Điều này trái với giả thiết vì đèn ánh sáng trắng có 671 bóng, đèn ánh sáng vàng nhạt có 673 bóng, đèn ánh sáng đỏ có 675 bóng tức là hiệu số bóng đèn giữa 2 bóng bất kì là 2 hoặc 4. Suy[r]
Trang 1HƯỚNG DẪN ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT
CHUYÊN HÙNG VƯƠNG MÔN TOÁN 2018-2019
Nguyễn Đăng Khoa - Học sinh khóa 2014-2018 THCS Lâm Thao - Lâm Thao - Phú Thọ
Ngày 8 tháng 6 năm 2018
Câu 1 (2,0 điểm)
a, Cho a, b, c là 3 số thực đôi một khác nhau thỏa mãn a +1
b = b +
1
c = c +
1
a = x (x ∈ R).
Tính P = x.abc
b, Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 9 và 1
x +
1
y +
1
z = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x3+ y3+ z3 + 3xyz
Hướng dẫn
a, Ta có: a +1
b = b +
1
c ⇔ a − b = b − c
bc Tương tự: b − c = c − a
ca ; c − a =
a − b ab Nhân 3 biểu thức với nhau ta thu được: a2b2c2 = 1 ⇔ abc = 1 hoặc abc = −1
Nếu abc = 1 thì giả thiết sẽ tương đương với: a + ac = b + ba = c + cb = x
Suy ra x3 = abc(a + 1)(b + 1)(c + 1) = abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1 = ab + bc + ca + a + +b + c + 2 Mặt khác: a + ac = b + ba = c + cb = x → 3x = a + b + c + ab + bc + ca
Suy ra x3 = 3x + 2 nên x = 2 hoặc x = −1 Từ đó P nhận hai giá trị là 2 hoặc -1
Nếu a + 1
b = b +
1
c = c +
1
a = 2 thì
ab + 1
b = b + ab = 2 ⇔ a = b = 1 (loại) Vậy P = −1
Tương tự với trường hợp abc = −1 ta cũng có giá trị của P vẫn là -1
b, Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có:
Trang 2x +
1
y+
1
z ≥ 9
x + y + z = 1 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 3
Khi đó giá trị nhỏ nhất của P đồng thời là giá trị duy nhất là P = 162
Nhận xét: Bài toán này đề đúng chắc là tính giá trị biểu thức chứ không phải là một bài cực trị đại số Câu 2(2,0 điểm) Cho a là số nguyên dương Giả sử x1 < x2 < x3 là ba nghiệm của phương trình
x3 − 3x2+ (2 − a)x + a = 0
a, Chứng minh rằng A = 4(x1+ x2) − x2
1+ x2
2+ x2
3 không đổi khi a thay đổi
b, Đặt Sn = xn
1 + xn
2 + xn
3 Chứng minh rằng Sn là số nguyên lẻ với mọi n ∈ N
Hướng dẫn
a, Ta viết lại phương trình dưới dạng:
(x − 1)(x2− 2x − a) = 0 nên phương trình có 3 nghiệm x = 1; x = 1 +√a + 1; x = 1 −√
1 + a
Vì a là số nguyên dương nên 1 −√
1 + a < 1 < 1 +√
1 + a Suy ra x1 = 1 −√
1 + a; x2 = 1; x3 = 1 +√
1 + a và x1+ x3 = 2; x1.x3 = −a
Vì x1 và x3 là nghiệm của phương trình x2− 2x − a = 0 nên ta có: x2
1 = 2x1+ a và x2
3 = 2x3+ a Suy ra P = 5 + 4x1− x2
1+ x2
3 = 5 + 4x1− 2x1 − a + 2x3+ a = 9 Vậy ta có điều phải chứng minh
b, Ta đặt Qn= xn
1 + xn
3 Với n = 0 và n = 1 thì Q0 = Q1 = 2 là số chẵn
Ta lại có: Qn+2 = xn+21 + xn+23 = (x1+ x3)(xn+11 + xn
3) − x1x3(xn
1 + xn
3) = 2.Qn+1+ a.Qn Theo nguyên lí quy nạp thì Qn là số chẵn với mọi số tự nhiên n
Suy ra Sn = xn
1 + xn
2 + xn
3 = 1 + Qn là số lẻ Vậy ta hoàn tất chứng minh
Câu 3(2,0 điểm)
a, Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x2(y + 3) = y(x2− 3)2
b, Giải phương trình x2− 2√2x − 1 = 13x
2− 28x + 24 2x + 1 Hướng dẫn
2
Trang 3a, Ta có: x2(y + 3) = y(x2− 3)2 ⇔ y + 3
y =
x2− 3 x
2
