HD de toan chuyen KHTN 20042005

Câu IV.. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau ở I. B-Đê thi vào khối phổng thông chuyên đại học Khoa học tự nhiên I -Vòng I.. Câu I. 1 ) Giải hệ phương trình..[r]

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2011

MÔN THI: TOÁN (Vòng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu I 1)Giải hệ phương trình

 

2

2





 2) Giải phương trình

 

2

x x





Câu II 1) Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên thỏa mãn đẳng thức:

x4 y4 7z45

2) Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn đẳng thức:

x14 x 14 y3

Câu III Cho hình bình hành ABCD với Đường phân giác của góc cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tại O khác C Kẻ đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với CO Đường thẳng (d) lần lượt cắt các đường thẳng

CB, CD tại E, F

2) Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF

3) Gọi giao điểm của OC và BD là I

Chứng minh rằng

Câu IV Với x, y là những số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 

P

Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm.

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2011

MÔN THI: TOÁN (Vòng 2) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu1: 1.Giải phương trình:

 x 3 x  1 x 1 1 2.Giải hệ phương trình :

2 2







Câu 2: 1.Với mọi số thực a, ta gọi phần nguyên của a là số nguyên lớn nhất

không vượt quá a và kí hiệu là : [a]

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương thì biểu thức:

2

3

27 3

n n  

không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số nguyên

2 Với x, y là các số thực dương thảo mãn đẳng thức: xy +yz+xz=5

Tìm GTNN của biểu thức:

3 x +3 y+2 z

√6(x2+5)+√6(y2+ 5)+√x2+5

Câu 3: Cho hình thang ABCD với BC song song AD Các góc và

là các góc nhọn Hai đường chéo AC và BD cắt nhau ở I P là điểm bất kì trên đoạn thẳng BC( P không trùng B,C) Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BIP cắt đoạn thẳng PA ở M khác P và đường tròn ngoại tiếp tam giác CIP cắt đoạn thẳng PD tại N khác P

1 Chứng minh rằng 5 điểm A, M, I, N, D cùng nằm trên 1 đường tròn, gọi đường tròn này là (K)

2 Giả sử BM cắt CN ở Q, chứng minh Q cũng thuộc (K)

3 Trong trường hợp P, I, Q thẳng hàng, chứng minh rằng:

PC CA

Câu 4: Giả sử A là 1 tập con của tập các số tự nhiên N, Tập hợp A có phần tử

nhỏ nhất là 1, phần tử lớn nhất là 100 và mỗi x thuộc A (x khác 1) luôn tồn tại a, b cũng thuộc A sao cho x a b  (a có thể bằng b) Hãy tìm một tập hợp A có số phần tử nhỏ nhất

B-Đê thi vào khối phổng thông chuyên đại học Khoa học tự nhiên

I -Vòng I

Câu I 1)Giải hệ phương trình

 

2

2





 2) Giải phương trỡnh

 

2

x x





H

ướng dẫn

Hệ phương trỡnh tương đương với

2

2







2

2



 



+) Nếu x 1suy ra (x1)(y21) 0 nờn từ (1) 2 y0  y  2 (y 2)(x2 1) 0  do

đú từ (2)  x 1 0 x 1 mõu thuẫn.

+) Nếu x 1, tuơng tự suy ra x 1 mõu thuẫn.

+) Nếu x 1 y2 (thỏa món).

Đỏp số x1,y2.

b) Giải phơng trình

2

2( 1)

x x



 ⇔√x2+3

x =

x2+7

2(x +1) ĐK : x > 0

Đặt x2  3 avới a 0 và x b với b > 0

Ta có

2 2

4





 suy ra : 2ab2 + 2a = a2b + 4b

 ab( 2b – a) – 2( 2b – a) = 0

 (2b – a) (ab – 2) = 0 suy ra: a = 2b hoặc ab = 2 Thay a= 2b ta đợc : x = 1 hoặc x = 3 Thay ab = 2 ta đợc x = 1

Vây x = 1 Hoặc x= 2

Cỏch khỏc

Điều kiện x 0 Phương trỡnh tương đương

2

3

x

Chia hai vế cho x 0ta thu được

+) Giải

2

3

x x





+) Giải

3 2

Đỏp số x1,x3.

Cõu II 1) Chứng minh rằng khụng tồn tại cỏc bộ ba số nguyờn thỏa món đẳng thức:

x4 y4 7z45

2) Tỡm tất cả cỏc cặp số nguyờn thỏa món đẳng thức:

x14 x 14 y3

H

ướng dẫn

a) Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên (x, y, z) thoả mãn đẳng thức : x4 + y4 = 7z4 + 5

 x4 + y4 + z4 = 8 z4 + 5

ta cú vế phải lẻ suy ra vế trỏi cú 3 số lẻ hoặc 1 số lẻ ta biết x4 ( với x nguyờn) chia cho 8 dư 0 với x chẵn chia cho 8 dư 1 với x lẻ

ta thấy vế phải chia 8 d 1, hoặc 3 mà vế phải chia 8 d 5 Vậy phơng trình không

có nghiệm nguyên

b) ( x+ 1)4 – ( x- 1)4 = y3  8x3 + 8x = y3

- Xét (2x+1)3 – (8x3 + 8x) = 12 x2 – 2x +1 > 0 suy ra y3 < (2x+1)3

- Xét 8x3 + 8x – (2x -1)3 = 12 x2 + 2x + 1 > 0 suy ra y3 > (2x – 1)3

Do đó (2x-1)3 < y3< (2x+1)3 suy ra y3 = (2x)3 Từ đó (x;y) = (0;0)

Cõu III Cho hỡnh bỡnh hành ABCD với Đường phõn giỏc của gúc cắt đường trũn ngoại tiếp tam giỏc BCD tại O khỏc C Kẻ đường thẳng (d) đi qua A và vuụng gúc với CO Đường thẳng (d) lần lượt cắt cỏc đường thẳng

CB, CD tại E, F

2) Chứng minh rằng O là tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc CEF

3) Gọi giao điểm của OC và BD là I

Chứng minh rằng

H

ướng dẫn

I B

D

C

O E

A

HD

1) Ta có Δ CEF cân tại C xét Δ OBE và Δ ODC có OB=OC ( do ∠

BCO= ∠ DCO), ∠ EBO= ∠ CDO;EB=CD ( cùng bằng AB) nên

Δ OBE và Δ ODC (gcg)

2) Theo phần 1 thì OE=OC mặt khác O thuộc trung trực EF nên OE=OF vậy OC=OE=OF

3) Ta có EI=FI chỉ cần chứng minh IB.BE=ID.DF

Ta có theo tính chất phân giác Δ CBD IBID= BC

DF

BE⇒ IB BE=ID IE

nhân 2 vế với IE=IF ta có đpcm

Câu IV Với x, y là những số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 

P

H

ướng dẫn

Ta có

√ x3

x3+8 y3=

x2

√(x2 +2 xy) (x2−2 xy +4 y2

x2+2 xy+x2−2 xy +4 y2

2

x2+2 y2 (1)

x + y¿3

¿

¿ = 2 y2

√(xy+2 y2) (x2

xy+2 y2+x2+xy + y2

2

y3

+ ¿

4 y3

¿

¿

√ ¿

Từ (1) và (2) ta có P≥ 1 dấu bằng xảy ra khi x=y>0

Cách khác Ta chứng minh

x  y  x  y (1)

   (x2 2 )y2 2x x( 3 8 )y3  4x y2 2 4y4 8xy3

Ta chứng minh

y  x y  x  y (2)

    (x2 2 )y2 y y( 3 (x y ) )3  (x2 2 )y2 2 y4 y x y(  )3

(x y )(x 3 )y y x y( )

Ta có

2

x y  x y

x  y x y  y  xy y  y x y

2

(2)

 đúng.

Từ (1)và (2) P1 Dấu bằng xảy ra  xy Vậy P min 1

II -Vòng 2

Câu1: 1.Giải phương trình:

 x 3 x  1 x 1 1 2.Giải hệ phương trình :

2 2







Hướng dẫn:

1.Giải phương trỡnh:

 x 3 x  1 x 1 1

(*) ĐKXĐ 0 ≤ x ≤1

√x +3 −√x=

√x +3+√x x+3 − x ⇔3√1− x=√x +3+√x −3

với x thuộc ĐK 0 ≤ x ≤1

3√1 − x ≥0 ;√x +3+√x −3 ≤ 0 Dấu “=” xảy ra khi x=1 thỏa món :a, Điều kiện : 0  x  1

Ta có : 1 x 1  1

 Phơng trình

x





2.Giải hệ phương trỡnh :

2 2





(*)

⇔ x+ y¿2=2 xy (xy+1);(1)

¿

¿

(x+ y)(1+xy)=4 x2y2;(2)

