Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản, chỉ là việc đi giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn với những kỹ năng thế cơ bản, chỉ có thể gặp khó khăn ở việc chứng minh đẳng thức, nhưng chỉ cần bi[r]
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Đề chính thức
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (2,5 điểm) Cho biểu thức
2
1 1 1
P
ç + + ÷ç - ÷
ç ÷÷ç ÷÷
=
æ ö÷
ç + - ççè + ÷÷÷ø
với a>0;b> 0;a¹ b
1) Chứng minh P 1
ab
= 2) Giả sử ;a b thay đổi sao cho 4a+ +b ab= Tìm giá tr1 ị nhỏ nhất của P
Câu II (2,0 điểm) Cho hệ phương trình
2 4
ìï - = -ïí
ïî (với m là tham số)
1) Giải phương trình khi m = 2
2) Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m giả sử (x y là m0; 0) ột nghiệm của hệ phương trình
Chứng minh đẳng thức
Câu III (1,5 điểm) Cho ;a b là các số thực khác 0 Biết rằng phương trình ( )2 ( )2
0
a x- a +b y- b = có nghiệm
duy nhất Chứng minh a= b
Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABCV có các góc ·ABC và góc · ACB nhọn, góc ·BAC = 600 Các đường phân giác trong BB ; 1 CC 1 của tam giác ABC cắt nhau tại I
1) Chứng minh tứ giác AB IC 1 1 nội tiếp
2) Gọi K là giao điểm thứ hai khác B của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC I1 Chứng minh tứ giác CKIB 1 nội tiếp
3) Chứng minh AK^ B C1 1
Câu V (1,0 điểm) Tìm số thực không âm a và b thỏa mãn
ç + + ÷ç + + ÷=ç + ÷ç + ÷
…… HẾT………
LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu I Cho biểu thức với ;a b > 0
1)
2 2
b a
P
= æç ö æ÷ ç ö÷
ç - ÷+ ç - ÷ ç - ÷+ ç - ÷
2 2
1
ab
a b
ç
- ççè - ÷÷÷ø
Trang 2
2) Với ;a b > 0, áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
4a+ +b ab³ 2 4ab+ ab= 5 ab Suy ra 1 5 ab 1 5 P 1 25
ab ab
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4a b=
Vậy Pmin= 25 tại b= 4a
Nhận xét: Đây là một bài toán dễ, đơn giản chỉ là việc khai triển rút gọn biểu thức P bằng một vài phép biến đổi tương đương, ý khó là ý sau khi tìm giá trị nhỏ nhất của P với điều kiện bài cho, nhưng với giải pháp chọn điểm
rơi và bất đẳng thức Cosi bài toán hoàn toàn được giải quyết
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Hằng đẳng thức: 3 3 ( ) ( 2 2)
a - b = a- b a +ab+b
Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương ma nb : ,
m a+n b³ ma nb ( ; ; ;m n a b > 0)
Dấu “=” xảy ra khi m a= n b
Ý tưởng: Với ý rút gọn biểu thức P , ta sẽ đi làm hai công việc, một là rút gọn tử số, sau đó là mẫu số Với tử số
của bài toán, ta có:
2
1 1
Bây giờ, ta mong muốn mẫu số sẽ xuất hiện ít nhất hai trong ba biểu thức mà ta đã rút gọn trên tử số, biến đổi mẫu
số ta có:
æ ö÷ æ ö÷ æ ö÷
+ - çç + ÷÷÷= çç - ÷÷÷+ çç - ÷÷÷
-æ - ö÷ æ - ö÷ æ ö÷
= çç ÷÷÷+ çç ÷÷÷= - çç - ÷÷÷=
Vì thế, suy ra P 1
ab
= Với ý sau, bài cho giả thiết 4a+ +b ab=1 để tìm giá trị nhỏ nhất của P hay nói cách khác chính là đi tìm max của T ab= Để xuất hiện tích ab ở giả thiết, ta đã thấy xuất hiện ab , bây giờ chỉ còn tổng 4a b+ và để đánh giá nó về tích, ta chỉ còn cách là áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương 4 ;a b
khi đó ta có:
1
25
Do đó, P đạt giá trị nhỏ nhất là 25 tại 4a b=
Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
a P
