V luôn đi qua M cố định. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc, ta ghép vào đường tròn để áp dụng tính chất “Đường thẳng đi qu a điểm chính giữa cung và trung điểm của dây cung thì vuô[r]
Trang 1ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
Đề dự bị TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2013 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) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x y sao cho ; )
3 3 6 1 0
x + y - xy+ = 2) Với x là số thực ta ký hiệu xé ùë û là các số nguyên lớn nhất không vượt quá x Chứng minh rằng nếu n là số
nguyên dương lớn hơn 1 thì
6
Câu II (3,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình
3 3 2
ïïí
2) Giả sử (x y ; )là các số thực thỏa mãn
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P= x + xy+ y
Câu III (3,0 điểm) Cho hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn ( ) O với AB song song CD và AB CD< M
là trung điểm CD P là điểm di chuyển trên đoạn MD ( P khác , M D ) AP cắt ( )O tại Q khác A , BP cắt
( )O tại R khác B , QR cắt CD tại E Gọi F là điểm đối xứng với P qua E
1) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQF luôn thuộc một đường thẳng cố định khi P di
chuyển
2) Giả sử EA tiếp xúc ( ) O Ch ứng minh rằng khi đó QM vuông góc với CD
Câu IV (1,0 điểm) Cho một bảng ô vuông 2013 2014,´ mỗi ô vuông con có thể tô một trong hai màu xanh hoặc
đỏ Biết rằng ban đầu tất cả các ô đều được tô màu xanh Cho phép mỗi lần ta chọn một hàng hoặc một cột và thay đổi màu của tất cả các ô thuộc hàng hoặc cột đó Hỏi sau một số hữu hạn lần đổi màu ta có thể thu được bảng gồm đúng 1000 ô vuông con màu đỏ hay không?
Câu I
1) Sử dụng hằng đẳng thức
a + b + c - abc= a+ +b c a + b + c - ab- bc- ca
Ta có 3 3
x + y + - xy=
(x y 2) (x2 y2 4 xy 2x 2y) 7
2
x + y + - xy- x- y= éx- y + x- + y- ù³
Suy ra ta có 2 trường hợp:
+ TH1:
2 2
1
ìï + + =
-íï + + - - - =
ïî
é = Þ = -ê
Trang 2+ TH2:
2 2
5
ìï + + =
-íï + + - - - =
ïî
é = Þ = ê
Đáp số (x y = -; ) ( 1; 0 , 0;) ( - 1 , 2; 3 , 3; 2) ( ) ( )
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp phân tích đẳng thức, kết hợp với kỹ thuật chọn nghiệm nguyên để tìm
;
x y
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
3
a + b + c - abc= a+ +b c a + b + c - ab- bc- ca
Ý tưởng: Cái hay và khó ở bài toán này chính là bước phát hiện ra đẳng thức đã vốn rất quen thuộc Đầu tiên, quan sát phương trình nghiệm nguyên ta thấy: 3 3 3 3
x + y + = xyÛ x + y + - xy= và dễ dàng thấy rằng
3
8= 2 ; 6xy= 3 .2x y vì thế nếu đặt z = 2, ta sẽ có được một đẳng thức đối xứng rất đẹp là:
x + y + z - xyz=
Khéo léo biến đổi, ta có:
x + y + z - xyz= Û x+ y + z - xy x+ +y z =
7
0 2
x + y + z - xy- yz- xz= éêx- y + y- z + z- x ùú³
nguyên khi và chỉ khi:
î
¡
î
¡
Do đó, các cặp nghiệm nguyên cần tìm là
(x y =; ) (2; 3 , 3; 2 , 0;) ( ) ( - 1 ,) (- 1; 0) Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
1 Giải phương trình nghiệm nguyên x3+ y3+ =1 3xy
2 Giải phương trình nghiệm nguyên 8x3+ y3- 6xy= 5