⇔ 1 + 3
y = x
2+ 9
x2 − 6 Xét trường hợp x = 1 thì y = 1, x = 2 thì không thỏa mãn
Nếu x ≥ 3 thì ⇔ 3
y = x
2+ 9
x2 − 7 > x2− 7 ≥ 2
⇒ 2y < 3 nên y = 1 từ đó suy ra x = 3
Kết luận nghiệm (x, y) ∈ {(1, 1); (3, 1)}
b, Quy đồng lên ta có phương trình:
x2(2x + 1) − 2(2x + 1)√
2x − 1 = 13x2 − 28x + 24
⇔ 2(x − 2)3+ 4(x − 2) = 2(√
2x − 1)3+ 4√
2x − 1
Từ đây suy ra x − 2 =√
2x − 1 ⇒ x = 5 Vậy S = {5}
Câu 4(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB = 2R, H là điểm cố định trên đoạn OA Đường thẳng qua H vuông góc với AB cắt nửa đường tròn đã cho tại C Gọi E là điểm thay đổi trên cung
AC, F là điểm thay đổi trên cung BC sao cho dEHC = dF HC
a, Chứng minh tứ giác EHOF nội tiếp
b, Gọi R0 là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHOF Tính dEHF khi R = R0
c, Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua 1 điểm cố định
Hướng dẫn
Trang 4a, Qua E kẻ dây cung ED vuông góc với AB thì H thuộc trung trực của ED.
Suy ra dAHD = dEHA = dF HB nên D, H, F thẳng hàng
Ta có: dEF O = 90◦−EOFd
2 = 90
◦− dEDF = dAHD = dEHA Suy ra tứ giác EHOF nội tiếp
b, Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHOF Vì R = R0 nên IO = IE = IF = EO = OF suy ra 4IEO và 4IOF là tam giác đều Suy ra dEHF = dEOF = 120◦
c, Kéo dài F E cắt BA tại J Ta đi chứng minh J cố định
Ta có: 4OHF ∼ 4OF J (g.g) suy ra OH.OJ = OF2 = OC2 suy ra CJ là tiếp tuyến của (O)
Vì C cố định nên J cố định suy ra đpcm
Câu 5 (1,0 điểm) Trung tâm thành phố Việt Trì có tất cả 2019 bóng đèn chiếu sáng đô thị, bao gồm 3 loại: Đèn ánh sáng trắng có 671 bóng, đèn ánh sáng vàng nhạt có 673 bóng, đèn ánh sáng đỏ có 675 bóng Vào dịp giỗ tổ Hùng Vương, người ta thực hiện việc thay bóng đèn theo quy luật sau: Mỗi lần tháo bỏ hai bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng 2 bóng đèn thuộc loại còn lại Hỏi đến một lúc nào đó có thể tất cả các bóng đèn của trung tâm thành phố đều là cùng một loại không?
Hướng dẫn Giả sử ta có thể thắp được toàn thành phố bằng 1 loại bóng đèn A, và hai loại còn lại là bóng loại B và C Khi đó số bóng B và C là 0, tức là hiệu số bóng đèn giữa B và C là 0
4
Trang 5Nếu ở các lần thay trước ta thay 2 bóng A, B thành 2 bóng C thì hiệu số bóng đèn giữa B và C là tăng hoặc giảm 3 bóng
Tương tự nếu thay 2 bóng A, C thành 2 bóng đèn B thì hiệu số bóng đèn giữa B và C là tăng hoặc giảm 3 bóng
Nếu thay hai bóng đèn B, C thành hai bóng đèn loại A thì hiệu số vẫn giữ nguyên không đổi
Vậy hiệu số giữa bóng B và C là 3k (k ∈ N )
Điều này trái với giả thiết vì đèn ánh sáng trắng có 671 bóng, đèn ánh sáng vàng nhạt có 673 bóng, đèn ánh sáng đỏ có 675 bóng tức là hiệu số bóng đèn giữa 2 bóng bất kì là 2 hoặc 4
Suy ra điều giả sử là sai nên ta không thể thắp sáng toàn thành phố bằng các bóng đèn cùng màu
Đáp án này không phải là đáp án của kì thi, nó được dựa trên ý tưởng và lời giải của tôi và các bạn khác Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về địa chỉ Email: khoanguyen17112003@gmail.com Xin chân thành cảm ơn!