết hợp với bất đẳng thức Cosi đưa về được một bất đẳng thức quen thuộc gọi là bất đẳng thức Nesbitt, bất đẳng thức có tới 45 cách chứng minh từ đó tìm ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương a+ ³b 2 ab

 Bất đẳng thức Cosi cho ba số thực dương a+ + ³b c 33abc

 Bất đẳng thức Nesbitt cho ba số thực dương ; ;a b c là

3 2

b c+ c a+ a b³

Chứng minh: Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

9

2

ç + +÷ ç + +÷ ç + ³÷

9 2

2

ç

Û + + çç + + ÷÷÷³

(a b) (b c) (c a) 1 1 1 9

ç

Û êë + + + + + úûçç + + ÷÷÷³

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ba số thực dương, ta có:

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

( )( )( )

3

3

3

Nhân hai bất đẳng thức trên với nhau suy ra điều phải chứng minh

Ý tưởng: Bài toán là một bất đẳng thức đối xứng, vai trò các biến ; ;x y z là như nhau, không khó để thấy nếu

P³ m , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z k= = = Với giá trị x y z k= = = thay ngược lại P , ta có:

3

2 4

k

k

Để bất phương trình (*) có nghiệm với mọi ,m k thì D ³¢(*) 0 khi đó ta được

m - m ³ Û m m - ³ Û m ³ Û m³ Do đó ta tìm được P³ và dấu đẳng thức xảy ra khi 6

k = Û = = = Bây giờ, quan sát biểu thức P , chứa ba phân thức đồng thời căn thức xuất hiện ở mẫu số x y z

mỗi phân thức, bằng cách nào đó ta sẽ đánh giá khử căn bậc hai Với điểm rơi đã tìm được là x= = = , ta y z 4 thấy y+ -z 4= 4, vì vậy đã khử căn bậc hai ta áp dụng bất đẳng thức Cosi như sau:

4

Tương tự cho các biểu thức còn lại, ta suy ra:

3

2

P

Và nếu chứng minh được bất đẳng thức (*) bài toán sẽ được hoàn thành Nhận thấy nếu lấy tử cộng mẫu trong từng

phân thức của (*) ta sẽ được đại lượng x y z+ + chung, chính vì thế, mỗi phân thức ta sẽ cộng thêm 1 khi đó, ta

2

2

Û + + ççç + + + ÷÷³

(x y) (y z) (z x) 1 1 1 9

ç

Û êë + + + + + úçûçç +è + + + + ÷÷ø³ Đặt a= +x y b; = +y z c; = +z x ta có:

( ) 1 1 1 3 3 1

ç

+ + çç + + ÷÷÷³ = Þ

è ø (*) luôn đúng (điều phải chứng minh)

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

y

P

2

y

P

Câu III

1) Gọi P là điểm đối xứng của A qua M

2

H

AC= BPÞ AC= BN

Nhận xét: Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau ta chứng minh cho chúng cùng bằng một đoạn thẳng thứ ba

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hai điểm đối xứng nhau qua một điểm thì điểm đó là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm đã cho

P là điểm đối xứng với A qua M nên M là trung điểm của AP do đó ta có

PMAMPM HM AM HM

2

H

 là trung điểm của PN

 Tam giác có đường trung tuyến cũng là đường cao thì tam giác đó là tam giác cân

Tam giác PNB có BH vừa là đường trung tuyến H là trung điểm của PN ) vừa là đường cao ( BH NP )

nên PNB cân tại B

 Tam giác cân có hai cạnh bên bằng nhau

Tam giác PNB cân tại B nên BP BN

 Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hình bình hành

Tứ giác ACPB có M vừa là trung điểm của BC vừa là trung điểm của AP nên ACPB là hình bình hành

 Hình bình hành có các cạnh đối diện bằng nhau

ACPB là hình bình hành nên ACPB, suy ra AC PB AC BN

 

 (điều phải chứng minh)

