31. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 DHQGHN năm học 2012-2013 (chuyên)

Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi kết hợp với giả thiết tìm giá trị nhỏ nhất của thức bài cho.. Bài toán kết thúc..[r]

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Đề chính thức 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) Giải hệ phương trình

1

xy y x

ìï + = + - + ïí

2) Giải phương trình

2

x+ + - x = x+ + - x Câu II (3,0 điểm)

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

5x +8y = 20412 2) Với (x y ; )là các số thực dương thỏa mãnx+ £y 1,tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

1 1

1

x y

æ ö÷

= çç + ÷÷ +

Câu III (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABCV nội tiếp đường tròn ( )O có trực tâm H Gọi P là điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBCV ( P khác , B C và H ) và nằm trong tam giác ABCV PB cắt ( ) O tại M

khác ,B PC cắt ( )O tại N khác C BM cắt AC tại , E CN cắt AB tại F Đường tròn ngoại tiếp tam giác

AME

V và đường tròn ngoại tiếp tam giác ANFV cắt nhau tại Q khác A

1) Chứng minh rằng ba điểm ; ; M N Q thẳng hàng

2) Giả sử AP là phân giác góc · MAN Chứng minh rằng khi đó PQ đi qua trung điểm của BC

Câu IV (1,0 điểm) Giả sử dãy số thực có thứ tự x1£ x2£ L £ x192thỏa mãn các điều kiện

x +x +L + x = và x1 + x2 +L + x192 = 2013

Chứng minh rằng

2013 96

x - x ³

Câu I

1) Cộng hai phương trình của hệ ta thu được

3

Ta luôn có 2 2 ( )2 ( ) ( )

x + y + - ³ xy+ - y + - x đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= y= - 2

Vậy nếu 2 2

x + y + - xy+ y+ x= ta suy ra x= y= - 2 (loại) vì không thỏa mãn phương trình

7xy+ -y x= 7

Vậy thu được hệ 2 2

xy y x

ìï + = Þ = -ïí

é = Þ = ê

ê

êë

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp thế (hay cộng vế) để ra được phương trình có mối liên hệ giữa các biến Sau đó thế ngược lại tìm nghiệm của hệ phương trình

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Tổng các đại lượng không âm:

0

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

 Đẳng thức:

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

Ý tưởng: Cả hai phương trình của hệ, đều xuất hiện nhân tử x y- vì thế ta sẽ nghĩ đến chuyện thế x y- từ phương trình một vào phương trình hai (hoặc ngược lại), do đó ta có được x3+ y3+6xy- 8= ( i ) Đến đây ta 0 mong muốn sẽ biểu diễn mối quan hệ giữa ,x y , quan sát phương trình ( i ), ta thấy rằng ( )3

- = - và

( )

6xy= 3xy - 2 do đó nếu đặt z = - 2 thì ( i )Û x3+ y3+z3- 3xyz= Một biểu thức đối xứng rất đẹp, bằng 0 cách nhóm nhân tử, ta có:

x + y +z - xyz= Û x+ y + z - xy x+ + = y z

x y z x xy y xz yz z xy x y z

(x y z x) ( 2 y2 z2 xy yz xz) 0

2

x + y + z - xy- yz- xz= éêx- y + y- z + z- x ùú

x y z

é + + =

ê

* Û ê = =ë Công việc còn lại là thay z = - 2 suy ra 2

2

x y

x y

é + = ê

ê = =

-ë Nhưng x= y= - 2 loại vì không

thỏa mãn phương trình hai trong hệ Với x+ y= 2 thay xuống phương trình hai, ta tìm được nghiệm của hệ phương trình là ( ; ) ( )1; 1 , 5 9;

7 7

x y = æçç ö÷÷÷

è ø Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Giải hệ phương trình

1 3

ìï + + = ïí

Đáp số: ( ; ) ( )1; 1 , 1 33; 5 33 , 1 33; 5 33

x y æç - - + ö æ÷ ç + - - ö÷

2 Giải hệ phương trình

4

x xy

ïí

Đáp số: vô nghiệm

2) Điều kiện 1- £ £ x 1

Phương trình tương đương với

2

2+ x+ 1 + 1- x = x+ +1 1- x+ 2 x+ 1

Û + + - + + = + + + + - Û ( x+ +1 1- -x 2)( x+ -1 1)= 0 + Giải x+ +1 1- = Û +x 2 2 2 1- x2 = Û4 1- x2 = Û = 1 x 0

+ Giải x+ = Û = 1 1 x 0

Đáp số x = 0

Nhận xét: bài toán sử dụng phương pháp nhóm nhân tử chung, sau đó nâng lũy thừa bậc hai để tìm nghiệm của phương trình

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Giải phương trình ( ) ( ) ( )

( )

0

0

f x

f x g x

g x

ê

 Giải phương trình a- f x( )+ a+ f x( )= b

( )

( )

( )

a f x a

a f x a

ì

Û íïïïî + - = Û íï éï êïî ë - ùúû=

-

Ý tưởng: Bài toán xuất hiện ba căn thức, nhưng có điều đặc biệt ở đây là căn thức còn lại là tích của hai căn thức kia Mặt khác 2

1- x , 1- x có sự đồng nhất hệ số, do đó ta sẽ nhóm hai căn này lại nên ta được nhân tử chung như sau: 1- x2 - 1- x= 1- x( x+ -1 1) Và ta mong muốn biểu thức x+ -3 3 x+ sẽ phân tích 1 được biểu thức có chứa x +1- 1 Thật vậy, nếu coi h x( )= + -x 3 3 x+ là một phương trình bậc hai ẩn 1 1

x + ta sẽ thấy: h x( )= + -x 1 3 x+ + =1 2 ( x+ -1 1)( x+ -1 2) Chính vì thế bài toán của ta được giải quyết như sau:

2

x+ + - x = x+ + - x

x

é + = ê

Phần còn lại chỉ là việc bình phương các phương trình và tìm nghiệm như ở trên đã nêu Ta được nghiệm của phương trình là x = 0

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

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

Đáp số: x = 1

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

Đáp số: x = 0

Câu II

1) Nhận xét: a b là các s; ố nguyên thỏa mãn a2+ b2M thì 3 a bM th; 3 ật vậy, vì

2 0,1 mod 3 ; 2 0,1 mod 3

2

2

0 mod 3

0 mod 3

a

b

ìï º ïï

Phương trình tương đương với ( 2 2) ( 2 2) 3

6x + 9y - x + y = 28 9×

suy ra x2+ y2º 0 mod 3( ) ( )

2

2

0 mod 3

0 mod 3

x

y

ìï º ïï

Þ íï ºïïî Þ = = (x y1; 1Î ¢ )

Thay vào phương trình ta thu được 2 2 3

5 9× x + × × =8 9 y 28 9×

5 x 8 y 28 9

Û × + × = × Lập luận tương tự ta thu được x1= 3x y2; 1= 3y2 (x2;y2Î ¢ )

Và nhận được phương trình 2 2 2

5 9× x + × × =8 9 y 28 9×

5 x 8 y 28 9

Û × + × = ×

Tương tự ta có x2= 3x y3; 2= 3y3 (x3;y3Î ¢ ) và thu được 2 2

5× + × =x 8 y 28

Từ phương trình suy ra 2 2

3

28 2 8

y £ £ Suy ra

28 0

5

é

ê

ê

ë

2 9 2 ; 2 9

Đáp số: x= ×2 3 ;3 y= 33, x= ×2 3 ;3 y= - 33, x= - ×2 3 ;3 y= 33, x= - ×2 3 ;3 y= - 33

Nhận xét Bài toán nghiệm nguyên giải bằng phương pháp xét số dư hay đồng dư thức

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Một số chính phương chia hết cho 3 chỉ tồn tại dư 0 hoặc 1 Do đó tổng của hai số chính phương chia cho 3 dư

0 hoặc dư 2 Nên ; a b là các số nguyên thỏa mãn 2 2

3

a +b M thì ; a b M , 3

2

2

0 mod 3

0 mod 3

a

b

ìï º ïï

 Một số chia hết cho 3 có dạng x  3 k

Phương trình tương đương với (6x2+ 9y2) (- x2+ y2)= 28 9× 3

Suy ra

0 mod 3

2

2

0 mod 3

0 mod 3

x

y

ìï º ïï

Þ íï ºïïî Þ = = (x y1; 1Î ¢ )

Thay vào phương trình ta thu được 2 2 3

5 9× x + × × =8 9 y 28 9×

5 x 8 y 28 9

Û × + × = ×

Lập luận tương tự ta thu được

x = x y = y (x2;y2Î ¢ )

Và nhận được phương trình 2 2 2

5 9× x + × × =8 9 y 28 9×

5 x 8 y 28 9

Û × + × = × Tương tự ta có x2= 3x y3; 2= 3y3 (x3;y3Î ¢ ) và thu được 2 2

5× + × =x 8 y 28

 Hai số hạng không âm luôn nhỏ hơn hoặc bằng tổng

Từ phương trình suy ra 2 2

3

28 2 8

y £ £ , suy ra

28 0

5

é

ê

ê

ë

2 9 2 ; 2 9

Đáp số: x= ×2 3 ;3 y= 33, x= ×2 3 ;3 y= - 33, x= - ×2 3 ;3 y= 33, x= - ×2 3 ;3 y= - 33

xy xy

Đặt

2

1

x y

t= xy£ æçç + ÷ö÷÷ £

Ta thu được 1 16 1 15 2 16 15 17 17

P

Dấu “=” xảy ra khi

min

1

17 2

x= = Þy P = Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi kết hợp với giả thiết tìm giá trị nhỏ nhất của thức bài cho

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

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

 Các hệ quả từ bất đẳng thức Cosi

2

;

2

a b ab

a b ab

æ + ÷ö ç + ³ £ çç ÷÷÷

è ø

Ý tưởng: Bài toán có sự đối xứng giữa hai biến ;x y ( vai trò của chúng như nhau ) vì thế điểm rơi ta khẳng định là

x= y, kết hợp với giả thiết suy ra được tại 1

2

x= y= thì Pmin Mặt khác, xét với biểu thức P , có xuất hiện đại lượng xy trong căn, vì vậy ra nghĩ đến bất đẳng thức Cosi để đánh giá đại lượng 1 1

x+ y về f xy ( )

Ta có

2 1

2

x y

+

Và khai thác giả thiết, ta cũng sẽ đánh giá về xy , với điểm rơi x y= thì ta có đánh giá

2

0

x y

x- y ³ Û xy£ æçç + ÷ö÷ =

÷

çè ø Và nếu đặt t xy= thì ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 2

t

với 1

4

t£ Bằng sự khéo léo trong chọn điểm rơi, ta đánh giá như sau:

4

P

Dấu “=” xảy ra khi 1

2

x= y= Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Cho x y; là các số thực dương thỏa mãn x+ £ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức y 2

2 2

1 1

x y

= çç + ÷÷ +

çè ø

2 Cho x y ; là các số thực dương thỏa mãn x+ y= 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

x y

+

Câu III

O H P F

N

M E

K

A

O H

P F

E

1) Ta có ·BPC= BHC· = 180°- BAC· , suy ra tứ giác AEPF nội tiếp, nên · BFC+ BEC· =1800

Mặt khác từ các tứ giác AQFN AQEM n; ội tiếp ta có ·MQN= MQA· + NAQ· = MEA· + NFA· =1800

Vậy ; ; M N Q thẳng hàng

Nhận xét Từ ba điểm bất kỳ tạo thành hai tia có chung gốc Khi hai tia đó tạo với nhau một góc tù thì ba điểm đã cho thẳng hàng

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

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

+ ·BPC= BHC· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »BC c ủa đường tròn ngoại tiếp tam giác HBCD )

