S ố đo góc ở tâm gấp đôi số đo góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn.. Hai tia chung g ốc cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng chứa một tia chung gốc khác hai[r]
Trang 1ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
Đề dự bị TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2011 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MÔN THI: TOÁN (Vòng 2) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình
2 2
3
x y xy
ìïïï íï ïïî
2) Giải phương trình
2x+1+ x+ = x+2 + x
Câu II (3,0 điểm)
1) Một số có 10 chữ số được gọi là tốt nếu số đó chia hết cho 11111 và tất cả các chữ số đều khác nhau Hỏi có tất cả bao nhiêu số tốt
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
f x y z = x + y + z + xy- yz- y- x
Câu III (3,0 điểm) Cho tam giác ABCV nội tiếp đường tròn ( )O P di chuyển trên cung »BC chứa A
của ( )O I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABCV Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác PBCV
1) Chứng minh rằng ; ; ;B I Q C cùng nằm trên một đường tròn
2) Trên tia BQ CQ ; lần lượt lấy các điểm ;M N sao cho BM BI= ; CN CI= Chứng minh rằng MN
luôn đi qua một điểm cố định
Câu IV (1,0 điểm) Với 0< a b c; ; <1 Chứng minh rằng
3
1 a b+ 1 b c+ 1 c a£ 1 2 abc
Câu I
Ta có
2
xy
xy- + - x y £ - + + - x y = x y + - x y
2
x y + - x y
2
xy
x y
x y
ìï =
íï + =
Nhận xét: bài toán sử dụng phương pháp đánh giá phương trình hai (cụ thể là bất đẳng thức Cosi ) tìm
mối quan hệ giữa các biến, sau đó thế ngược lại vào phương trình một tìm nghiệm của hệ phương trình
Ý tưởng: Quan sát hai phương trình của hệ, ta thấy rằng phương trình hai là phương trình chứa căn thức
và chỉ có một ẩn
xy
vì thế ta sẽ đi khai thác nó Nhưng vấn đề là khai thác như thế nào, nếu bình phương hai vế hai lần sẽ đưa ta đến phương trình bậc bốn như vậy càng đưa về bậc cao sẽ càng khó làm
Trang 2Do đó, ta sẽ nghĩ đến hướng đánh giá cụ thể ở đây là sử dụng bất đẳng thức Cosi vì ta nhẩm được nghiệm
1
xy =
Với
1
xy =
thì
2xy - 1 1=
và
2 2
2- x y =1
vì vậy ta sẽ áp dụng bất đẳng thức Cosi để dấu bằng xảy ra như sau:
2 2
2 2
2 2
1
2
1 3
x y
+
Với
1
xy =
thế vào phương trình một của hệ, ta có
2 1
x y xy
ìï + = ïí
Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
1 Giải hệ phương trình
2 2
3
y
x
ìï + ïïí ïïïî
=
2 Giải hệ phương trình 2 2
1
x y xy
ìïïï íï ïïî
2x+1- x+ 2 = x- x-
Þ VT 0< Þ 5x< 4x- Þ < (mâu thuẫn) 1 x 1
Giả sử 0£ < , lập luận tương tự thu được x 1 x > (mâu thuẫn) Thử lại thu được nghiệm duy nhất 1 1
x =
Nhận xét: bài toán sử dụng phương pháp đánh giá miền nghiệm để tìm nghiệm của phương trình
Ý tưởng: Quan sát bài toán, ta thấy có vẻ nó hơi rắc rối một chút là vì xuất hiện tới bốn căn thức mà căn
lại còn ở dưới mẫu thì nó sẽ rất khó khăn trong việc giải bằng các công cụ mà ta thường làm như ẩn phụ, nâng lũy thừa …Và hướng cuối cùng ta nghĩ đến là đánh giá Để đánh giá được nó, ta cần tìm nghiệm trước, vẫn là ưu tiên hướng nghiệm nguyên đồng thời cân bằng căn thức với căn thức, phân thức với phân thức ta có:
1
Và bây giờ, ta sẽ đi chứng minh x =1 là nghiệm duy nhất của phương trình Hay nói cách khác, với 1
x > hoặc x <1 nó sẽ vô nghiệm Biến đổi phương trình đã cho về dạng:
ìï
ìï
Trang 3Vậy x = là nghi1 ệm duy nhất của phương trình
Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
1 Giải phương trình 1 3 1 1 4
2x+1+ x+ = x+ 2+ x
2 Giải phương trình
Câu II
1) Giả sử n abcdefghij= là một số tốt
Ta có n a b cº + + +L + j (mod 9) vì các chữ số của n khác nhau nên
9.10
2
Vậy n chia hết cho 9
Ta có (11111,9)=1 suy ra n chia hết cho 99999
Ký hiệu x abcde y= ; = fghij ta có n= 10 5x y+ , suy ra nº (x y+ ) (mod 99999),
0 mod 99999
x y
Mà 0< + <x y 2.99999Þ + =x y 99999
9
a f b g c h d i e j
Þ + = + = + = + = + =
Có tất cả 5! cách sắp xếp 5 cặp (0; 9 , 1; 8 , 2; 7 , 3; 6 , 4; 5) ( ) ( ) ( ) ( ) (mỗi cách sắp xếp ta được một số n ) Với mỗi cặp có 2 cách sắp xếp Þ số các bộ số tốt bằng t = 5 5!5 Ta phải trừ trường hợp a = 0 đứng đầu bằng 4!2 Vậy số tốt bằng 4 32.5! 4!24 32.5! 1 1 3456
10
d= - = æçç - ö÷÷÷=
Nhận xét Áp dụng kiến thức số học về cấu tạo số, phép chia hết, đồng dư thức,…
Nhắc lại kiến thức và phương pháp
M ột số tự nhiên khi chia cho 9 có cùng số dư với tổng của các chữ số của số đó khi chia cho 9
Ta có n a b cº + + +L + j (mod 9)
Vì n là s ố tự nhiên có 10 chữ số khác nhau nên các chữ số của n chính là 10 chữ số tự nhiên 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6,
7, 8, 9
2
Hai s ố có ước chung lớn nhất bằng 1 là hai số nguyên tố cùng nhau
Ta có 9 và 11111 có ước chung lớn nhất bằng 1 nên là hai số nguyên tố cùng nhau
M ột số tự nhiên chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau thì chia hết cho tích hai số đó
Ta có n chia hết cho 9 (chứng minh trên) và n chia hết cho 11111 (theo đề bài) mà 9 và 11111 là hai số nguyên tố cùng nhau (chứng minh trên) suy ra n chia hết cho 99999
Phân tích c ấu tạo số
Ký hiệu x abcde y= ; = fghij ta có n= 10 5x y+
Áp d ụng các phép toán đồng dư
Ta có 105º 1 mod9999( )Û 105x y x y+ º + (mod9999) mà nº 0 mod99999( ) (chứng minh trên), suy ra (x y+ )º 0 mod99999( )
Suy lu ận
Vì ;x y là các số có 5 chữ số nên 0< x<99999 và 0< y<99999 (do các chữ số khác nhau nên ;x y
không thể vượt quá 99999) suy ra 0<(x y+ )<2.99999 mà (x y+ )M99999 do đó (x y+ )= 99999
Từ đây ta có abcde+ fghij= 99999 suy ra a+ f=b g c h d i e j+ = + = + = + = 9
Trang 4Các cặp số tự nhiên có tổng bằng 9 là (0; 9 , 1; 8 , 2; 7 , 3; 6 , 4; 5 ứng với 5 tổng trên ta có 5! ) ( ) ( ) ( ) ( )
cách lập và mỗi cặp có 2 cách xây dựng nên có tất cả 2 5! số tốt được tạo thành, trường hợp số 0 5
đứng ở hàng trăm triệu không có nghĩa có 2 4! nên sẽ có 4 2 5! 2 4! 34565 - 4 = số tốt
2) Ta có f x y z( ; ; ) (= 2x y+ - 3)2+(y z- )2- ³ - 9 9
Vậy fmin= - 9 khi x y z= = = 1
Nhận xét Dạng toán tìm giá trị nhỏ nhất đưa về tổng các lũy thừa bậc chẵn cộng với một số khác 0 Nhắc lại kiến thức và phương pháp
Tách, nhóm các hạng tử
( ; ; ) 4 2 2 2 2 4 2 6 12
f x y z = x + y +z + xy- yz- y- x
(4x2 y2+9 4+ xy- 12x- 6y) (y2- 2yz z+ 2)- 9
Hằng đẳng thức bình phương của một tổng hoặc hiệu (a b± )2= a2± 2ab b+ 2
Ta có y2- 2yz z+ 2=(y z- )2
Hằng đẳng thức bình phương của tổng hoặc hiệu mở rộng cho nhiều hạng tử
(a b c+ - )2= a2+b2+ c2+2ab- 2ac- 2bc
Ta có 4x2+ y2+9 4+ xy- 12x- 6y=(2x y+ - 3)2
Khi đó ta được f x y z( ; ; ) (= 2x y+ - 3)2+(y z- )2- ³ - 9 9
2 2
0
x y
y z
ïï íï
ïî
với mọi giá trị của ; ;x y z
Khi đó (2x y+ - 3)2+(y z- )2³ 0Û (2x y+ - 3)2+(y z- )2- ³ - 9 9
2 2
0
x y
y z
ïï íï
ïî
3 2 0
x y
y z
ìï + - = ï
Câu III
