23. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 DHQGHN năm học 2010-2011 (chuyên)

Chứng minh đẳng thức là tỷ số của các đoạn thẳng ta thường sử dụng mối liên hệ giữa các đoạn thẳng thô ng qua định lý Ta-lét, tính chất đường phân giác trong/ngoài tam giác, tính chất c[r]

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Đề chính thức 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 phương trình

( x+ -3 x)( 1- x+1)=1 2) Giải hệ phương trình

2 2

1

2 4

x y x y

x y

ìïïï

ïïî

Câu II (3,0 điểm)

1) Với mỗi số thực a ta gọi phần nguyên của a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và ký hiệu là aé ùë û Chứng

minh rằng với mọi số nguyên dương n , biểu thức

2

của một số nguyên dương

2) Với ; ;x y z là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức xy+ yz+ zx= , Tìm giá 5 trị nhỏ nhất của biểu thức

P

=

Câu III (3,0 điểm) Cho hình thang ABCD với BC song song AD Các góc · BAD và · CDA là các góc nhọn Hai

đường chéo AC và BD cắt nhau tại I P là điểm bất kỳ trên đoạn thẳng BC ( P không trùng với ; B C) Giả sử

đường tròn ngoại tiếp tam giác BIPV cắt đoạn thẳng PA tại M khác P và đường tròn ngoại tiếp tam giác CIPV

cắt đoạn thẳng PD tại N khác P

1) Chứng minh rằng năm điểm A M I N D ; ; ; ; cùng nằm trên một đường tròn Gọi đường tròn này là ( )K

2) Giả sử các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại Q , chứng minh rằng Q cũng nằm trên đường tròn ( ) K

3) Trong trường hợp ; ;P I Q th ẳng hàng, chứng minh rằng PB BD

PC= CA Câu IV (1,0 điểm) Giả sử A là một tập con của tập các số tự nhiên N Tập A có phần tử nhỏ nhất là 1, phần tử

lớn nhất là 100 và mỗi x thuộc A ( x¹ ) luôn tồn tại ;1 a b cũng thuộc A sao cho x a b = + ( a có thể bằng b )

Hãy tìm một tập A có số phần tử nhỏ nhất

Câu I

1) Điều kiện 0£ £ x 1

Phương trình tương đương với

3

Nếu 0£ < Þx 1 3( 1- x+ > , đồng thời 1) 3 x+ x+ <3 1+ 4= 3,

suy ra VT> VP (loại)

Thử lại ta thấy x =1 là nghiệm

Nhận xét: bài toán kết hợp giữa phương pháp nhân liên hợp và phương pháp đáng giá để tìm nghiệm của phương trình

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Biểu thức liên hợp x+m- x=( x+ m- x)( x+ m+ x)

m

( )

Ta có: ( ) ( )

( ) ( )

0

2

ïï

phương trình đã cho

Ý tưởng: Bài toán xuất hiện ba căn thức nằm trong một tích, sẽ rất khó để định hình ra hướng giải, ẩn phụ sẽ rất phức tạp Nhưng nếu xét hai căn thức đầu tiên ta thấy ( ) ( )2 2

a - b = a- b a+b Khi đó phương trình đã cho tương đương với:

3

Với phương trình ( i ), ta sẽ đi nhẩm một vài giá trị nghiệm đẹp thỏa mãn các yêu cầu là 1³ x³ 0 và các biểu thức trong căn thức là số chính phương vì thế ta khẳng định nó có nghiệm duy nhất x = 1, đồng thời 1 lại là miền chặn

của biến do đó ta sẽ đi đánh giá phương trình ( i ) Tức là với 0 £ < ta sẽ đi chứng minh ( i ) vô nghiệm như sau: x 1

x

ïï

Vậy ta kết luận x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Giải phương trình ( x+ -2 x- 1)( 2- x+1)= 1

Đáp số: x = 2

2 Giải phương trình ( x+ -1 x- 2)( 3- x+1)= 1

Đáp số: x = 3

2)

