32. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 DHQGHN năm học 2013-2014 (chuyên) dự bị vòng 1

Ý tưởng: Một bài toán đẹp, quan sát VT của phương trình có xuất hiện hai căn bậc hai riêng biệt đồng thời trong căn chứa các biểu thức bậc nhất, cũng như VP của phương trình cũng là một[r]

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Đề dự bị TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2014 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

2

3

ìï + + = ïïí

2) Giải phương trình

Câu II (3,0 điểm)

1) Tìm các bộ ba số nguyên dương ; ;x y z thỏa mãn

2001

2) Với ; ;a b c là các số thực không âm, chứng minh rằng

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

Câu III (3,0 điểm) Cho tam giác ABCV nhọn không cân nội tiếp đường tròn ( )O D là điểm thuộc cạnh BC ( D khác B và D khác C) Trung trực của CA AB ; lần lượt cắt đường thẳng AD tại ; E F Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến qua C của ( ) O tại M Đường thẳng qua qua F song song với AB cắt tiếp tuyến qua B của ( ) O tại N

1) Chứng minh rằng đường thẳng MN tiếp xúc với ( ) O

2) Giả sử FN BN

EM= CM Chứng minh rằng AD là phân giác của tam giác ABCV

Câu IV (1,0 điểm) Trên bảng ô vuông kích thước 100 100´ ta viết vào mỗi ô một số nguyên dương một cách tùy

ý sao cho hiệu 2 số ở hai ô kề nhau bất kỳ đều nhỏ hơn hoặc bằng 1 (hai ô được gọi là kề nhau nếu chúng có một

cạnh chung) Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương k nào đó được viết vào ít nhất 51 ô

………HẾT………

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

1) Cộng 2 phương trình của hệ, ta được 3x2+ y2+4xy= +4 4x

é + = ê

Û ê + = -ë

Nhận xét: Bài toán kết hợp sự tinh tế giữa hai phương trình, để đưa ra được một phương trình tìm được mối quan

hệ giữa ;x y ( hay còn gọi là phương pháp hệ số bất định giải hệ phương trình hữu tỷ ) Và từ đó thế ngược lại một trong hai phương trình của hệ ban đầu để 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

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

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

quan hệ giữa ;x y

Ý tưởng: Nhận thấy hai phương trình của hệ không thể tìm được nhân tử chung trong chính nó, đồng thời ở phương trình hai có sự độc lập của biến y nên có thể rút y và thế vào phương trình một sẽ được phương trình bậc bốn,

nhưng ta chưa biết nó có nghiệm đẹp không, nhỡ chẳng may nó có nghiệm hữu tỷ hoặc nghiệm không tường minh

Vì vậy, ta nghĩ đến hướng kết hợp cả hai phương trình của hệ, bằng cách tìm số k Î ¡ thỏa mãn phương trình

f x y + k g x y = ( i ) Sẽ có rất nhiều giá trị của k Î ¡ đạt yêu cầu bài toán nhưng ta chỉ tìm k duy nhất

sao cho D là một số chính phương thì mới có thể tìm được nhân tử từ ( i ), ta làm như sau: ( )i

 Hệ phương trình đã cho tương đương với 22 2 3 0

ïí

 Giả sử tồn tại k Î ¡ thỏa mãn:

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

 Xét phương trình (*), coi là phương trình bậc hai ẩn x , ta có:

Để D là một số chính phương thì hệ số của x 2

y trong biệt thức D cũng phải là một số chính phương, tức là x

ta cần phải đi giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2

9k - 2k- 3= m Dễ thấy phương trình này có nghiệm 2

1

4

k

m

ìï =

ïí

ïî , thay ngược lại D , ta có: x

2

6

6

x

x

-ê

ïî

êë

 Với việc k = , hay nói cách khác là c1 ộng vế với vế của hai phương trình trong hệ, ta có thể biến đổi như sau:

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

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Giải hệ phương trình

2

1 5 57

25

ìïï + = ïïï

íï

ïïïî

Đáp số: ( ; ) 2 1; , 11 2;

x y æç ö æ÷ ç ö÷

= çç ÷÷÷ çç ÷÷÷

2 Giải hệ phương trình

2

1

ïí

Đáp số: ( ; ) ( )1; 0 , 24 7;

25 5

x y = æçç ö÷÷

÷

2) Phương trình tương đương với 2 x+ +3 2 3x+ =1 2x- 2

2 u+v = v - u Û v+u v u- - 2 = 0

3

x

ìï ³ ïï

3

x x

ï ³

î

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa phương trình từ phức tạp về đơn giản hóa, sau đó dùng phương pháp nâng lũy thừa để tìm nghiệm của phương trình

Nhắc lại kiến thức cũ và phương pháp:

 Hằng đẳng thức cơ bản 2 2 ( )( )

a - b = a- b a+ b

 Cách giải phương trình vô tỷ dạng f x( )= g x( )+ m

( ) ( )

( ) ( )

2

2

2

ïî

( ) ( )