1) Ta có ·BIC=1800- ·IBC ICB- ·
o
O
K
N
M Q
A
C B
I P
Trang 5· 2· 180
BAC BIC
2
BPC BQC= + Û BPC= BQC- °
Tứ giác BPAC nội tiếp, suy ra ·BAC BPC= · Þ BQC BIC· = · , nên 4 điểm ; ; ;B I Q C thuộc một đường tròn
Nhận xét Chứng minh bốn điểm cùng thuộc một đường tròn ta chứng minh bốn điểm này tạo thành
một tứ giác nội tiếp
Nhắc lại kiến thức và phương pháp
T ổng ba góc trong một tam giác bằng 180°
Ta có ·BIC IBC ICB+ · + · =1800Û BIC· = 1800- IBC ICB· - ·
Tâm đường tròn nội tiếp là giao điểm của ba đường phân giác trong của tam giác
I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABCD nên:
+ BI là phân giác của góc · ABC , suy ra · ·
2
ABC IBC = + CI là phân giác của góc · ACB, suy ra · ·
2
ACB ICB =
ABC ACB BIC= - IBC ICB- = -
2
BPC BQC = +
Hai góc n ội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau
BAC BPC= (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »BC c ủa đường tròn ngoại tiếp tứ giác BAPC )
2BIC 180 2BQC 180 BIC BQC
T ứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một dưới một góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp
Tứ giác QICB có hai đỉnh Q và I cùng nhìn cạnh BC dưới hai góc bằng nhau ·BIC BQC= · suy ra
QICB là tứ giác nội tiếp hay bốn điểm ; ; ;B I Q C cùng thuộc một đường tròn
2) Gọi đường tròn (B BI; ) giao (C CI; ) tại K khác I thì K cố định
Góc ·IBM là góc ở tâm chắn cung »IM và · IKM là góc nội tiếp chắn cung »IM , suy ra · 1·
2
IKM= IBM (1)
2
IKN= ICN (2)
Theo câu 1) ; ; ;B I Q C thuộc một đường tròn, suy ra
IBM IBQ ICQ ICN= = = (3)
Từ (1), (2) và (3), suy ra ·IKM IKN= · Þ KM KNº
Vậy MN đi qua K cố định
Nhận xét Chứng minh một đường thẳng đi qua một điểm cố định ta chứng minh hai đường thẳng cùng
đi qua một điểm cố định và chứng minh hai đường thẳng này trùng nhau
Nhắc lại kiến thức và phương pháp
S ố đo góc ở tâm gấp đôi số đo góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn
+ Góc ·IBM là góc ở tâm chắn cung »IM và ·IKM là góc nội tiếp chắn cung »IM của đường tròn
(B BI; ) , suy ra · 1·
2
IKM= IBM
Trang 6+ Góc ·ICN là góc ở tâm chắn cung »IN và · IKN là góc nội tiếp chắn cung »IN của đường tròn
(C CI , suy ra ·; ) 1·
2
IKN= ICN
Áp d ụng nhắc lại kiến thức
QBI QCI= (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ºQI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác QICB ) hay
IBM ICN=
Từ các đẳng thức chứng minh trên ta được ·IKM IKN= ·
Hai tia chung g ốc cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng chứa một tia chung gốc khác hai tia đã cho Hai tia này cùng tạo với tia chung gốc khác kia hai góc bằng nhau thì hai tia đã cho trùng nhau
IKM IKN= và IM IN cùng thu; ộc một nửa mặt phẳng bờ IK nên IM INº
Mà IM và IN cùng đi qua điểm K cố định nên MN đi qua K cố định
Câu IV Ta cần chứng minh
F a b c
Với ;a b> và ab x0 £ , ta có đẳng thức 1 1 2
x a+ x b£ x ab
2
x x a b ab x ab
2x x a b 2x ab ab a b( ) 2x 2x a b 2ab
Û + + + + + £ + + + Û 2x ab+ ab a b( + £) x a b( + +) 2ab
( ab x)( a b)2 0
+) vì c+1 1> > ab, áp dụng kết quả (1) ta suy ra:
Đẳng thức xay ra khi và chỉ khi a=b
Ta cũng có
1 a b£ 1 2 ab
Từ đó suy ra
; ;
1 2
F a b c
F ab ab c
Xét bộ (a b c; ; ) bất kỳ có a b¹ ta có F a b c( ; ; )< F ab( ; ab c; )
Suy ra giá trị lớn nhất chỉ đạt được khi a b c= = , hay F a b c( ; ; )£ F a a a( ; ; )= (điều phải chứng minh) 0