24. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 DHQGHN năm học 2011-2012 (chuyên) dự bị vòng 1

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ rồi đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai, tìm mối quan hệ giữa hai ẩn phụ sau đó nâng lũy thừa tìm nghiệm của phương trình ban đầu... Ý[r]

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Đề dự bị TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2012 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

MÔN THI: TOÁN (Vòng 2) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm)

1) Giải phương trình

2 8 3 3 8

x + = x + 2) Giải hệ phương trình

1

x xy y

ìïïï íï ïïî

Câu II (3,0 điểm)

1) Tìm các cặp số nguyên (x y thỏa mãn ; )

5 x + 13 y + 6 xy = 4 3 x - y 2) Giả sử a b c ; ; là 3 số dương có tổng là 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

P

+ + Câu III (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có · BAD < 90o Giả sử O là điểm nằm trong ABDD sao cho

OC không vuông góc với BD Vẽ đường tròn tâm O đi qua C BD cắt ( ) O tại hai điểm , M N sao cho B nằm

giữa và M D Tiếp tuyến tại C của ( ) O cắt AD AB lần lượt tại , , P Q

1) Chứng minh rằng bốn điểm ; ; ;M N P Q cùng thuộc một đường tròn

2) CM cắt QN tại , K CN cắt PM tại L Chứng minh rằng KL^ OC

Câu IV (1,0 điểm) Tồn tại hay không 9 số nguyên a a1, 2, ,¼ a9 sao cho tập các giá trị của tổng ai+ aj

(1 £ < £ i j 9) có chứa 36 số nguyên liên tiếp? Giải thích tại sao

Câu I

1) Điều kiện: x³ - 2

Đặt

2

2

ìï = +

ïïí

ïïî (a³ 0;b> ) 0

2a +b = 2x+ +4 x - 2x+ =4 x +8,

suy ra 2a2+b2= 3abÛ (a b- )(2a- b)= 0

2

x

x

é = ê

+ TH2: 2a= Ûb 4(x+2)= x2- 2x+ Û4 x2- 6x- = Û = ±4 0 x 3 13

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ rồi đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai, tìm mối quan hệ giữa hai ẩn phụ sau đó nâng lũy thừa tìm nghiệm của phương trình ban đầu

Nhắc lại kiến thức cũ và phương pháp:

 Hằng đẳng thức 3 3 ( ) ( 2 2)

u + v = u+v u - uv+v

Làm nháp: Chia cả hai vế của phương trình (*) cho y2( vì là làm nháp nên ta cứ coi là y¹ 0), khi đó (*)

2

æ ö÷

ç ÷

Û ç ÷çè ø + + =

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn t x

y

= (đã biết cách giải) thì nghiệm t tìm được sẽ biểu hiện mối quan hệ

giữa ,x y Cụ thể là 1

2

x t y

x t y

é = ê

ê =

Ý tưởng: Bài toán này có thể giải bằng cách lũy thừa hai vế, đưa về phương trình bậc bốn và vấn đề ta gặp phải sẽ

là nghiệm của phương trình bậc bốn Ta đặt dấu hỏi cho nó ? Nhưng nếu để ý 8= 23 nên trong căn thức sẽ xuất hiện ngay hằng đẳng thức 3 3 3 ( ) ( 2 )

x + = x + = x+ x - x+ Vậy nên trong căn bậc hai đã xuất hiện hai tích Do đó để xuất hiện phương trình đẳng cấp thì ta cần làm công việc sau, đó là đồng nhất hệ số của biểu thức

1

1

2

a

a

b

ìï =

ïïî

Đến đây, ta viết lại phương trình ban đầu như sau:

2 8 3 3 8 x 2x 4 2 x 2 3 x 2x 4 x 2

2 0

ìï = - + >

ïïí

ïïî nên phương trình trên trở thành:

2

u v

é = ê

 Hoặc nhận thấy 2 ( )2

x - x+ = x- + ¹ nên phương trình ( i ) tương đương với:

- + - + Có thể đặt căn thức là ẩn phụ để giải phương trình bậc hai

 Hai hướng trên đều cho ta:

TH1 Với 2

2

2

x

=

TH2 Với 2

2

2

x

ìï ³ -ï

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Giải phương trình x2+ 3x- 5= 2 x3+ x2- 6x+4

Đáp số: 1 13

2

x - +

2 Giải phương trình 2 3 1 3 4 2 1

3

x - x+ = - x + x + Đáp số: x = 1

2) Cộng hai phương trình ta có

2x + xy- y - 5x+ + = Ûy 2 0 x+ -y 2 2x- -y 1 = 0 + TH1:

1 1

1

x y xy

x xy y

î

+ TH2: 2 ( ) ( )2

1

x y

x xy y

ìï - =

íï - + =

ïî

é = Þ = -ê

Đáp số: (x y =; ) ( ) (1; 1 , 0;- 1)

Nhận xét: Kết hợp giữa hai phương trình của hệ, đưa về một phương trình xét V chính phương, từ đó tìm mối quan

hệ giữa hai biến rồi thế ngược lại một trong hai phương trình của hệ tìm nghiệm

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Cách giải phương trình bậc hai tổng quát a t 2+ b t + =c 0(a¹ 0)

 Đưa hệ phương trình đã cho về dạng ( )

( )

f x y

g x y

ïïí

ïïî

 Giả sử tồn tại k Î ¡ sao cho f x y( ; )+ k g x y ( ; )=0 ( i ) Coi phương trình ( i ) là phương trình bậc hai ẩn x

hoặc ẩn y , sau đó xét V sao cho V là một số chính phương, từ đó sẽ tìm được k Î ¡ cũng như mối quan hệ

giữa ;x y

Ý tưởng: Hai phương trình của hệ khá tách biệt, ở phương trình một rõ ràng không thể tìm được mối quan hệ giữa

;

x y, nên ta xét phương trình hai Nó rắc rối hơn một chút, thậm chí còn xuất hiện đầy đủ các biến số Do đó ta thử cách xét V phương trình hai xem thế nào Bây giờ coi nó là phương trình bậc hai ẩn x , ta có:

x + xy- y = x- - Ûy x + y- x- y + + = y

Rõ ràng V không thể chính phương, nên ta đã thất bại ở lối tư duy này Vậy còn lại đó chính là cách kết hợp cả hai phương trình để đưa ra một phương trình có V chính phương Ta làm như sau:

 Đưa hệ đã cho về dạng 22 2 21 0

x xy y

ïí

ïî

 Giả sử tồn tại k Î ¡ sao cho:

x - xy+ y - + k x + xy- y - x+ +y =

1 k x 2yk y 5k x 1 2k y ky 3k 1 0

Coi ( i ) là phương trình bậc hai ẩn x , khi đó

12k 3 y 6k 24k y 25k 4 k 1 3k 1

Để Dx là một số chính phương thì trước hết hệ số của y cũng phải là số chính phương, tức là chúng ta cần đi 2

giải phương trình nghiệm nguyên 2 2

12k - 3= m Dễ dàng tìm được 2 1

9

k m

ìï = ïí

ïî nên thử lại, ta sẽ có được

2

 Vậy nên, dựa vào nghiệm của phương trình bậc hai, suy ra:

5 4

5 4

x

x

y x

y x

ê = ê ê

ê = êêë

4

 Từ đó thế ngược lại vào một trong hai phương trình của hệ để tìm nghiệm của hệ phương trình

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Tìm nghiệm dương của hệ phương trình

2 2

ïí

Đáp số: ( ); 5 1; 5 1

x y æç - - ö÷

÷ ç

= çç - ÷÷÷

;

;

2 Giải hệ phương trình ( )2 2

ïïí

Đáp số: ( ) ( ) ( ) ( )x y =; 0;0 , 1; 2 , 2; 2

Câu II

1) Phương trình tương đương ( ) (2 ) (2 )2

x+ y + x- + y+ =

Mà 10 chỉ có thể biểu diễn dưới dạng tổng 3 bình phương: 10= 02+12+3 2

Chú ý 2x- 3; 2y+ 1 là số lẻ nên (*) ( )

2

2

x y

ìï + = ïïï

íï ïïï + = ïî

hoặc (**) ( )

2

2

x y

ìï + = ïïï

íï ïïï + = ïî

+ Xét hệ (*), từ phương trình đầu, suy ra ( ) 2

x= - yÞ éê - y - ùú=

ë û ( vô nghiệm)

+ Xét hệ (**)

0

x y x

x

é

ï - = ±

ïï + = ± Û ï =êì

Đáp số: (x y =; ) ( ) (0; 0 , 3;- 1)

Nhận xét Bài toán nghiệm nguyên giải bằng phương pháp tách một số thành tổng các số chính phương

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Biến đổi tách thành tổng các số chính phương

5 x + 13 y + 6 xy = 4 3 x - y

(x2+ 6xy+9y2) (+ 4x2- 12x+9) (+ 4y2+ 4y+1)=10 Û

 Tách số thành tổng các số chính phương

Vế Trái là tổng của 3 số chính phương nên tách vế phải thành tổng của 3 số chính phương Ta có

10= 0 +1 + 3

 Đồng nhất hai vế theo các thứ tự khác nhau Sử dụng các tính chất đặc biệt để giảm bớt các trường hợp phải xét

 Giải các hệ phương trình ta nhận được nghiệm

2) Ta có

P

ç

= çç + + ÷÷÷+ + + +

2 2 2

3ab bc ca 3ab 3bc 3ca a b c

3 3

ab+ bc+ca£ a+ +b c =

3ab+ 3bc+3ca+a +b + c = ab+bc+ ca + a+ +b c

1

2 9 16 10

3 3 12 3

P

Dấu “=” xảy ra khi a= = =b c 1

Vậy min 10

3

P =

Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi từ đó dựa vào điểm rơi của bài toán để phát hiện ra bổ đề cần dùng Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

2

a+ +b c = a +b +c + ab+ bc+ca

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

 Từ bất đẳng thức Cosi, phát triển ra các đánh giá sau:

;

a+ + ³b c a b c a+ + + ³b c d a b c d

 Đánh giá qua tổng các đại lượng không âm:

0

a- b + -b c + -c a ³ Û a +b +c ³ ab+bc+ ca

Ý tưởng: Nhận thấy đây là một dạng bất đối xứng, vậy nên ta sẽ dự đoán dấu “=” xảy ra tại a b c= = mà

3

a+ + = , nên suy ra b c a= = =b c 1 Việc biết trước điểm rơi sẽ giúp ta vận dụng các đánh giá một cách linh hoạt hơn Tiếp theo, biểu thức có xuất hiện a2+ b2+c2 nên ta cần nghĩ ngay đến hằng đẳng thức

2

a+ +b c = a +b + c + ab+bc+ca nên ta cần một đánh giá ở mẫu số sao cho vừa xuất hiện hằng đẳng thức đó, vừa thỏa mãn điều kiện điểm rơi của bài toán Vì a= = = nên b c 1

3

+ + do đó ta cần tạo ra các lượng 1

3 để cân bằng với biểu thức 2 12 2

a + b + c

Cụ thể là 1 1 1

3ab+ 3bc+ 3ca , do đó biểu thức P trở thành:

P

ç

= çç + + ÷÷÷+ + + +

Vậy nên, theo bất đẳng thức Cosi, suy ra:

3

ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca

ç

3ab+ 3bc+ 3ca+ a b c ³ 3ab 3bc 3ca a b c

3ab+3bc+3ca+ a +b +c = +9 ab+bc+ca, nên ta được:

9

P

ab bc ca ab bc ca

Từ đây, dựa vào tổng đánh giá các đại lượng không âm thì ta có:

0

a- b + -b c + -c a ³ Û a +b +c ³ ab+bc+ ca

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Cho ;a b là hai số thực dương thỏa mãn a2+ = Tìm b 2 giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

2

b a

2 Cho ; ;a b c là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

( )2

4

a b c ab bc ca bc P

+ Câu III

O Q

P M

N

K

L

T S

1) Gọi MN giao PQ tại T Theo định lí Thales, ta có TP TD TC

TC= TB= TQ

Từ đó 2

TC =TP TQ

Do TC là tiếp tuyến của ( ) O , nên TC2=TM TN

TM TN=TC =TP TQ , suy ra tứ giác MNPQ nội tiếp

Nhận xét Có nhiều cách để chứng minh bốn cùng điểm nằm trên một đường tròn, trong đó đưa về chứng minh bốn điểm tạo thành một tứ giác nội tiếp là thông dụng nhất

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Định lý Thales

TP TD TC

TC TP TQ

TC= TB= TQÛ =

 Bình phương độ dài tiếp tuyến của đường tròn từ một điểm nằm ngoài đường tròn bằng tích các đoạn chia ra bởi một cát tuyển từ điểm đó với đường tròn

TC là tiếp tuyến của đường tròn (O ) ta có 2

TC =TM TN Kết hợp với trên, ta được TP TQ =TM TN

 Tứ giác có hai cạnh cắt nhau tại một điểm nằm ngoài tứ giác tạo thành các tích các đoạn bằng nhau là tứ giác

Tứ giác BCPD có cạnh BD và PC kéo dài cắt nhau tại điểm T nằm ngoài tứ giác và có TP TQ =TD TB

suy ra tứ giác BCPD là tứ giác nội tiếp hay bốn điểm B ; C ; P ; D cùng nằm trên một đường tròn

2) Gọi MP giao ( ) O tại điểm thứ hai S

Ta có các biến đổi góc sau:

· ·

MSC SPC

= - (góc ngoài)

= - (do các tứ giác MNPQ và MNSC nội tiếp)

·

KNL

Từ đó tứ giác MKLN nội tiếp, suy ra · KLM= KNM· =QPM· , nên KL PQ OCP ^ Vậy KL^ OC

Nhận xét Chứng minh hai đường thẳng vuông góc ta sử dụng tính chất bắc cầu chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng khác vuông góc với đường thẳng kia