=çççè - + - ÷÷ø - + với a thỏa mãn điều kiện a³ 4
P
-+ - - Tìm x¹ ± thỏa mãn điều kiện 3 P < 2 Câu II Cho hệ phương trình 2 4 (1)
3 1 (2)
ìï - = -ïí
1) Với m = 2, ta có hệ phương trình
8
5
x
y
ìïï = ï
ìï - = - ï
ïïïî
2) Từ (2), ta có y= 3m+ -1 mx thay vào (1)
x- m m+ - mx = - mÛ m + x= m - m+ (*)
Trang 3Vì m2+ ¹1 0 với mọi m nên (*) luôn có nghiệm duy nhất
Suy ra hệ đã cho luôn có nghiệm duy nhất với mọi m
Từ phương trình (*), ta có 0 3 2 23 2
1
x
m
=
+
Xét đẳng thức đã cho, ta có 2 2 ( )
Thay các giá trị 0 3 2 23 2; 0 4 2 2 1
VT
2 2
2
m
+
2
0
=
Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản, chỉ là việc đi giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn với những kỹ năng thế cơ bản, chỉ có thể gặp khó khăn ở việc chứng minh đẳng thức, nhưng chỉ cần biến đổi một chút sẽ suy ra điều phải chứng minh
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cách giải phương trình bậc nhất hai ẩn tổng quát ax by c
ìï + = ïí
Từ phương trình một của hệ, ta có: y c ax
b
-= , thế xuống phương trình thứ hai ta được:
n c ax
b
Ý tưởng: Ý đầu tiên của bài toán, rất cơ bản và không có gì đáng nói, cái khó là ở ý sau Tuy nhiên với việc đưa ra cách giải tổng quát của hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ta có thể dễ dàng biểu diễn được x y theo 0; 0 m đồng thời thay vào biểu thức 2 2 ( )
x + y - x + y + = ta sẽ thấy m bị triệt tiêu hết Trước hết, đi tìm x y ta có: 0; 0
Từ phương trình hai của hệ, có y= 3m+ -1 mx
Thế vào phương trình một trong hệ, ta được:
Để hệ phương trình có nghiệm Û m2+ ¹1 0 luôn đúng với m"
Khi đó, nghiệm của hệ là 0 3 2 23 2; 0 4 2 2 1
Tuy nhiên nếu cứ để x y 0; 0 thay vào biểu thức 2 2 ( )
x + y - x + y + thì ta sẽ gặp khó khăn trong việc khai triển bậc bốn, vì thế ta sẽ làm đơn giản hơn một chút đó là:
Trang 4( ) ( )2 ( )
Bây giờ việc thay x y vào (*) 0; 0 sẽ giúp ta biến đổi nhẹ nhàng hơn rất nhiều và ta sẽ chứng minh được
(x0+ y0- 2)(x0+ y0- 3)- 2x y0 0+10= 0
Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
1 Xác định m để hệ phương trình có nghiệm (x y ; )và thỏa mãn 2 2
x + y nhỏ nhất, với 2 5
ìï + = ïí
Cho x y 0; 0 thỏa mãn hệ phương trình 2
1
ìï + = ïí
ïî Tìm biểu thức liên hệ giữa x y 0; 0 độc lập với m Câu III Ta có
a x- a + b y- b = Û a+b x - a +b x+a +b =
Vì ;a b¹ 0 suy ra a+ ¹b 0, nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất
2a b ab a b 0
Nhận xét: Đây chỉ đơn thuần là một bài toán xét nghiệm của phương trình bậc hai tổng quát, dựa vào tính chất điều kiện nghiệm của tam thức bậc hai suy ra điều phải chứng minh
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Phương trình bậc hai tổng quát mx2+nx+ =p 0 ( xÎ ¡ ) (*)
+ TH1: Nếu m = 0 thì (*) 0 p
n
Û + = Û = - (n¹ 0)
+ TH2: Nếu m¹ thì 0 2
(*) n 4mp
- Để (*) có nghiệm duy nhất 2
- Để (*) có hai nghiệm phân biệt 2
Û D > Û >
- Để (*) vô nghiệm 2
Û D < Û <
Giá trị tuyệt đối a b= Î ¡ Þ a= b
Ý tưởng: Bài cho một phương trình bậc hai ẩn x với hai tham số ; a b Khai thác giả thiết, giả thiết cho ;a b¹ 0 đồng thời ( )2 ( )2
0
a x- a + b x- b = ( i ) là một phương trình bậc hai có nghiệm duy nhất Vì thế ta cần khai triển ( i ) để đưa được về phương trình bậc hai tổng quát, ta có:
( )i Û a x- a + b x- b = Û0 a+ b x - 2 a + b x+ a +b = 0 Với ;a b¹ 0 suy ra a+ ¹b 0 do đó ( )2 ( ) ( )
¢
Nên để phương trình ( i ) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:
¢
0
Û - = Û = Þ = , suy ra điều phải chứng minh
Bài toán kết thúc
Bài tập tương tự:
1 Cho ;a b là các số thực khác 0 và a b¹ Tìm mối liên hệ giữa để phương trình ( )2 ( )2
0
a x- a - b x+b =
có nghiệm duy nhất
Trang 52 Xác định hai số thực ;a b sao cho phương trình x2+ax+ = b 0 có nghiệm cũng là ;a b
Câu IV
Mà hai góc này đối nhau Nên tứ giác AB IC n1 1 ội tiếp (điều phải chứng minh)
Nhận xét: Chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp, ta chứng minh tổng hai góc đối diện của tứ giác bằng 180°
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau
·
1 1
B IC và · BIC là hai góc đối đỉnh nên ·B IC1 1= BIC·
Tia phân giác của một góc chia góc đó thành hai góc bằng nhau và bằng một nửa góc đó
+ BI là phân giác của · ABC nên · 1·
2
IBC= ABC;
+ CI là phân giác của · ACB nên · 1·
2
ICB= ACB; suy ra · · 1(· · )
2
IBC+ICB= ABC+ ACB
Tổng ba góc của một tam giác bằng 180°
+ Tam giác ABCD có ·ABC+ ·ACB+ BAC· = 180°
+ Tam giác IBCD có ·IBC+ ICB· + ·BIC=180°
2
180 120 180 60 120 2
BIC
Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180° là tứ giác nội tiếp
Tứ giác AB IC 1 1 có ·
1 1
B IC là hai góc đối diện, thỏa mãn
B AC + B IC = BAC+ BIC= °+ ° = ° do đó AB IC là t1 1 ứ giác nội tiếp
2) Vì tứ giác BC IK n1 ội tiếp nên · · 0
BIC = BKC = (góc nội tiếp cùng chắn BC ) và ·1 ·
1
BIK= BC K (góc nội
tiếp cùng chắn BK )
Xét tam giác ABCV , ta có
Xét tam giác VBC K1 , ta có
Trang 6Suy ra · ·
1
KCB = BIK , suy ra tứ giácACKC n1 ội tiếp (điều phải chứng minh)
Nhận xét: Chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp, ta chứng minh góc trong tại một đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Chứng minh các tứ giác nội tiếp
Hoàn toàn tương tự phần 1) đã chứng minh ta có tứ giác BC IK 1 và tứ giác CB IK 1 là các tứ giác nội tiếp
Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau
+ ·BIC và ·1 BKC 1 là hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼BC 1 của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BC IK nên 1
+ ·BIK và · BC K 1 là hai góc nội tiếp cùng chắn cung »BK của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BC IK nên 1
1
BIK= BC K
Tổng ba góc của một tam giác bằng 180°
+ Trong ABCD có ·ABC+CAB· + BCA· =180°
+ Trong DBKC1 có · · ·
suy ra · ·
1
KCB = BIK
Tứ giác có góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện thì tứ giác đó là tứ giác nội tiếp
Tứ giác CKIB có ·1 KCB là góc trong t1 ại đỉnh C và ·BIK là góc ngoài tại đỉnh I đối diện với đỉnh C thỏa
mãn · ·
1
KCB = BIK nên CKIB là t1 ứ giác nội tiếp
BIC = BAC= , suy ra tứ giác ACKC n1 ội tiếp, nên ·AKC1= KCC· 1 (cùng chắn cung KC ) 1
AKC = ACC (cùng chắn cungAC ) 1
ACC = KCC (cùng chắn cung KC ) (gi1 ả thiết)
Suy ra · ·
KAC = AKC , suy ra tam giác VC AK1 cân tại C1Þ C A1 = C K1 (1)
Chứng minh tương tự: B A1 = B K1 (2)
Từ (1) và (2), suy raB C 1 1 là đường trung trực của AK nên AK^ B C1 1 (điều phải chứng minh)
Nhận xét: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc ta chứng minh cho một đường thẳng là đường trung trực của đường thẳng còn lại