+ Xét x= y= 0 là nghiệm

+ Xét x¹ 0;y¹ 0 hệ phương trình tương đương với

Thay (1) vào (2) ta thu được

3

2

8 1 1

xy

ìïï + = ï

ïïïî

1

Û = =

Nhận xét: bài toán sử dụng phép chia các biến, sau đó kết hợp hai phương trình tìm mối liên hệ giữa hai biến để tìm nghiệm của hệ phương trình

Ý tưởng: quan sát thấy hệ phương trình có dáng dấp của hệ phương trình đối xứng loại hai, tức là sự xuất hiện của

tổng x y+ và tích xy sẽ làm ta nghĩ đến phép đặt Viet là S= +x y P; = xy để từ đó giải hệ hai ẩn ,S P Nhưng

2

ïïí

thừa bậc 4 phức tạp, vì thế ta sẽ nghĩ đến phương án khác đó chính phương pháp “ chia để trị “ Trước hết là xét phương trình hai, vế trái của nó xuất hiện tích đồng thời vế phải cũng xuất hiện tích số dạng xy xy Do đó ta sẽ nghĩ đến việc chia một biểu thức bên vế trái cho xy và ta được như sau: 1x 1y 1 xy1 4

chủ đạo là hai biến 1 1;

x y vì vậy ta cũng chia phương trình một để xuất hiện hai biến này, đó là 2 2

2

nếu đặt ìï =ïíïax by= 11

3

2 2

ì

2

ìï + = ï

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Giải hệ phương trình ( ) ( )

ïï

2 Giải hệ phương trình

3

2

1

1

xy

xy

ïïí

ïïî

Câu II

,

do n > 1Þ K³ 1

Ta có

1

2

K

( )3

K

suy ra

2

Nhận xét Áp dụng kiến thức về phần nguyên, quan hệ giữa phần nguyên của một số với số đó

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Áp dụng giả thiết của bài toán đề tìm ra điều kiện

Ta có n là số nguyên dương nên n ³ 1 khi đó 3 1 1

n- + >

 Giá trị phần nguyên của một số không vượt qua số đó

n

 Một số thực bất kỳ có giá trị lớn hơn hoặc bằng giá trị của phần nguyên của nó và nhỏ hơn số nguyên liền sau

số nguyên biểu diễn phần nguyên của số thực đó

Ta có

1

3 1 1

1

1

K < +n K < K+

 Không tồn tại một lập phương nào giữa hai lập phương liên tiếp

Ta có 3

K và ( )3

1

1

n+K không thể viết được dưới dạng lập phương của một số nguyên dương

Vậy với mọi số nguyên dương n, biểu thức

2

27 3

n éê n ùú

phương của một số nguyên dương

suy ra

3

P

Đẳng thức xảy ra khi x= =y 1;z= 2

3

P =

Nhận xét: Bài toán sử dụng phép thế từ giả thiết và bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương để tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

Ý tưởng: Quan sát thấy, bài toán có sự đối xứng giữa hai kiến ;x y nên điểm rơi sẽ xảy ra tại x y kz= = Thế lại

giả thiết ta sẽ tìm được x= =y 1;z= Gi2 ả thiết cho xy + yz + zx = 5 đồng thời số 5 này cũng xuất hiện ở biểu

thức P nên ta sẽ nghĩ đến chuyện thế giả thiết vào P Khi đó ta có:

P

=

Và điều ta cần là sử dụng đánh giá nào đó để triệt tiêu tử số và mẫu số, tức là tìm số m thỏa mãn:

6 x+ y x+ z + 6 y+ z y+z + z+ x z+ y £ m x3 +3y+ 2z Thì lúc đó P 1

m

³ Câu chuyện tiếp theo là tìm m , quan sát thấy các biểu thức trong căn đều là tích của hai thừa số

dương, ta sẽ sử dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương nhưng phải thỏa mãn điều kiện điểm rơi Với căn

thức cuối, với điểm rơi x y= Û + = + thì ta có ngay rằng z x z y

2

Cũng với tư duy đó, ta sẽ thấy:

6

2

6

2

2

x+ y x+ z + y+ z y+ z + z+x z+ y £ x+ y+ z

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Cho ; ;a b c > 0 và thỏa mãn a+ + = Chb c 1 ứng minh rằng:

1 2

P

2 Cho ; ;a b c > 0 và thỏa mãn a+ + = Chb c 1 ứng minh rằng:

3 2

P

Câu III

1) Tứ giác BPIM nội tiếp và AD BCP , suy ra ·MAD= ·BPM= BIM· , nên tứ giác AMID nội tiếp

Tương tự tứ giác DNIA nội tiếp

Vậy các điểm ; ; ; ;A M I N D thuộc một đường tròn ( )K

Nhận xét Chứng minh năm điểm cùng thuộc một đường tròn ta chứng minh cho bốn điểm trong đó tạo thành một

tứ giác nội tiếp

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau

BPM= BIM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼BM của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPIM )

 Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra các cặp góc so le trong bằng nhau

BPM= MAD (hai góc so le trong của BP ADP ), suy ra ·BIM= MAD·

 Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh đối diện bằng góc trong không kề với nó thì tứ giác đó là tứ giác nội tiếp

Tứ giác MIDA có góc · BIM là góc ngoài tại đỉnh I và góc · MAD là góc trong tại đỉnh A không kề với I

thỏa mãn ·BIM= MAD· nên suy ra MIDA là tứ giác nội tiếp

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được DNIA là tứ giác nội tiếp

Do đó 5 điểm ; ; ; ;A M I N D cùng thuộc một đường tròn

2) Do các tứ giác BPIM và CPIN nội tiếp nên ta có · QMI= BPI· =CNI· , suy ra tứ giác MINQ nội tiếp

Mà M I N; ; Î ( )K , suy ra tứ giác MINQ nội tiếp đường tròn ( ) K

Vậy Q thuộc đường tròn ( ) K

Nhận xét Chứng minh một điểm nằm trên một đường tròn ta chứng minh điểm đó cùng ba điểm nằm trên đường tròn tạo thành một tứ giác nội tiếp

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Tứ giác nội tiếp có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh không kề với nó

K

Q

N M

P

I

+ Tứ giác CPIN là tứ giác nội tiếp có góc ngoài tại đỉnh P và góc trong tại đỉnh N không kề với nó nên

BPI= CNI, suy ra ·QMI=CNI·

 Áp dụng nhắc lại kiến thức

Tứ giác MINQ có góc ·INC là góc ngoài tại đỉnh N và góc · QMI là góc trong tại đỉnh M không kề với N

thỏa mãn ·INC=QMI· nên suy ra MINQ là tứ giác nội tiếp

 Qua ba điểm không thẳng hàng xác định được một và chỉ một đường tròn

Bốn điểm M ; I ; N ; Q cùng thuộc một đường tròn mà ba điểm M ; I ; N cùng thuộc đường tròn ( ) K nên suy ra Q cũng thuốc đường tròn ( ) K

3) Khi ; ;P I Q thẳng hàng, kết hợp với Q thuộc đường tròn( ) K ta có · AIQ= PIC· (đối đỉnh); ·PIC= PNC· (do

tứ giác NIPC nội tiếp)

PNC= QND (đối đỉnh); ·QND= QID· (do tứ giác INDQ nội tiếp)

Þ = , suy ra IQ là phân giác · DIA nên IP là phân giác góc · BIC

+

Nhận xét Chứng minh đẳng thức là tỷ số của các đoạn thẳng ta thường sử dụng mối liên hệ giữa các đoạn thẳng thông qua định lý Ta-lét, tính chất đường phân giác trong/ngoài tam giác, tính chất của tỷ lệ thức