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Góc tạo bởi tia tiếp tuyến - dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau Góc ·SCP là góc tạo bởi tai tiếp tuyến CP và dây cung CS ; Góc · CMS là góc nội tiếp Hai góc này cùng chắn cung »CS của đường tròn ( ) O suy ra · KML=CMS· =SCP·

 Góc ngoài tại một đỉnh của tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với nó

Góc ·MSC là góc ngoài tại đỉnh S của tam giác CSP nên ta có · MSC=CPS· +SCP· Û SCP· = MSC CPS· - ·

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

+ ·CSM=CNM· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼CM của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CSNM )

+ ·CPS= MNQ· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼MQ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNPQ)

Kết hợp trên, ta được ·KML=CNM· - MNQ· = KNL·

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

Xét tứ giác MKLN có hai đỉnh M và N liên tiếp cùng nhìn cạnh KL dưới hai góc bằng nhau · KML= KNL· suy ra MKLN là tứ giác nội tiếp

Theo nhắc lại kiến thức trên ta có MKLN là tứ giác nội tiếp nên · KLM= KNM· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼KM )

KNM=QPM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼MC của đường tròn ( ) O ), suy ra · KLM= KNM· =QPM·

 Một đường thẳng cắt hai đường thẳng đã cho tạo ra hai góc đồng vị bằng nhau thì hai đường thẳng đã cho song song

Hai đường thẳng KL và PQ có · KLM=QPM· mà hai góc này ở vị trí đồng vị suy ra KL PQP

 Đường thẳng a b P và b c ^ suy ra a cP

Ta có KL PQ

PQ OC

ìïï

íï ^

ïî

P

, suy ra KL OC^ Câu IV

Trả lời: Không tồn tại

Giả sử có chứa 36 số nguyên liên tiếp có tổng bằng

n+ n+ +K + n+ = n+ không chia hết cho 4 vì 2n + 35 là số lẻ Mặt khác từ 9 số thì tổng

a + a ( 1£ < £ ) nhận 9.8 36i j 9

2 = giá trị trong đó mỗi số xuất hiện bốn lần; suy ra

(a i+ a j)= 4(a1+a2+ +a9)

å K vì số các tổng bằng 36 nhận 36 giá trị là 36 số nguyên liên tiếp nên ta suy ra:

18 2n+35 = 4 a + a +K+ a (mâu thuẫn vì 18 2( n + 35)không chia hết cho 4)

Nhận xét Đây là một bài toán tư duy, không có phương pháp chung

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Tổng của các số nguyên từ 1 đến a bằng ( 1)

2

a a +

2

n+ n+ +K + n+ = n+ + +K + + = n+

 Số lẻ không chia hết cho 4

Vì (2n + 35)là tổng của một số chẵn và một số lẻ nên là số lẻ do đó (2n + 35)không chia hết cho 4

 Tích của hai thừa số không chia hết cho 4 thì tích đó không chia hết cho 4

Ta có (2n + 35) không chia hết cho 4 (chứng minh trên) và 18 không chia hết cho 4 nên 18 2( n + 35) không chia hết cho 4

 Từ 9 số bất kỳ, ta có thể tìm ra 36 cặp số (m n ; )

Chứng minh: Với 1 cách chọn số m và 8 cách chọn số n nên có 1.8 cặp số (m n ; )

Do đó, với 9 số m và 8 cách chọn số ta có 9.8 cách chọn cặp số ( m n ; )

Tuy nhiên, mỗi cặp số được lặp lại 2 lần thành (m n và ; ) (n m không được xét nên tất cả có 36 cặp số ; ) (m n được hình thành ; )

Áp dụng tính chất trên ta có từ 9 số bất kỳ ta lập được tổng a i+ a j ( 1£ < £ ) nhận i j 9 9.8 36

2 = giá trị trong

đó mỗi số xuất hiện 4 lần nên å (a i+a j)= 4(a1+a2+K+ a9) vì số các tổng bằng 36 nhận 36 giá trị là 36

số nguyên liên tiếp nên ta suy ra: 18 2( n+35)= 4(a1+ a2+K+ a9)

 Hai vế của một đẳng thức luôn có cùng số dư khi chia cho một số

Ta có VT=18 2( n+ 35) không chia hết cho 4 (chứng minh trên) và VP= 4(a1+a2+K +a9)chia hết cho 4 nên không thể tồn tại đẳng thức 18 2( n+35)= 4(a1+ a2+K+ a9)

Do đó không tồn tại 9 số nguyên a a1, 2, ,¼ a9 sao cho tập các giá trị của tổng ai+ aj (1£ < £ ) có chứa i j 9

36 số nguyên liên tiếp