2) Do tứ giác ACPB là hình bình hành, suy ra · PAC= APB·

Mà tam giác PBNV cân tại B Þ APB· = ·ANBÞ ANB· = PAC·

Ta có AC= NB NQ; = AN

ÞV =V Þ = Þ cùng thuộc một đường tròn C G là giao điểm; (DQG )

với(DBC , suy ra ·) CAG= BQG·

Mà ·GBQ=GCA· Þ VGBQ∽VGCA GA GQ GA GQ

Mà ·BNC= BDC· = ·AGQÞ VNBC∽VGAQ

Nhận xét: Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau ta chứng minh cho chúng cùng bằng một đoạn thẳng thứ ba Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hình bình hành có hai cạnh đối diện song song

ACPB là hình bình hành nên AC PB suy ra · PAC= APB· (hai góc so le trong)

 Tam giác cân có hai góc ở đáy bằng nhau

Tam giác PBND cân tại B nên APB ANB , suy ra PAC ANB hay CAN BNQ

Có AC NB= (chứng minh phần 1)

NQ= AN ( Q đối xứng với A qua N )

• Hai tam giác có một góc bằng nhau và hai cạnh kề góc tương tứng bằng nhau thì bằng nhau theo trường hợp

“cạnh - góc - cạnh” (c – g – c)

Xét CAN và BNQ có:

+ CA NB ;

+ CAN BNQ ;

+ AN NQ ; ·CAG= BQG·

Suy ra CAN  BNQ (c – g – c), suy ra ACN NBQ hay DCN NBD

• Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp

Tứ giác NBCD có hai đỉnh ; B C liên tiếp cùng nhìn cạnh DN với hai góc DCN NBD nên NBCD là tứ

giác nội tiếp hay ; ; ;N B C D cùng thuộc một đường tròn

3) Ta có ·CAG= BQG·

Mà ·GBQ=GCA· Þ VGBQ∽VGCA GA GQ GA GQ

và ·BNC= BDC· = ·AGQÞ VNBC∽VGAQ;

Nhận xét: Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau ta chứng minh cho chúng cùng bằng một đoạn thẳng thứ ba Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Tứ giác nội tiếp có góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện

DNGB là tứ giác nội tiếp nên ·CAG= BQG·

• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau

GBQ=GCA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DG của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCGD )

• Hai tam giác có hai cặp góc bằng nhau thì đồng dạng theo trường hợp “góc - góc” (g – g); Tam giác đồng dạng

có các cặp cặp tương ứng tỷ lệ và các góc tương ứng bằng nhau

Xét GBQV và GCAV có:

+ ·CAG= ·BQG;

+ ·GBQ= GCA· ;

Suy ra GBQV ∽VGCA (g – g), suy ra GA GQ GA GQ

AC= QB Þ NB= NC

• Hai tam giác có hai góc bằng nhau và hai cặp cạnh kề góc tương ứng tỷ lệ thì đồng dạng theo trường hợp

“cạnh - góc - cạnh” (c – g – c); Tam giác đồng dạng có các cặp cặp tương ứng tỷ lệ và các góc tương ứng bằng nhau

Xét NBCV và GAQV có:

+ GA GQ

NB= NC;

+ ·BNC= ·AGQ(= BDC· );

Suy ra NBCV ∽VGAQ (c – g – c), suy ra ·GQA= NCB· ,

Câu IV Giả sử trên mặt phẳng có n điểm thẳng hàng thì tồn tại một đường thẳng.Theo bài ra các điểm đã cho không cùng nằm trên một đường thẳng nên tồn tại ít nhất một điểm không cùng nằm trên đường thẳng đó nối điểm

đó với n- 1 điểm đã cho ta được n- 1đường thẳng với đường thẳng đi qua n- 1điểm ta được n đường thẳng,

thay n = 2015 thì tồn tại ít nhất 2015 đường thẳng

Nhận xét: Bài toàn tư duy từ việc lập đường thẳng đi qua các điểm kết hợp với tính toán số đường thẳng được tạo thành

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Với n điểm thẳng hàng luôn tồn tại một đường thẳng duy nhất đi qua n điểm đó

 Với n- 1điểm thẳng hàng và 1 điểm nằm ngoài đường thẳng đi qua n- 1điểm đó Khi đó từ 1 điểm đó ta kẻ được n- 1 đường thẳng tới n- 1 điểm Trường hợp này ta có n đường thẳng được tạo thành Đây là trường

hợp có ít đường thẳng được tạo ra nhất

Thay n =2015 ta có 2015 đường thẳng phân biệt được tạo thành