2) Với k là số nguyên dương và 2 ( )2
k £ m£ k+ - thì ta có k£ m< + Þk 1 é mù= k
1
k+ - k giá trị) ta đều có
2 2 1 ( 1)2 1
Từ đó suy ra tổng cần tính bằng
Trang 3( ) ( )
é ù é ù é ù+ + + é ù é ù+ + + é ù+
ç +ççèêêë - ú êú êû ë+ - + úúû+ + êêë - ú÷úû÷ø
L
L
Ghi chú: Thí sinh có thể chứng minh bằng quy nạp toán học
Nhận xét Bài toán về phần nguyên
Nhắc lại kiến thức và phương pháp
Tính chất phần nguyên xé ù=ë û a thì a£ < + x a 1
2
k £ m< k+ - với k là số nguyên dương
Số các số của dãy số tự nhiên liên tiếp tăng là “Số cuối - Số đầu + 1”
Nhóm các số hạng của tổng cần tính thành các nhóm có tính chất như số m
2
2
Q
= ê ú ê ú ê úë û ë û ë û+ + + ê ú ê úë û ë û+ + + ê úë û+
+ççèêë - ú êû ë+ - + úû+ + êë - ú÷û÷÷ø=
L
L
L
= -êë - - L - - úû+ -
6
Câu II
1) Phương trình đầu của hệ tương đương với
Û + = Þ = -
Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được
Trang 4( ) ( )2 2
2x - x 1- x + 1- x =11
2
é = Þ = -ê
ê
Đáp số ( ; ) (2; 1 ,) 5 9;
x y = - æçç- ö÷÷÷
è ø
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp tìm nhân tử từ một phương trình sau đó thế vào phương trình còn lại tìm nghiệm của hệ phương trình
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cách giải phương trình bậc hai tổng quát: 2
a t +b t+ = (c a¹ 0)
Hằng đẳng thức: 3 3 ( ) ( 2 2)
a + b = a+b a - ab+ b và
ax+ by = a x + a bx y+ ab xy +b y
Ý tưởng: Quan sát hệ phương trình, phương trình đầu là phương trình bậc ba (bậc giảm từ 3 đến 0), phương trình còn lại là phương trình bậc hai vì thế không thể đưa về dạng đẳng cấp bậc ba Do đó việc kết hợp cả hai phương trình đã thất bại, vì vậy ta sẽ đi xét từng phương trình một của hệ Ở phương trình hai có thể làm nháp là: xét đenta
bậc hai đối với x hoặc y thì rõ ràng đenta không chính phương Ta chuyển sang phương trình một, rõ ràng ta thấy
được sự độc lập giữa hai biến ;x y Ở biến y xuất hiện hàm 3
3
y + y đồng thời biến x xuất hiện hàm
x - x + x- Vậy nên để tìm được nhân tử chung giữa ;x y thì ta c ần đưa hàm x về hàm đơn giản y tức là
x- a + x- a + y + y= Bằng phương pháp đồng nhất hệ số ta có:
x- a + x- a = x - x + x- Þ =a Do đó phương trình đầu của hệ
a + b = a+ b a - ab+ b thì
sẽ xuất hiện nhân tử chung là x- 1+ y như sau: ( )3 ( ) 3
1
é = -ê
Phương trình (*) vô nghiệm vì
2 2
ç
Û çç - - ÷÷÷ + + >
Và thế y= -1 x vào phương trình hai giải phương trình bậc hai
Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
1 Giải hệ phương trình
2
-ïïí
Đáp số: ( ; ) 8 2 13 8; 2 13
÷ ç
2 Giải hệ phương trình
5 3
ïí
ïî Đáp số: (x y =; ) (0;- 1)
a= +x + x >
Trang 52
a
a
2
b
b
-Mà theo giả thiết a b× = 9
4
3
Dấu “=” xảy ra Û = = x y 1
mim
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, khai thác giả thiết cùng bất đẳng thức Cosi để tìm giá trị nhỏ
nhất
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cách giải phương trình có dạng 2
x+ x +n= m
2
2
m
Hoặc có thể giải bằng cách liên hợp như sau
m
2
Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương a+ ³b 2 ab