1 2

2

4

Û íï éïïîêë - - ùúû= Û êë =

Ý tưởng: Một bài toán đẹp, quan sát VT của phương trình có xuất hiện hai căn bậc hai riêng biệt đồng thời trong căn chứa các biểu thức bậc nhất, cũng như VP của phương trình cũng là một biểu thức bậc nhất, nên vậy ta có thể nâng lũy thừa để đưa phương trình ban đầu về phương trình bậc bốn Nhưng nếu tinh ý một chút, ta có (3x+ 1) (- x+ 3)= 2x- 2= 2(x- 1), do vậy nếu đặt 3

ïïí

v - u = x- = x- Khi đó phương trình đã cho tương đương với

v - u = v+u Û v+ u v u- - = ( i )

 Vì ;u v³ 0 nên phương trình ( i ) 0

2

é = = ê

Û ê = +ë , với u= =v 0 phương trình vô nghiệm nên ta chỉ cần giải phương trình v= u+ 2

 Với v= u+ 2, ta có 3x+ =1 x+ + Û3 2 3x+ = + +1 7 x 4 x+ 3

3

x

ìï ³ ïï

2

3

x x

ï ³

î

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Giải phương trình: 4x+ +1 2x+ 2= 2x- 1 Đáp số: x = 2+ 5

2 Giải phương trình: x+ 3+ 5x+ 2= -1 4x Đáp số: 5 87

8

-= Câu II

0, 1 mod9

Vì 2001º 3 mod9( )Þ x3= 9m+1, y3= 9t+ 1, z3= 9u+ 1

Suy ra ta tìm , , x y z trong tập hợp {1, 4, 7, 10, 13 K }

Không giảm tính tổng quát giả sử: x y z£ £

 Giả sử z³ 13Þ z3³ 2197>2001 (loại)

 Giả sử z£ Þ7 2001= x3+ y3+z3£ 3z3£ 3.73 (loại)

Suy ra z = 10Þ x3+ y3= 1001

Suy ra y= 10, x= 1.

Đáp số: (1; 10; 10 , 10; 1; 10 , 10; 10; 1 ) ( ) ( )

Nhận xét Giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp xét số dư kết hợp đánh giá

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Lập phương của một số nguyên dương khi chia cho 9 chỉ dư 0, 1 hoặc 8 (hay 0, 1 hoặc 1- ) Viết dưới dạng

tổng quát, ký hiệu toán học

3 3 3

0 mod 9

1 mod 9

1 mod 9

n n n

é º ê

ê º ê ê

ê º -êë

Ta có x3+ y3+ z3= 2001 mà 2001º 3 mod9( ) nên mỗi 3

x ; 3

y ; z 3 chia 9 đều dư 1

 Lập phương của một số nguyên dương khi chia cho 9 chỉ dư 1 thì số nguyên dương đó chia 9 dư 1, 2 hoặc 5

Ta có ; ; x y z trong tập hợp {1; 4; 7; 10; 13K }

 Khi vai trò của ; ; x y z như nhau ta có thể giả sử chúng được sắp xếp theo một thứ tự nào đó rồi từ đó dồn về

một biến để tìm ra giá trị hoặc khoảng giá trị

3 2

a

êçç + ÷÷÷ + ç ÷÷ úêçç ÷÷÷ + ç ÷÷ú³ ç + ÷÷

êè ø çè ÷ø úêè ø çè ÷ø ú ççè ÷ø

2

Cộng 3 bất đẳng thức suy ra

a + b + ab+ b + c +bc+ c + a +ca³ a+ + b c

Điều phải chứng minh

Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng đơn giản hoặc lợi dụng đánh giá của các đại lượng không âm

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Bất đẳng thức Bunhiacopxki phát biểu dưới dạng: cho ; ; ;a b x y là các số thực dương, ta luôn có

ax+by £ a + b x + y

 Các đại lượng không âm ( )2 ( )2

a- b ³ am- bn ³

Ý tưởng: Bất đẳng thức bài cho là một biểu thức đối xứng đẹp, với sự đối xứng này ta dự đoán điểm rơi tại

a= =b c Bây giờ quan sát bên VT của biểu thức là các biểu thức đồng nhất, trong căn bậc hai chứa hai biến số với vai trò như nhau ; ;a b c, mặt khác bên VP chứa hàm số bậc nhất Vậy nên ta tư duy nếu các biểu thức bậc hai trong căn được biểu diễn hay được đánh giá qua một biểu thức chính phương thì nó sẽ xuất hiện biểu thức như ở

VP Do a b c , , có vai trò như nhau, nên ta chỉ cần chỉ ra rằng với m n , dương sao cho

a + b +ab³ ma+nb "a b³ , và hai căn còn lại chỉ là đánh giá tương tự Và như dự đoán ban đầu, điều ta mong muốn đó là:

a + b + ab³ ma+ nbÛ k a- b ³ với , ,"a b k³ 0

Vì vậy bằng cách đồng nhất hệ số biểu thức trên, ta có:

a + b + ab³ ma+ nbÛ a + b + ab³ ma+ nb

-ï

Với điều này, suy ra 2 2 3 5

a + b + ab³ a+ b "a b³ , từ đó suy luận ngược trở lại theo Bunhiacopxki như sau:

3 2

a

êç + ÷÷ +çç ÷÷úêç ÷÷ +çç ÷÷ú³ çç + ÷÷

êçç ÷÷ çç ÷÷úêçç ÷÷ çç ÷÷ú çç ÷÷

2

Tương tự cho hai căn thức còn lại, ta có:

Cộng các đánh giá trên lại với nhau, ta suy ra điều phải chứng minh

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Cho ,a b là hai số thực dương Chứng minh bất đẳng thức:

4a + 2ab+ 19b + 19a + 2ab+ 4b ³ 5 a+ b

2 Cho , ,a b c là các số thực dương Chứng minh bất đẳng thức:

2

+ +

Câu III

P

E

C A

1) Gọi AD cắt ( ) O t ại P khác A

Ta có ·PCM= PAC· (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

·

PEM

= (góc đồng vị do EM ACP );

Suy ra tứ giác ECMP nội tiếp Từ đó suy ra ·MPC= ·MEC= ECA· =CAP· Þ PM tiếp xúc ( ) O

Tương tự PN tiếp xúc ( ) O , suy ra MN tiếp xúc ( )O t ại P

Nhận xét Đối với bài toán này, ta dự đoán được MN tiếp xúc với ( ) O t ại P Sử dụng tính chất từ một điểm nằm

trên đường tròn ta có một và chỉ một tiếp tuyến với đường tròn

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra các góc đồng vị bằng nhau

EM ACP suy ra ·PAC= ·PEM (hai góc đồng vị)

 Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của một đường tròn cùng chắn một cung thì bằng nhau + ·PAC= PCM· (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tia tiếp tuyến CM cùng chắn cung PC của đường tròn ( )O )

+ ·CAP= MEC· (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến PM cùng chắn cung PC của đường tròn ( ) O )

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

Tứ giác ECMP có ·PEM= PCM· (= PAC· ) (chứng minh trên) suy ra ECMP là tứ giác nội tiếp

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

MPC= MEC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECMP )

 Tam giác có một đỉnh nằm trên trung trực của cạnh đối diện thì cân tại đỉnh đó

Tam giác AECD có EO là trung trực của AC suy ra tam giác AECD cân tại E suy ra ·EAC= ECA·

 Góc tạo bởi một dây cung và một tia về phía ngoài đường tròn bằng góc nội tiếp chắn cùng một cung thì tia đó

là tiếp tuyến của đường tròn

Kết hợp các ta có lý thuyết trên, suy ra PM là tiếp tuyến của đường tròn ( )O t ại P

Hoàn toàn tương tự ta có PN là tiếp tuyến của đường tròn ( ) O t ại P

Vậy MN là tiếp tuyến của ( )O t ại P

Từ (1) và (2), ta có BN CP FN

CM BP× = EM và theo giả thiết FN BN

EM= CM , suy ra CP= BPÞ AD là phân giác góc

·

BAC

Nhận xét Cách thông thường để chứng minh một tia là phân giác của một góc ta chứng minh tia đó chia góc thành hai góc bằng nhau

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Các tam giác cân có một góc ở đáy bằng nhau thì đồng dạng với nhau

Ta có FABD cân tại F và NBPD cân tại N có ·FAB= BPN· nên DBFA∽DBNPÞ BAF· = BPN·

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

+ ·BFN= BPN· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN của đường tròn ngoại tiếp tứ giác FBNP )

+ ·BNF= BPF· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF của đường tròn ngoại tiếp tứ giác FBNP )

 Hai tam giác các hai cặp góc tương ứng bằng nhau thì đồng dạng

Tam giác ABPD và DFBN có ·BAP= BFN· (= BPN· ) (chứng minh trên) và ·BNF= BPF· (chứng minh

Từ đây nhân vế theo về của hai đẳng thức ta được BN CP FN

CM BP× = EM

Từ giả thiết FN BN

EM= CM kết hợp với chứng minh trên ta suy ra CP 1

BP = hay CP= BP

 Hai cung có hai dây cung bằng nhau thì bằng nhau

CP= BP suy ra »CP= BP»

 Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau

BAP= PAC (hai góc nội tiếp lần lượt chắn hai cung »CP= BP» ),

suy ra AP hay AD là phân giác của · BAC

Câu IV

Không mất tính tổng quát, giả sử số nhỏ nhất bảng là 1 Giả sử a ở ô , P 1 ở ô Q Ta có thể đi từ P Q® theo hang cột qua các ô liền kề

1 2 3

k k

L L

Ta có k£199 (đường đi dài nhất từ ô a1 1´ ® a100 100´ )

Mặt khác ta có

a- £ - £k Þ £a 199

Như vậy các số nguyên dương được viết vào bảng chỉ có thể là 1, 2, 3,…, 199 Nếu mỗi số được viết vào nhiều nhất 50 ô thì suy ra tấ cả các số được viết vào nhiều nhất 199 50 9950.´ = Suy ra một số ô không được viết vì

bảng có 10000 ô Do đó tồn tại một số nguyên dương k được viết vào ít nhất 51 ô