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Tứ giác có góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện thì tứ giác đó là tứ giác nội tiếp
Tứ giác ACKC có ·1 BAC là góc trong t ại đỉnh A và · BIC là góc ngoài t1 ại đỉnh I đối diện với đỉnh A thỏa
BIC = BAC= nên ACKC là t1 ứ giác nội tiếp
Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau
AKC = ACC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼AC c1 ủa đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACKC ) 1
KAC = KCC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼KC c1 ủa đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACKC ) 1
Phân giác của một góc chia góc đó thành hai góc bằng nhau
1
CC là phân giác của ·ACB nên ta có · ·
ACC = KCC , suy ra · ·
Trang 7 Tam giác có hai góc kề một cạnh bằng nhau là tam giác cân
Tam giác DC AK1 có · ·
KAC = AKC , suy ra DC AK1 cân tại C 1
Tam giác cân có hai cạnh bên bằng nhau
Tam giác DC AK1 cân tại C nên 1 C A1 =C K1
Chứng minh tương tự: B A1 = B K1
Từ một điểm cách đều hai đầu mút của một đoạn thẳng thì nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng đó + C A1 = C K1 nên C thu1 ộc đường trung trực của AK ;
+ B A1 = B K1 nên B thu1 ộc đường trung trực của AK ;
suy ra C và 1 B cùng thu1 ộc đường trung trực của AK hay B C là trung tr1 1 ực của AK hay B C1 1^ AK Câu V Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số ;a b không âm, ta có:
2
a + + =b æçça + ö÷÷÷+ + ³b a + + Þb a + + ³ + +b a b
Tương tự ta có 2 3 1
b + + ³ + + a b a
Do đó
2 2
ç + + ÷ç + + ÷³ ç + + ÷ = êç + ÷+ +ç ÷ú
Áp dụng bđt phụ ( )2
4 ; ,
x+ y ³ xy x y" , ta có:
2
éæç ö æ÷ ç ö÷ù æç öæ÷ç ö æ÷ ç öæ÷ç ö÷
êç + ÷÷+ +ç ÷÷ú³ ç + ÷÷ç + ÷÷=ç + ÷÷ç + ÷÷
êçè ÷ø èç ÷øú çè ÷øèç ÷ø èç øè÷ç ÷ø
ç + + ÷ç + + ÷³ ç + ÷ç + ÷
Dấu “=” xảy ra
2
2
1 4
a
ìïï = ïïï ïïï
ïïï
ï + = + ïïïî
(thỏa mãn)
2
a= =b
Nhận xét: Thực chất bài toán là đi chứng minh bất đẳng thức, bởi nhẽ dấu đẳng thức xảy ra tại chính điểm rơi hay tại nghiệm cần tìm của phương trình bài toán đã cho
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương: a+ ³b 2 ab
Hệ quả của bất đẳng thức Cosi cho hai số thực không âm:
x+ ³y xyÛ x+ y ³ xy "x y³
Ý tưởng: Bài toán cho một phương trình đối xứng mặt khác lại chứa hai biến nên nhiều khả năng sẽ dùng đến bất đẳng thức Trước hết do vai trò của hai biến ;a b như nhau nên dễ thấy a b= là nghiệm của phương trình Thế ngược lại phương trình đã cho, ta có:
2
ç + + ÷ =ç + ÷
è ø è ø với ;a b³ 0
Û = Þ = Với điểm rơi này, sẽ thấy 2 2 1
4
a = b = , vậy nên áp dụng bất đẳng thức Cosi chúng ta có:
Trang 82 3 2 1 1 2 1 1 1
2
a + + =b æçça + ö÷÷+ + ³b a + + = + +b a b
÷
2
b + + =a æççb + ö÷÷+ + ³a b + + = + +a a b
÷
Do đó, từ phương trình ban đầu, ta được:
ç + ÷ç + ÷³ ç + + ÷ Û ç + ÷ç + ÷³ ç + + ÷
Ta thấy 1 1 1
2= 4+ 4 nên suy ra 1 1 1
a+ +b = +a + +b do vậy:
2
2
ç + ÷ç + ÷³ ç + + + ÷ Û - £ Û = ³
Và khi đã chứng minh được a= ³b 0 việc còn lại chỉ là thế ngược lại phương trình đã cho để tìm nghiệm của bài toán
Bài toán kết thúc:
Bài tập tương tự:
1 Tìm hai số thực dương ;a b thỏa mãn điều kiện
2
+ çççè + + + ÷÷÷ø=
2 Cho ;a b là hai số thực dương, giải phương trình sau:
1 2a+ 1 2b= 2 ab