Ý tưởng: Bài toán xuất hiện giả thiết khá phức tạp, chưa biết khai thác như thế nào Nhưng ở cả biểu thức P hay
giả thiết bài cho đều có sự đối xứng giữa ,x y nên ta d ự đoán điểm rơi xảy ra tại x y k= = Khi đó thay ngược lại
giả thiết, ta có: ( )2
2
k+ k + = Þ = Và k Pmin= 3, đến đây công việc sẽ thuận lợi hơn cho ta rất nhiều khi
biết trước được điểm rơi Với x y= ta sẽ có đánh giá rất quen thuộc ( )2 2 2
x- y ³ Û x + y ³ xy
Vậy nên nếu bây giờ, đi từ giả thiết ta tìm được x + ³ thì coi như bài toán sẽ được giải quyết Biến x xuất y 2
hiện trong 2
3
x+ x + đồng thời y xuất hiện ở 2
3
y+ y + Do đó tư tưởng của ta sẽ là rút ;x y từ giả thiết
bằng cách đặt ẩn phụ như sau: đặt 2 2
a= +x x + Þ x + = - a x
2
2
a
a
3
b= +y y + ta sẽ thu được 2 3
2
b y b
-= Khi đó, cần
chứng minh 2 3 2 3 2
-+ ³ với điều kiện ab = 9 Ta dễ dàng chứng minh được như sau:
Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
Trang 61 Cho ;x y là hai số thực thỏa mãn ( 2 )( 2 )
x+ x + y+ y + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
P= x + y + x+ y
2 Cho ;x y là hai số thực thỏa mãn ( 2 )( 2 )
x+ y + y+ x + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
P= x + y + x+ y
Câu III
O
A
P
Q
B
R
M
F
O
A
P
Q
B
R
M
F
1) Gọi S điểm đối xứng với P qua M Theo tính chất đối xứng của hình thang cân dễ thấy tứ giác ABSP cũng là hình thang cân
Ta lại có QPS· = QAB· = QRB·
Từ đó có ·EPQ= ERP· Þ DERP∽DEPQ (g – g),
nên ·EQP= EPR· = BPS· = ·ASE, suy ra tứ giác AEQS nội tiếp
2
PF
PA PQ= PE PS= PM= PF PM, suy ratứ giác AMQF nội tiếp Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác AQFV luôn đi qua M
Nhận xét Ta chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AQFD luôn đi qua ,M khi đó tâm ngoại tiếp tam giác
AQF
D luôn thuộc đường trung trực của AM là một đường thẳng cố định
Nhắc lại kiến thức và phương pháp
Hình thang có hai đỉnh kề cạnh đáy đối xứng qua trung trực của mỗi đáy là hình thang cân Hình thang cân có
trục đối xứng là trung trực chung của hai đáy
ABCD là hình thang cân nên A và B đối xứng qua trung trực của AB
Trang 7Suy ra ABSP là hình thang có A , B đối xứng qua trung trực của AB và P , S đối xứng qua trung trực PS
do đó ABSP là hình thang cân
Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau
RBA= RQA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »RA của đường tròn ( )O )
EPR= RBA (hai góc đồng vị của hai đường thẳng EP ABP ),
suy ra ·EPR= ·RQA
Hình thang cân cũng là tứ giác nội tiếp
ABSP là hình thang cân nên ABSP cũng là tứ giác nội tiếp, do đó ·ASP= ABP· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »AP c ủa đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABSP )
Ta có ·ASE= AQE· suy ra tứ giác AEQS nội tiếp
Giao điểm hai đường chéo của tứ giác nội tiếp tạo ra tích các đoạn thẳng tương ứng bằng nhau (Chứng minh
dựa vào tam giác đồng dạng trường hợp góc – góc
AEQS là t ứ giác nội tiếp có P là giao điểm của hai đường chéo nên ta có
2
PF
PA PQ= PE PS= PM= PF PM