+ ·AQN= AFN· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼AN c ủa đường tròn ngoại tiếp tam giác FAND )

+ ·AQM= ·AEM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼AM c ủa đường tròn ngoại tiếp tam giác AMED )

 Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180° là tứ giác nội tiếp Tứ giác nội tiếp có tổng hai góc đối diện bằng 180°

Gọi chân đường cao từ đỉnh B và C của tam giác ABCD là E¢ và F¢

Tứ giác AE HF¢ ¢ có ·AE H¢ + ·AF H¢ = 90°+ ° =90 180° , suy ra AE HF¢ ¢ là tứ giác nội tiếp, khi đó

F AE¢ ¢+ F HE¢ ¢= ° Û F HE¢ ¢= °- BAC mà F HE·¢ ¢= BHC· (hai góc đối đỉnh) nên

BHC= °- BAC kết hợp với trên ta được ·BPC=180°- BAC· Û BPC· +BAC· = 180° suy ra tứ giác

AEPF là tứ giác nội tiếp

Suy ra ·AFP+ AEP· = 180° Û (180°- ·AFP)+(180°- ·AEP)=180°

NAQ+ AQM= ° Û NQM= ° hay ba điểm ; ; N Q M thẳng hàng

2) Ta có các góc nội tiếp bằng nhau ·AFQ= ·ANQ= ANM· = ·ABM suy ra FQ BEP Tương tự EQ CFP

Từ đó tứ giác EQFP là hình bình hành, suy ra ·QAN=QFP· = QEP· =QAM· hay AQ là phân giác · MAN .

Nếu AP là phân giác · MAN thì , , A P Q thẳng hàng

Từ đó nếu PQ giao BC tại K thì · KAC=QAC· = QME· = NMB· = PCK·

Vậy AKCD ∽ DCKP, suy ra KC2= KP KA

Tương tự 2

KB = KP KA

Từ đó KB KC= hay K là trung điểm

Nhận xét Chứng minh một đường thẳng đi qua trung điểm của một đoạn thẳng khác ta chứng minh giao điểm của đường thẳng với đoạn thẳng là trung điểm của đoạn thẳng

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Một đường thẳng cắt hai đường thẳng khác tạo ra cặp góc đồng vị bằng nhau thì hai đường thẳng song song

Từ kiến thức ở trên, ta có ·AFQ= ·ANQ= ANM· = ·ABM mà ·AFQ và · ABM ở vị trí đồng vị của hai đường

thẳng FQ và BE nên suy ra FQ BEP Hoàn toàn tương tự ta có EQ CFP

 Tứ giác có hai cặp cạnh song song là hình bình hành

Tứ giác EQFP có FQ BEP và EQ CFP suy ra EQFP là hình bình hành khi đó

QAN= QFP= QEP=QAM suy ra AQ là phân giác · MAN Do đó A , Q , P thẳng hàng

KAC= QME (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »QE của đường ngoại tiếp tam giác AMED )

QME= PCK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »NB của đường tròn ( )O ),

KAC PCK

Þ = mà lại có góc ·PKC chung của hai tam giác AKCD và CKPD nên suy ra AKCD ∽ DCKP

(g – g)

AK KC

KC AK KP

CK KP

Þ = Û = hoàn toàn tương tự ta có KB2= KP KA Từ đó suy ra

KC = KB Þ KC= KB hay K là trung điểm của BC

Câu IV

Giả sử k là chỉ số mà x1£ x2£ L £ x k< £0 x k+1£ L £ x192

Ký hiệu S- = x1+ x2+L + x S k; + = x k+1+ x k+2+L + x192

2013

2

S- S+ S+ S- S+ S

Do x1£ x2£L £ x192 suy ra S- ³ kx S1; + £(192- k x) 192

192

2013 2013 2013 192

2

2

k k

2013 192 2013

96 192

2

Dấu “=” xảy ra khi

;

x = x =L = x = - x = x =L = x =