[r]
Trang 1GVHD Nguyễn Minh Sang THCS Lõm Thao-Phỳ Thọ
Thi vào Đại HọcQuốc Gia Hà nội-Đại Học KHoa học Tự nhiên
Vòng 1(Ngày 12 tháng 6 năm 2008) Câu 1
1)Giải hệ phơng trình
x2
+y2 =2 x
x −1¿3+y3=1
¿
¿
¿ {
¿
2)Giải phơng trình (2 x +7)√2 x +7=x2+9 x +7
Giải
1)
x2+y2=2 x
x −1¿3+y3=1
¿
⇔
¿
x − 1¿2+y2 =1(1)
¿
x −1¿3+y3=1(2)
¿
¿
¿
Từ 1 ta có: |x − 1|≤ 1 ⇒|x ≤ 2|;|y|≤ 1 lấy PT(1) trừ PT (2) ta đợc PT
(x-1)2(2-x)+y2(1-y)=0 (*)
ta thấy x −1¿2≥ 0 ;(2 − x)≥ 0 ;(1 − y )≥ 0 ; y2≥ 0
¿
để PT(*) thoả mãn thì
x −1¿2(2 − x )=0
¿
y2 (1 − y )=0
¿
⇔
¿
x=1
¿
x=2
¿
y=0
¿
y=1
¿
¿
¿
{
¿
¿
¿
để thoả mãn hệ ban đầu ta có các nghiệm sau (x;y)=(2;0);(1;1)
2)ĐKXĐ: x ≥ − 7
6
Trang 2x2−2 x − 7=0 (1)
¿
x2 +12 x+42=0 (2)
¿
¿
¿
¿
¿
(2 x +7)√2 x +7=x2+9 x +7 ⇔ x4
+10 x3+11 x2−168 x − 294=0
⇔(x4− 2 x3−7 x2 )+(12 x 3− 24 x2− 84 x)+(42 x2− 84 x −294 )=0
⇔ x2.(x2− 2 x −7)+12 x (x2− 2 x −7)+42 (x2− 2 x −7)=0
⇔(x2
−2 x −7).(x2+12 x +42)=0
⇔
¿
PT(2) vô nghiệm
.PT(1) có 2 nghiệm x1=1− 2√2 ; x2=1+2√2 đều thoả mãn ĐKXĐ
Câu 2
1) Tìm tất cả các số có 4 chữ số : abcd thoả mãn đồng thời 2 điều kiện
abcd chia hết cho 3 và abc − bda=650
2) Tìm tất cả các số nguyên p sao cho phơng trình
2x2 -(p+1)x+p+2008=0 có các nghiệm là các số nguyên
Giải:
Giả sử phơng trình 2x2 -(p+1)x+p+2008=0 có 2 nghiệm x1;x2 đều là số nguyên Theo định lý Vi-ét ta có
¿
x1+x2=p+1
2 (1)
x1 x2=p+2008
2 (2)
¿ {
¿
Từ (1) ta có P lẻ;từ (2) ta có p chẵn
suy ra không tìm đợc P thoả mãn cả 2 điều kiện trên
Câu 3:
1) cChứng minh tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN trùng với tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC
Gọi O là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC ,BO,CO cắt AN,AM tại K và I
Ta có ∠ ABH= ∠ CAH ( cùng phụ với ∠ ACH) suy ra ∠ B1= ∠ A1
Ta có ∠ BAK+ ∠ A1=900 ⇒ ∠ BAK+ ∠ B=900
trong Δ BAK có ∠ BAK+ ∠ B=900 ⇒ ∠ BKA=900 hay BK AN
2
2 1
1
O
N
B
A
Trang 3xét Δ BAN có
¿
BK⊥ AN
∠B1=∠ B2
⇒
¿ {
¿
BK là trung trực của AN (1)
Tơng tự ta có CI là trung trực của AM (2) mà BK cắt CI tại O (3)
Từ (1);(2);(3) ta có O là tâm đờng tròn ngoại tiếp Δ AMN (đpcm)
2) Gọi d1,d2 lần lợt là đờng thẳng vuông góc với BC tại M;N Chứng minh rằng
d1,d2 tiếp xúc với đờng tròn nội tiếp tam giác ABC
Qua O kẻ OP,OQ;OR vuông góc với d1;d2;BC ta có ∠PRQ=900 nên d1;d2 tiép xúc
với (O;OR)
Câu 4 Giả sử a,b là các số nguyên dơng thay đổi thoả mãn
ab+1
a+b <
3 2
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P= a3b3+1
a3+b3
Giải
ab+1
a+b <
3
2⇔3 a+3b <2 ab+2 ⇔4 ab −6 a − 6 b+9<5
⇔2 a(2b − 3)−3 (2 b− 3)<5 ⇔(2 a −3)(2 b −3)<5 (∗)
Từ (*) ta có tồn tại ít nhất a hoặc b nhỏ hơn 3 vì nếu a a ≥ 3; b ≥3
thì (2a-3)(2b-3) 9 mâu thuẫn với (*)
-Giả sử 0<a<3 xét a=1 thì a3b3+ 1
a3
+b3 =b3+1
1+b3 =1
xét a=2 thya vào (*) (2a-3)(2b-3)=2b-3<5 suy ra b<4
thay a=2 vào P ta có P= a3b3+1
a3+b3 =
8 b3 +1
8+b3 =
8(b3
+8)− 63 8+b3 =8 −
63
8+b3
để P lớn nhất thì B lớn nhất mà b nguyên b<4 suy ra b lớn nhất b=3 khi đó
5 >1 Vậy giá trị lớn nhất của P=
31
5 khi a=2;b=3
Thi vào Đại HọcQuốc Gia Hà nội-Đại Học KHoa học Tự nhiên
Vòng 2(Ngày 13háng 6 năm 2008 Câu 1
1) Giải hệ phơng trình
d1
d2
2
2 1
1
Q P
R
O
N
B
A
Trang 4
¿
2 x2y − y2x=1
8 x3− y3 =7
¿ {
¿
(1)
2)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
y=x +√2(1− x) với 0 ≤ x ≤1
Giải
1) ta có x=0,y=0 không là nghiệm của hệ
đặt x=ty ( t R ;t ≠ 0 )
¿ (1)⇔
2 t2y3− ty3=1
8 t3y3− y3 =7
⇔ 2 t
2
−t
8 t3−1=
1
7⇔8 t3−1=14 t2−7 t ⇔8 t3−14 t2 +7 t −1=0
¿
¿ {
¿
Với t=1 hay x=y thay vào (1) ta có
¿
2 x3− x3=1
8 x3− x3=7
⇔ x3
¿ {
¿
Với t=1
2 hay y=2x thay vào (1) ta có
¿
4 x3− 4 x3 =1
8 x3−8 x3 =7
⇔0 x3
=1(vonghiem)
¿ {
¿
Với t=1
4 hay y=4x thay vào (1)
ta có
¿
8 x3− 16 x3=1
8 x3−64 x3 =7
⇔ x3
=−1
8 ⇔
¿x= −1
2
y=−2
¿ {
¿
Vậy nghiệm của hệ là : (x ; y )=(1;1);(−12 ;− 2)
2)áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho 2 số không âm 2(1-x) và 1 ta có √2(1− x)≤ 2− 2 x +1
3− 2 x
2
2 =
3
2 Giá trị lớn nhất của y=
3 2
khi 2(1-x)=1 ⇔ x=1
2 ( thoả mãn điều kiện)
Câu 2
1)Tìm nghiệm nguyên của phơng trình 2x2 +y2 3xy +3x+2y+2=0 (1)
Trang 52) Tìm các số nguyên dơng a,b,c sao cho (ab −1)(bc −1)(ac− 1)
abc
cng là số nguyên
Giải
(1) ⇔ 2x2+3x(y+1)+y2+2y+2=0 (2)
coi PT(2) là phơng trình bậc 2 ẩn x tham số y
đê PT(2) có nghiệm nguyên điều kiện cần là Δ chính phơng
Ta có Δ=[3( y +1)]2− 8( y2 +2 y+2)=9 y 2 +18 y +9 − 8 y 2−16 y −16= y2
+2 y −7
Δ chính phơng; đặt Δ =k2 (k ∈ Z)
Ta có y2+2y+1-8=k2 ⇔ (y+1)2-k2=8 ⇔ (y-k+1)(y+k+1)=8
Mặt khác ⇔ (y-k+1); (y+k+1) cùng tính chẵn lẻ xét 8=2.4=(-2).(-4) ta có Phơng trình có 2 nghiệm (x;y)=(-2;2);(2;-4)
Câu3
I Q
K M
P
O
A
Trang 61)Chứng minh phân giác góc KBQ và góc KCQ đi qua cùng một điểm trên PQ xét ΔPBK ; ΔPQB
có
¿
∠BPK : chung
2sdcungBK)
⇒
¿ {
¿
Δ PBK Δ PQB nên
PB
PQ=
BK
BQ (1) tơng tự Δ PCK Δ PQC nên
PC
PQ=
CK
CQ(2)
Từ (1)&(2) & PC=PB nên BK
BQ=
CK
CQ(3)
mặt khác do BI là phân giác góc KBQ nên IK
IQ=
BK
BQ (4)
từ (3) và (4) suy ra IK
IQ=
CK
CQ chứng tỏ IC là phân giác góc KCQ
Câu 4 Cho phơng trình a0xn+a1xn-1+a2xn-2+ .an-1x+an=0 (1)
Trong đó các hệ số a1,a2,a3, ,an-1,an chỉ nhận các giá trị 0;hoặc 1;hoặc-1
Và a0 0.Chứng minh rằng nếu x0 là nghiệm của (1) thì |x0|<2
Giải
Vì x0 là nghiệm của (1) nên :
a0x0 =-( a1x0n-1 +a2x0 n-2+ .an-1x0 +an)
⇔|a0x0n|=|a1x0n −1+a2x0n −2+ +an −1 x0+a n|≤|a1x0n− 1|+|a2x0n −2|+ +|a n− 1 x0|+|a n|
⇔|x0n
|≤|a1
a0x0
n −1
|+|a2
a0 x0
n − 2
|+ +|a n −1
a0 x0|+|a n
a0|≤|x0n− 1
|+|x0n −2
|+ +|x0|+|1|
⇔|x0n|≤(|x0n −1|+|x0n− 2|+ +|x0|+|1|)(|x0|−1)
|x0n|−1
x0−1
Nếu |x0≥ 2| thì |x0− 1|≥1 nên |x0n|≤|x0n
|−1
|x0|−1 ≤|x0n|−1 vô lý vậy |x0|<2