c) Chứng minh khi M thay đổi trên tia đối của tia AB thì đường thẳng CD luôn đi qua một điểm cố định..[r]
Trang 1Giải đề tuyển sinh toán chuyên Quốc Học Huế năm học
2020-2021
Ngày 20 tháng 7 năm 2020
Câu 1.(1,5 điểm):
a) Cho biểu thức P =
√ x(√
x + 1)
1 − x +
(√
x − 2)2+ 3√
x − x
1 −√
x , tìm điều kiện của x để P < 8. b) Cho f (n) = √ 1
4n2− 1(√2n + 1 +√
2n − 1), tính Q = f (1) + f (2) + + f (40) Lời giải
a) ĐKXĐ: x ≥ 0; x 6= 1
Ta có: P =
√ x(√
x + 1) (√
x + 1)(1 −√
x) +
x − 4√
x + 4 + 3√
x − x
1 −√
√ x
1 −√
x −
√
x − 4
1 −√
x =
4
1 −√ x
Để P < 8 thì 4
1 −√
x < 8 ⇔
4
1 −√
x − 8 < 0 ⇔ 4( 1
1 −√
x− 2) < 0 ⇔ 1
1 −√
x < 2 Với x > 1 thì 1
1 −√
x < 0 < 2 Với x < 1 thì 1
1 −√
x < 2 ⇔ 1 −
√
x > 1
2 ⇔√x < 1
2 ⇔ 0 ≤ x < 1
4 Vậy để P < 8 thì 0 ≤ x < 1
4 hoặc x > 1.
b)Với mọi n ∈ N∗,ta có:
f (n) = √ 1
4n2− 1(√2n + 1 +√
2n − 1) =
1 p(2n + 1)(2n − 1)(√2n + 1 +√
2n − 1)
(2n + 1)√
2n − 1 + (2n − 1)√
2n + 1 =
(2n + 1)√
2n − 1 − (2n − 1)√
2n + 1 [(2n + 1)√
2n − 1]2− [(2n − 1)√2n + 1]2
= (2n + 1)
√ 2n − 1 − (2n − 1)√
2n + 1 (2n + 1)2(2n − 1) − (2n − 1)2(2n + 1) =
(2n + 1)√
2n − 1 − (2n − 1)√
2n + 1 2(2n + 1)(2n − 1)
= 1
2√
2n − 1− 1
2√ 2n + 1 Khi đó, ta có: Q = f (1)+f (2)+ +f (40) = 1
2√
1− 1
2√
3+
1
2√
3− 1
2√
5+ −
1
2√
81 =
1
2− 1
18 =
4
9. Vậy Q = 4
9. Câu 2.(1,5 điểm)
a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) : y = mx + 4(m 6= 0) và parabol (P ) : y = 2x2 Gọi A, B là các giao điểm của (d) và (P ); A0 và B0 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên trục hoành Tìm m để diện tích tứ giác ABB0A0 bằng 15(cm2) ( đơn vị đo trên các trục hoành là xentimet)
b) Giải hệ phương trình:
(
x2y − y + x = 3xy
xy2 + y3− x3 = 3xy
1
Trang 2Lời giải.
a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 2x2− mx − 4 = 0
Phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt do ∆ = m2+ 16 > 0, ∀m
Gọi 2 nghiệm của phương trình là x1 và x2 (x2 > x1)
Theo định lý Viete thì x1+ x2 = m
2 và x1x2 = −2 Suy ra A0B0 = xB− xA = x2− x1 =p(x1+ x2)2− 4x1x2 =
r
m2
4 + 8 1
2(AA
0+ BB0) = 1
2(yA+ yB) =
1
2(2x
2
1+ 2x22) = (x1+ x2)2− 2x1x2 = m
2
4 + 4
Ta có SAB B0 A 0 =15 ⇔ 1
2(AA
0+ BB0)A0B0 = 15
⇔ (m
2
4 + 4)
r
m2
4 + 8 = 15 ⇔ m = 2 hoặc m = −2 Vậy để SAB B0 A=15 thì m = 2 hoặc m = −2
b) Trừ vế theo vế phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ, ta được (x−y)[(x+y)2+1] = 0
Từ đó suy ra x = y Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta suy ra được x = 3
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x, y) là (3,3)
Câu 3.(2,0 điểm)
a) Giải phương trình: (√
x + 3 +√
6 − x)(6√
2x + 6 − 2x − 13) = 6√
2
b) Chứng minh phương trình x2 − (m2 − 1)x + m(m − 1)2 = 0 ( x là ẩn số) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình đã cho, giả sử x1 ≤ x2, tìm m để x2 đạt giá trị nhỏ nhất
Lời giải
a) (√
x + 3 +√
6 − x)(6√
2x + 6 − 2x − 13) = 6√
2 ĐKXĐ: −3 ≤ x ≤ 6
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có:
0 < 1√
x + 3 + 1√
6 − x ≤p(1 + 1)(x + 3 + 6 − x) = 3√2 Mặt khác 6√
2x + 6 − 2x − 13 = −(√
2x + 6 − 3)2+ 2 ≤ 2 Suy ra (√
x + 3 +√
6 − x)(6√
2x + 6 − 2x − 13) ≤ 6√
2 Đẳng thức xảy ra khi x + 3 = 6 − x và √
2x + 6 = 3, tương đương với x = 3 (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3
b) x2− (m2− 1)x + m(m − 1)2+ 0
∆ = (m − 1)4 ≥ 0, ∀m nên phương trình trên luôn có nghiệm
Ta có x2 = m
2− 1 + (m − 1)2
2− m = (m − 1
2)
2−1
4 ≥ −1
4 Khi m = 1
2 thì x2 = −
1 4 Vậy điều kiện để x2 đạt giá trị nhỏ nhất là khi m = 1