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau

+ Góc ·AIQ và góc · PIC là hai góc đối đỉnh nên ·AIQ= PIC·

+ Góc ·PNC và góc · QND là hai góc đối đỉnh nên ·PNC= QND·

 Áp dụng nhắc lại kiến thức

+ ·PIC= PNC· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »PC của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PINC )

+ ·QND= QID· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼QD của đường tròn ngoại tiếp tứ giác QNID ), suy ra

AIQ=QID

 Một tia nằm giữa hai tia và chia góc tạo bởi hai tia đó thành hai góc bằng nhau thì tia này là tia phân giác

Ta có IQ nằm giữa IA và ID mà · AIQ=QID· suy ra IQ là phân giác của góc ·AID

 Hai góc đối đỉnh có chung đường phân giác hay tia phân giác của góc này là tia đối của tia phân giác góc kia

+ IQ là phân giác của góc ·AID

+ IQ là tia đối của tia IP

Góc ·AID và góc · BIC là hai góc đối đỉnh, suy ra IP là phân giác của góc ·BIC

 Đường phân giác trong của một tam giác chia cạnh dối diện thành hai đoạn thẳng có tỷ số bằng với tỷ số hai cạnh tương ứng của tam giác

Ta có IP là phân giác của góc trong ·BIC của tam giác CBID nên PB IB

PC= IC

 Định lý Ta-lét

PC= IC= IA

+

Câu IV Giả sử A có n số, chúng ta xếp chúng theo thứ tự 1= x1< x2< x2<L L <x n=100 (1)

Suy ra với mỗi kÎ {1,2,3,K,n- 1}ta có xk+1= + xi xj£ xk+ xk= 2 xk (2), với 1£ i j, £ k

Áp dụng kết quả ( ) 2 ta thu được x2£ + = ; 1 1 2 x3£ + = ; 2 2 4 x4£ ; 8 x5£ 16; x6£ 32; x7£ 64, suy ra tập

A phải có ít nhất 8 phần tử

+) Giả sứ n= Þ8 x8= 100

Vì x5+ x6£ 16+ 32= 48Þ x7= 2x6Þ x6= 25.

2

+) n = 9 ta có tập {1; 2; 3; 5; 10; 20; 25; 50; 100}thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp số: n= 9

Nhận xét Các bài toán dạng này chủ yếu đánh giá tư duy và không có cách giải tổng quát

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Từ 1 đến 100 có 100 số tự nhiên Tập hợp A là tập hợp con của tập ¥ có phần tử nhỏ nhất bằng 1 và lớn nhất bằng 100 nên tập hợp A không vượt quá 100 phần tử

Tổng quát, tập hợp A có 2£ £n 100 phần tử, sắp xếp các phần tử này theo thứ tự

1= x <x < x <L L < x n=100

 Theo đề bài có x a b= + với x, a, b đều là thuộc tập hợp A nên ta có x a

ìï >

ïí

ï >

{1,2,3, , 1}

kÎ K n- ta có x k+1= +x i x j£ x k+ x k= 2x k với 1£ i j, £ k

 Áp dụng kết quả xk+1= + xi xj£ xk+ xk= 2 xk ta được

x £ + = ; x3£ + = ; 2 2 4 x4£ ; 8 x5£ 16; x6£ 32; x7£ 64,

suy ra tập A phải có ít nhất 8 phần tử

 Giả sử n = 8 theo thứ tự giả sử ta suy ra được x =8 100

 Áp dụng các kiến thức trên, cùng cách tính toán giải phương trình bậc nhất

+ Vì x6+ x7£ 32+64= 96Þ x8= 2x7Þ x7= 50

+ Vì x5+ x6£ 16+32= 48Þ x7= 2x6Þ x6= 25

2

 Vì A là tập hợp có ít nhất 8 phần tử mà xét trường hợp có 8 phần tử cho kết quả mâu thuẫn nên tập hợp A có

ít nhất 9 phần tử

Với n = 9 theo thứ tự giả sử ta suy ra được x =9 100 từ đó ta tìm được một tập hợp

{1,2,3,5,10,20,25,50,100}thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp số: n= 9