Tứ giác có giao điểm hai đường chéo tạo thành tích các đoạn thẳng tương bằng nhau là tứ giác tứ giác nội tiếp (Chứng minh dựa vào tam giác đồng dạng trường hợp cạnh.góc.cạnh)
Tứ giác AMQF có PA PQ = PF PM do đó AMQF nội tiếp Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác AQF
V luôn đi qua M cố định
2) Vì EA là tiếp xúc ( )O và từ kết quả câu 1) ta có EA2= ER EQ = EP2 Từ đó có EA EP= , suy ra
DAP= EAP- EAD= APE- ACD= PAC
Do đó AP là phân giác · DAC , suy ra QC=QD Þ QM CD^
Nhận xét Chứng minh hai đường thẳng vuông góc, ta ghép vào đường tròn để áp dụng tính chất “Đường thẳng đi
qua điểm chính giữa cung và trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung tại trung điểm của dây” vào giải bài toán
Nhắc lại kiến thức và phương pháp
Áp dụng chứng minh phần 1) ta có EA2= ER EQ = EP2 suy ra EA EP=
Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy bằng nhau
Tam giác AEPV có EA EP= suy ra AEPV cân tại E suy ra · EAP= EPA·
Góc tạo bởi tia tiếp tuyến - dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau Góc ·EAD là góc tạo với tia tiếp tuyến AE và dây cung AD ; Góc · ACD là góc nội tiếp cùng chắn cung ¼AD
của đường tròn ( )O nên ta có · EAD= ·ACD
Trừ vế theo vế của hai đẳng thức ta được ·EAP- EAD· = EPA· - ACD·
Góc ngoài tại một đỉnh của tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với nó
Tam giác APCD có ·EPA là góc ngoài tại đỉnh P suy ra · EPA= ·ACD+ PAC· Û PAC· = EPA· - ·ACD kết hợp với đẳng thức trên ta được ·EAP- EAD· = EPA· - ·ACDÛ ·DAP= PAC· , suy ra AQ là phân giác góc
·
DAC
Tia phân giác của góc nội tiếp một đường tròn cắt đường tròn tại điểm chính giữa cung bị chắn
AQ là phân giác góc nội tiếp ·DAC chắn cung ¼DC của đường tròn ( )O cắt ( )O tại Q nên suy ra Q là đỉnh
chính giữa cung ¼DC
Đường thẳng đi qua điểm chính giữa cung và trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung tại trung điểm của dây
Ta có Q là đỉnh chính giữa cung ¼ DC ; M là trung điểm của dây DC suy ra QM DC^ tại M
Câu IV
Trang 8Trước hết ta chứng minh với mọi cách chọn 1000 ô trên bảng đã cho luôn tồn tại một bảng con 2 2´ chứa đúng 1 trong 1000 ô này
Thật vậy, vì số hàng lớn hơn số ô được chọn nên tồn tại hai hàng liền nhau R1, R mà 2 R 1 không chứa ô nào và 2
R có chứa ít nhất một ô đã chọn Vì số cột cũng lớn hơn số ô được chọn nên tồn tại hai ô , A B cạnh nhau trên 2
R mà chỉ có đúng một ô đã chọn Gọi , C D là 2 ô nằm trên R 1 và cùng cột với , A B Bảng con 2 2´ gồm 4 ô , , ,
A B C D chỉ có đúng một ô được chọn
Giả sử ta có thể thu được bảng gồm đúng 1000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu Khi đó theo chứng minh trên tồn tại một bảng vuông con 2 2´ chứa đúng một ô màu đỏ, ba ô còn lại màu xanh
Vì ở trạng thái ban đầu tất cả các bảng vuông con 2 2´ đều gồm 4 ô màu xanh nên mỗi lần đổi màu hàng hoặc cột thì số ô màu đỏ và số ô màu xanh trong bảng vuông con 2 2´ luôn là số chẵn Do đó không thể thu được một bảng vuông con 2 2´ có 1 ô màu đỏ, 3 màu xanh Ta có mâu thuẫn
Vậy không thu được bảng chứa đúng 1000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu
