Đề thi năm nay đối với các em thí sinh có thể coi là khó nhưng nhìn một cách tổng thể thì đề thi này là bình thường, chú yếu đánh vào tâm lí các em học sinh khá nhiều vì nếu lướt qua thì[r]
Trang 1THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
Bài 1 (2,0 điểm).
a) Cho x + y + z = x2+ y2+ z2= 2 và xyz 6= 0 Chứng minh rằng 1
x+1
y+1
z = 1 xyz b) Cho 0 < x < 2 thỏa mãn 3(x
2+ 5x − 1)
x2+ x − 1 + 23 =
24(x2+ 3x − 1)
x2+ 2x − 1 . Tính giá trị biểu thức T = (x2− x − 2)2020+ 1
(x2− x)2021
Bài 2 (2,0 điểm).
a) Cho phương trình x2+ mx + n = 0 trong đó m2+ n2= 2020 Chứng minh rằng nếu phương trình
có nghiệm x0thì |x0| <√2021
b) Cho dãy số gồm 4041 số chính phương liên tiếp, trong đó tổng của 2021 số đầu bằng tổng của
2020 số cuối Tìm số hạng thứ 2021 của dãy số
Bài 3 (2,0 điểm).
a)Giải hệ phương trình
x+√
x2+ 3
y+1
2+
p
y2+ y + 1
= 3 2
x4+ 2(3 − 8y)x2+ 16y − 7 = 0 b)Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn√
9x2+ 16x + 96 + 16y = 3x − 24
Bài 4 (3,0 điểm).Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H và nội tiếp đường tròn (O) Gọi P là điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC và nằm trong tam giác ABC, (P 6= B,C, H) Gọi M là giao điểm của đường thẳng PB với đường tròn (O), (M 6= B); N là giao điểm của đường thẳng PC với đường tròn (O), (N 6= C) Đường thẳng BM cắt AC tại E, đường thẳng CN cắt AB tại F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME và đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt nhau tại Q, (Q 6= A)
a)Chứng minh tứ giác AEPF nội tiếp
b)Chứng minh M, N, Q thẳng hàng
c)Trong trường hợp AP là phân giác góc [MAN, chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm BC
Bài 5 (1,0 điểm).Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng
√ xy
1 +√
yz+√ 1
xy+√
yz+
s
2√ yz
1 +√
xy ≥ 2
∗Email:10toancutee@gmail.com Facebook:Mười Một Toán
1
Trang 22 Lời giải và bình luận
2.1 Bình luận chung
Đề thi năm nay đối với các em thí sinh có thể coi là khó nhưng nhìn một cách tổng thể thì đề thi này là bình thường, chú yếu đánh vào tâm lí các em học sinh khá nhiều vì nếu lướt qua thì có vẻ là rất căng thẳng và khó "xơi" Một điều nữa chúng ta cần quan tâm là không có câu nào mang hướng tư duy logic hay còn gọi là Tổ hợp, một vài câu thì lại được "lượm" lại được ở trên mạng, điều này chứng
tỏ là đề thi năm nay chưa thực sự chất lượng như mong đợi đặc biệt năm học vừa qua là năm học đầy biến động, các em học sinh phải nghỉ dịch khá nhiều
Chúng mình xin trích lại bài viết của thầy giáo Kiều Đình Minh như sau:
Một đề thi sẽ
1 Nói lên trình độ chuyên môn, tầm của người ra đề
2 Ảnh hưởng đến việc chọn học sinh
3 Định hướng cho công tác giảng dạy và bồi dưỡng
4 Phản ảnh tình trạng giảng dạy của địa phương, đơn vị đó
5 Tầm nhìn của nhà quản lý
2.2 Lời giải chi tiết
Bài 1 (2,0 điểm).
a) Cho x + y + z = x2+ y2+ z2= 2 và xyz 6= 0 Chứng minh rằng 1
x+1
y+1
z = 1 xyz b) Cho 0 < x < 2 thỏa mãn 3(x
2+ 5x − 1)
x2+ x − 1 + 23 =
24(x2+ 3x − 1)
x2+ 2x − 1 . Tính giá trị biểu thức T = (x2− x − 2)2020+ 1
(x2− x)2021 Lời giải a)Từ giả thiết đã cho ta có 2(xy + yz + zx) = (x + y + z)2− (x2+ y2+ z2) = 22− 2 = 2 hay
xy+ yz + zx = 1 Kết hợp xyz 6= 0 thì suy ra1
x+1
y+1
z = 1 xyz b)Ta viết lại giả thiết đã cho thành
3(x2+ 5x − 1)
x2+ x − 1 + 23 =
24(x2+ 3x − 1)
x2+ 2x − 1
⇔ 26 + 12x
x2+ x − 1 = 24 +
24x
x2+ 2x − 1
⇔ 1 + 6x
x2+ x − 1 =
12x
x2+ 2x − 1
⇔ x
2+ 7x − 1
x2+ x − 1 =
12x
x2+ 2x − 1 (∗)
Đặt x2− x − 1 = t, khi đó đẳng thức (∗) trở thành t+ 8x
t+ 2x =
12x
t+ 3x. Sau khi quy đồng thì đẳng thức trở thành t2− xt = 0 nên suy ra t = 0 hoặc t = x
Trang 3• Với t = 0 thì dễ dàng có T = (−1)2020+ 1
12021 = 2
• Với t = x thì x2− 2x − 1 = 0, phương trình này có hai nghiệm 1 −√2 < 0 và 1 +√
2 > 2 nên trường hợp này loại
Vậy T nhận giá trị duy nhất là 2
Bình luận.Phần a) của bài toán này rất căn bản, là một phần cho điểm mà học sinh nào cũng phải
xử lí được Phần b) thoạt nhìn biểu thức khá cồng kềnh, các bạn học sinh phải biết chia tử cho mẫu để loại bỏ bớt đi các hệ số và còn lại ra phương trình (∗) Đến đây, ta có ý tưởng đặt ẩn t như trên là bởi
vì biểu thức cần tính có chứa x2− x và x2− x − 2 mà số mũ lại rất to là 2020 và 2021 nên ta dự đoán rằng giá trị của x2− x = 1 và x2− x − 2 = −1
Còn nếu làm một cách tự nhiên nhất là quy đồng (∗) và bấm máy tính để nhóm nhân tử thành (x2− 2x − 1)(x2− x − 1) = 0, từ đó làm tương tự như lời giải trên là hoàn thành bài toán
Bài 2 (2,0 điểm).
a) Cho phương trình x2+ mx + n = 0 trong đó m2+ n2= 2020 Chứng minh rằng nếu phương trình có nghiệm x0thì |x0| <√2021
b) Cho dãy số gồm 4041 số chính phương liên tiếp, trong đó tổng của 2021 số đầu bằng tổng của 2020 số cuối Tìm số hạng thứ 2021 của dãy số
Lời giải a) Cách 1. Ta gọi nghiệm còn lại của phương trình x2+ mx + n = 0 là x1 Theo định lý Vi-et, ta có x0+ x1= −m và x0x1= n Khi đó,
(x0+ x1)2+ (x0x1)2= m2+ n2= 2020
⇒ x20+ x21+ (x0x1+ 1)2= 2021
Vì x1và x0x1+ 1 không thể đồng thời bằng 0 nên x20< 2021 và từ đó suy ra |x0| <√2021
Cách 2.(tham khảo tại [1]) Do x0là nghiệm của phương trình đã cho nên
x20= −mx0− n ⇒ x40= (mx0+ n)2≤ (x20+ 1)(m2+ n2) = 2020(x20+ 1) < 2020x20+ 2021 Suy ra (x20+ 1)(x20− 2021) < 0, điều này dẫn tới x2
0< 2021 hay |x0| <√2021
Cách 3.Ta có (x02+ n)2= m2x20⇒ n2= x20(m2− 2n − x2
0) = x20(2020 − n2− 2n − x2
0) (∗)
Ta thấy n2, x20≥ 0 nên suy ra
0 ≤ 2020 − m2− 2n − x20= 2021 − (n − 1)2− x20⇒ x20≤ 2021
Dấu bằng xảy ra khi n = 1 và x20= 2021, thử lại vào (∗) ta thấy không thỏa nên suy ra x20< 2021 hay ta có đpcm
b)Ta gọi 4041 số chính phương liên tiếp là (n − 2020)2, (n − 2019)2, , (n + 2019)2, (n + 2020)2 với n ∈ N, n ≥ 2020 Theo giả thiết ta có:
(n − 2020)2+ + n2= (n + 1)2+ + (n + 2020)2
Sử dụng đẳng thức (a + b)2= a2+ b2+ 2ab, khai triển ra thì ta có vế trái của biểu thức bằng
2021n2− 2n(2020 + 2019 + + 1) + (20202+ 20192+ + 12),
Trang 4và vế phải là
2020n2+ 2n(2020 + 2019 + + 1) + (20202+ 20192+ + 12)
Vậy suy ra n2= 4n(1 + 2 + + 2020) hay n = 4(1 + 2 + + 2020) = 4 ·2020 · 2021
2 = 8164840
do n > 0
Bình luận Cách 1 của phần a) sử dụng định lý Vi-et khá là ngắn và tự nhiên Ở phần b) cách gọi
4041 số chính phương cũng là kĩ năng cơ bản của các bạn học toán, giúp triệt tiêu đi các tổng bình phương
Bài 3 (2,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình
x+√
x2+ 3
y+1
2+
p
y2+ y + 1
=3
x4+ 2(3 − 8y)x2+ 16y − 7 = 0 (2) b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn√
9x2+ 16x + 96 + 16y = 3x − 24
Lời giải a)Ta phân tích phương trình thứ (2) trở thành (x2− 1)(x2+ 7 − 16y) = 0 Suy ra x2− 1 = 0 hoặc x2+ 7 = 16y
• Với x = 1 thì phương trình (1) trở thành y +py2+ y + 1 = 0 ⇒ y = −1
• Với x = −1 thì phương trình (1) trở thành y +py2+ y + 1 = 1 ⇒ y = 0
• Với x2+ 7 = 16y
Ta có x +√
x2+ 3 = √ 3
x2+ 3 − x nên phương trình (1) trở thành p
x2+ 3 − x = 2
y+1
2+
p
y2+ y + 1
=
q (−1 − 2y)2+ 3 − (−1 − 2y) (∗)
Đặt z = −1 − 2y thì (∗) trở thành √
x2+ 3 − x =√
z2+ 3 − z ⇒ 3
x2+ 3 =
3
√
z2+ 3 + z, suy ra
√
x2+ 3 + x =√
z2+ 3 + z Từ đó dễ dàng có x = z hay x = −2y − 1
Kết hợp với x2= 16y − 7 ta rút ra được x2= −8(x + 1) − 7 = −8x − 15 suy ra x = −3 ⇒ y = 1 hoặc x = −5 ⇒ y = 2
Thử lại ta thấy các nghiệm trên đều thỏa mãn Kết luận nghiệm của hệ phương trình là
(x; y) ∈ {(1; −1), (−1; 0), (−3; 1), (−5; 2)} b)Đặt k = −y − 2, ta viết lại giả thiết thành
p 9x2+ 16x + 96 = 3x + 16k + 8
⇒ 9x2+ 16x + 96 = (3x + 16k + 8)2
⇔ 9x2+ 16x + 96 = 9x2+ 6x(16k + 8) + (16k + 8)2
⇔ (96k + 32)x + (16k)2+ 162k− 32 = 0
⇔ (3k + 1)x + 8k2+ 8k − 1 = 0
⇔ x = −8k
2+ 8k − 1 3k + 1 .
Trang 5Suy ra 8k2+ 8k − 1 3k + 1 ⇔ 24k2+ 24k − 3 3k + 1 do (3, 3k + 1) = 1.
Mà ta có 24k2+ 24k − 3 = 8k(3k + 1) + 16k − 3 nên suy ra 16k − 3 3k + 1 ⇔ 16(3k + 1) − 25 = 48k − 9 3k + 1 Suy ra 25 3k + 1 nên k nhận một trong các giá trị sau {−2; 0; 8}.
Thử vào ta nhận được hai trường hợp thỏa mãn sau
• k = 8 thì x = −23, y = −10
• k = 0 thì x = 1, y = −2
Kết luận phương trình nghiệm nguyên ban đầu có hai nghiệm (x; y) ∈ {(1; −2), (−23; −10)} Bình luận Đối với phần a) của bài toán thì chúng ta luôn hướng tới khai thác giả thiết từ phương trình thứ 2 Tìm được mối quan hệ giữa x và y sau khi nhóm nhân tử Còn ở phương trình đầu trong trường hợp thứ 3, ta đưa về dạng quen thuộc f (a) = f (b) để có thể suy ra a = b, dạng này không mới, phổ biến ở các bài giải phương trình
Ở phần b), từ giả thiết bài toán ta suy ra 9x2+ 16x + 96 là số chính phương và ta viết 9x2+ 16x +
96 = k2, với k là số tự nhiên Ta có 9x2+ 16x + 96 = k2tương đương với
(3k)2− (9x + 8)2= 800 ⇔ (3k + 9x + 8)(3k − 9x − 8) = 800 = 25· 52 Sau đó ta có thể xét từng trường hợp để đi đến kết quả cụ thể Cách làm "kiểu gì cũng ra" này khá mất thời gian nhưng chứng tỏ là bài toán có thể giải mà không cần sử dụng hết giả thiết 3x − 24 − 16y
ở vế còn lại Một điều đáng tiếc là phần b) này đã xuất hiện trên diễn đàn Toán học, tham khảo thêm tại [2]
Bài 4 (3,0 điểm).Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H và nội tiếp đường tròn (O) Gọi P là điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC và nằm trong tam giác ABC, (P 6= B,C, H) Gọi M là giao điểm của đường thẳng PB với đường tròn (O), (M 6= B); N là giao điểm của đường thẳng PC với đường tròn (O), (N 6= C) Đường thẳng BM cắt AC tại E, đường thẳng CN cắt AB tại F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME và đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt nhau tại
Q, (Q 6= A)
a) Chứng minh tứ giác AEPF nội tiếp
b) Chứng minh M, N, Q thẳng hàng
c) Trong trường hợp AP là phân giác góc [MAN, chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm BC
Lời giải a)Vì H là trực tâm tam giác ABC nên 180◦− ∠BAC = ∠BHC = ∠BPC = ∠EPF Suy ra
tứ giác AEPF nội tiếp
b)Ta có
∠AQN + ∠AQM = ∠AFN + ∠AEM = ∠AEP + ∠AFP = 180◦,
do tứ giác AEPF nội tiếp Từ đó ta có ba điểm M, N, Q thẳng hàng
c)Ta có ∠AEQ = ∠AMN = ∠ACN nên EQ k CF, tương tự BE k FQ Vậy ta có tứ giác FQEP là hình bình hành
Lại có ∠QAM = ∠QEP = ∠QFP = ∠QAN nên AQ là phân giác góc ∠MAN Kết hợp giả thiết thì ta có A, P, Q thẳng hàng (1)
Để ý PF · PN = PQ · PA = PE · PM nên tứ giác NFEM nội tiếp, từ đó suy ra ∠PEF = ∠PNM =
∠PBC ⇒ EF k BC (2)
Từ (1) ta có AP chia đôi đoạn EF và từ (2) ta suy ra AP chia đôi đoạn BC (đpcm)
Trang 6Bình luận.Bài hình nhìn chung là đơn giản, học sinh bình thường có thể dễ dàng giải hai ý đầu tiên
và trong lời giải trên không phải kẻ thêm gì cả, chỉ sử dụng tứ giác nội tiếp Đặc biệt bài toán này lại từng xuất hiện trên mạng, bạn đọc có thể xem thêm tại [3]
Bài 5 (1,0 điểm).Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng
√ xy
1 +√
yz+√ 1
xy+√
yz+
s
2√ yz
1 +√
xy ≥ 2
Lời giải Đặt√xy= a,√
yz= b Ta quy về chứng minh bất đẳng thức
a
1 + b+
1
a+ b+
r 2b
1 + a ≥ 2
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có
r 2b
1 + a =
2b p2b(1 + a)≥
4b 2b + 1 + a. Vậy ta cần chứng minh
a
1 + b+
1
a+ b+
4b 2b + 1 + a ≥ 2 (∗)
Cách 1.Quy đồng bất đẳng thức (∗) và biến đổi tương đương ta sẽ có
a
1 + b+
1
a+ b+
4b 2b + 1 + a ≥ 2 ⇔ (a − 1)2(a + b + 1) ≥ 0
Vậy hoàn tất chứng minh
Cách 2.Ta đi chứng minh bất đẳng thức (∗) bằng biến đổi tương đương khôn khéo hơn một chút
so với việc quy đồng tất lên như cách 1
Đặt 1 + b = m, a + b = n, khi đó a = n − m + 1, b = m − 1 Bất đẳng thức được viết lại thành
n− m + 1
n+4(m − 1)
m+ n ≥ 2
Trang 7⇔ n+ 1
m − 1 +1
n+ 4 −4(n + 1)
m+ n ≥ 2
⇔ n+ 1
m +1
n+ 1 −4(n + 1)
m+ n ≥ 0
⇔ (n + 1) 1
m+1
n− 4
m+ n
≥ 0
Dễ thấy bất đẳng thức trên đúng do 1
m+1
n− 4
m+ n =
(m − n)2 mn(m + n)≥ 0
Cách 3.Ta đi chứng minh bất đẳng thức tổng quát của (∗) là
a
b+ c+
c
a+ b+
4b 2b + c + a ≥ 2
Thật vậy, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có
a
b+ c+
c
a+ b+
4b 2b + c + a =
a2 a(b + c)+
c2 c(a + b)+
4b2 b(2b + c + a)
2
a(b + c) + c(a + b) + b(2b + c + a)
=(a
2+ c2) + 4b2+ 2ac + 4(bc + ba) 2(ab + bc + ca) + 2b2
≥4(ab + bc + ca) + 4b
2
2(ab + bc + ca) + 2b2 = 2
Áp dụng bất đẳng thức trên với c = 1 ta có đpcm
Cách 4.Ta viết lại BĐT tổng quát như sau
a
b+ c+ 1 +
c
a+ b+ 1 +
4b 2b + c + a= (a + b + c)
1
b+ c+
1
a+ b
2b + a + c≥ 4
Bất đẳng thức trên đúng do 1
b+ c+
1
a+ b ≥ 4
2b + a + c nên suy ra (a + b + c)
1
b+ c+
1
a+ b
2b + a + c≥ 4(2b + a + c)
2b + a + c = 4.
Bình luận.Bài này trước hết là giấu đi bản chất của bất đẳng thức tổng quát đã chứng minh ở trên, hơn nữa lại còn có cách đặt ẩn rất "ngô nghê" thành√
xy,√
yzlại càng góp phần làm cho bài toán trở thành thần sấm Thor mặc áo choàng để tăng thêm sức mạnh
Trang 8Tham khảo
diễn đàn Toán học