2 Câu 4.(3,0 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (O0) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B (điểm O nằm ngoài đường tròn (O0)) Từ một điểm M trên tia đối của tia AB, vẽ các tiếp tuyến M C, M D tới đường tròn (O) (C, D là các tiếp điểm và D nằm trong đường tròn (O0)) Hai đường thẳng AC và AD cắt đường tròn (O0) lần lượt tại E và F ( E và F không trùng với A), hai đường thẳng CD và EF cắt nhau tại I a) Chứng minh tứ giác BCEI nội tiếp và EI.BD = BI.AD
b) Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng EF
c) Chứng minh khi M thay đổi trên tia đối của tia AB thì đường thẳng CD luôn đi qua một điểm
cố định
Trang 3Lời giải
O
A
O 0
B
M
C
D
E
F
I G
H K
a)Ta có: ADBC là tứ giác nội tiếp ⇒∠DCB = ∠DAB
ABFE là tứ giác nội tiếp ⇒ ∠DAB = ∠IEB
Suy ra ∠DCB = ∠IEB
mà đây là hai góc có đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh BI trong tứ giác BCEI
nên BCEI là tứ giác nội tiếp ,suy ra: ∠EBI = ∠ECI
Xét hai tam giác: 4BIE và 4BDA có : ∠EBI = ∠ABD(= ∠ACD); ∠BAD = ∠BEI
Suy ra: 4BIE v 4BDA(g.g)
⇒ EI
IB =
AD
BD(∗)
⇔ EI.BD = BI.AD
b) Chứng minh tương tự câu a), ta cũng có được: 4BIF v 4BCA ⇒ AC
BC =
IF
IB(∗∗) Xét hai tam giác: 4M AD và 4M DB có:
∠BM D : góc chung;
∠MDA = ∠MBD( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AD) Suy ra: 4M AD v 4MDB ⇒ AD
BD =
M D
M B.(1) Chứng minh tương tự ta cũng có được: 4M AC v 4MCB ⇒ AC
BC =
M C
M B.(2)
Từ (1) và (2), kết hợp M A = M B( MA và MB là hai tiếp tuyến kẻ từ M đến đường tròn (O)), ta suy ra được: AD
BD =
AC
BC(∗ ∗ ∗)
Từ (*), (**) và (***) suy ra được IE = IF hay I là trung điểm của IF
c) Gọi G, H lần lượt là giao điểm của đoạn thẳng OO’ với đoạn thẳng AB và CD K là giao điểm của đoạn thẳng OM và CD
Xét hai tam giác vuông: 4OHK và 4OM G có: ∠MOH : góc chung
Suy ra: 4OHK v 4OM G(góc nhọn) ⇒ OH
OM =
OK
OG ⇔ OH.OG = OK.OM = OA2 = OB2 Xét hai tam giác: 4OAG và 4OHA có: OG
OA =
OA
OH; ∠AOH : góc chung
Suy ra :4OAGv 4OHA ⇒ ∠OAH = ∠OGA = 90o
Từ đó suy ra được: HA là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại điểm A, chứng minh tương tự ta cũng có: HB là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại điểm B Vậy H là giao điểm của hai tiếp tuyến tại Avà
B của đường tròn (O), suy ra H cố định
Vậy CD luôn đi qua điểm H cố định là giao điểm của hai tiếp tuyến tại Avà B của đường tròn (O)
Trang 4Câu 5.2,0 điểm.
a) Tìm tất cả các giá trị nguyên x và y thỏa mãn
2021(x2+ 2y2) − 2020(2xy + y) = 2022
b) Cho x, y, z là ba số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S = p2x2− xy + 2y2
x + y + 2z +
p2y2− yz + 2z2
y + z + 2x +
√ 2z2− zx + 2x2
z + x + 2y Lời giải
a) 2021(x2+ 2y2) − 2020(2xy + y) = 2022 (1)
⇔ 2020(x − y)2+ 1012y2+ x2+ 1010(y − 1)2 = 3032 (2)
Nếu |y| ≥ 2 thì 1012y2 > 3032, mâu thuẫn với (2)
Nếu |y − 1| ≥ 2 thì 1010(y − 1)2 > 3032, mâu thuẫn với (2)
Từ đó suy ra y = 0 hoặc y = 1
Trường hợp 1: y = 0 Thay vào (1) ta được 2021x2 = 2020 (loại vì phương trình không có nghiệm nguyên)
Trường hợp 2: y = 1 Thay vào (1) ta được 2021x2− 4040x = 0 Vì x nguyên nên x = 0
Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên (x, y) là (0,1)
b) Trước khi chứng minh bài toán, ta chứng minh 2 bất đẳng thức quen thuộc sau:
x2+ y2 ≥ 1
2(x + y)
2, ∀x, y a
b + c+
b
c + a +
c
a + b ≥ 3
2, ∀a, b, c ≥ 0 Quay trở lại bài toán, ta có:
p2x2− xy + 2y2 =r 1
2(x − y)
2+3
2(x
2+ y2) ≥r 3
2.
1
2(x + y)
2 =
√ 3
2 (x + y) Tương tự p2y2− yz + 2z2 ≥
√ 3
2 (y + z) và
√ 2z2− zx + 2x2 ≥
√ 3
2 (z + x) Suy ra S ≥
√
3
2 (
x + y
y + z + z + x +
y + z
z + x + x + y +
z + x
x + y + y + z ≥
√ 3
2 .
3
2 =
3√ 3 4
S = 3
√
3
4 khi x = y = z
Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 3
√ 3
4 , đạt được khi x = y = z