¿ nếu xy+1= 0 khi đú xy=-1 thay vào PT (2) vụ lớ nờn xy+1 khỏc 0

Nhõn PT (1) và PT (2) : ( x+ y )3(1+xy )=8 x 3y3

( xy+1)⇔ x+ y=2 xy

thay vào PT (2) ta cú xy(1+xy)=2x2y2

⇔ xy+x2

y2=2 x2y2⇔ xy (xy −1)=0⇔

xy=0

¿

xy=1

¿

¿

¿

¿

¿

 nếu xy=0 ta cú x=y=0

 Nếu xy=1 ta cú hệ

¿

x2

+y2 =1

x+ y =2

⇔ x= y=1

¿ {

¿

*Cỏch khỏc

Xét x = 0 thì y = 0 là nghiệm hai phơng trình :

Nếu x  0, y  0 ta có hệ phơng trình :

(đúng)

2 2

2

x y xy











§Æt

,

x  y  xy 

 

a b





  a = 2, b = 1  x = 1, y = 1

Cách 3

Hệ

 

2

2



 

Đặt x-1 = a, y-2 = b, hệ trở thành

2 2

2

2

a

 Thay (2) vào (1) được

2

2

1

0

a a

a

(vì biểu thức trong ngoặc dương)

Do a = 0 nên tính được b = 0 và nghiệm của hệ là (x;y) = (1;2)

Câu 2: 1.Với mọi số thực a, ta gọi phần nguyên của a là số nguyên lớn nhất

không vượt quá a và kí hiệu là : [a]

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương thì biểu thức:

2

3

27 3

n n  

không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số nguyên

2 Với x, y là các số thực dương thảo mãn đẳng thức: xy +yz+xz=5

Tìm GTNN của biểu thức:

3 x +3 y+2 z

√6(x2+5)+√6(y2+ 5)+√x2+5

Hướng dẫn:

Với n=1 ta có ĐPCM

Với n>1 ta có BBĐT kép

√n<√3 n − 1

27+

1

3<

3

√n+1

3 nên [3

√n − 1

27+

1

3]=√3n ;hoac :√3n+1

Giải sử biểu diễn lập phương của số nguyên

Trường hợp 1

[3

√n − 1

27+

1

3]=√3n ; (1)

t

đặ 3

√n=a⇒ n=a3

+x<(a+1)3 ( x nguyên không âm) khi ó đ P=a3

+x+a2 m à

a3<a3+x+a2< (a+2)3⇒a3

+x +a2= (a+1)3⇒n=(a+1)3− a2

ta ch ng minh ứ

a+1¿3−a2− 1

27

¿

¿ =a+1(2)

3

√ ¿

¿

Ta có

a+1¿3−a2− 1

27

¿

¿

¿

¿ √3¿

v à

a+1¿3−a2− 1

27

¿

¿

¿

¿ √3¿

ta có (2) đúng từ (1) và (2) ta có mâu thuẫn

Trường hợp 2:

[3

√n − 1

27+

1

3]=√3n+1 tương tự như trên ta có n=(a+1)3−(a+1)2

a+1¿2− 1

27

¿

a+1¿3−¿

¿

¿

¿ √3¿

nên [3

√n − 1

27+

1

3]<√3n+1 loại

Ta có điều phải CM

cách khác 1) Ký hiệu

,

K  n  

  do n 1 K 1 Ta có

1

K  n  K

2

K

3

K

Suy ra

2

n K  n  n  

  không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số

nguyên dương.

2 Áp dụng BĐT √AB ≤ A+B

2 với A;B không âm dấu “=” khi A=B

√6(x2

+ 5)=√6(x2

+ xy +yz +xz)=√2(x +z ) 3(x + y )≤ 5 x +3 y+2 z

2

√6(y2+ 5)=√6(y2+ xy+yz+xz)=√2( y +z ) 3(x + y)≤ 3 x +5 y+2 z

2

√(z2 +5)=√(z2

+xy +z +xz)=√(x+z ).( z+ y )≤ x+ y+2 z

2

3 (3 x+3 y+2 z )

2

3

Min P= 2

3

khi

¿

2 x +2 z =3 x +3 y

2 y+2 z=3 x +3 y

x +z=z + y

xy +yz+zx =5

⇔

¿x=2 z− 3 y

3 x=2 z − y

x= y

xy +yz+zx =5

⇔

xy +yz+zx =5

⇔ x= y=1; z=2

¿ { { {

¿

Câu 3: Cho hình thang ABCD với BC song song AD Các góc và

là các góc nhọn Hai đường chéo AC và BD cắt nhau ở I P là điểm bất kì trên đoạn thẳng BC( P không trùng B,C) Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BIP cắt đoạn thẳng PA ở M khác P và đường tròn ngoại tiếp tam giác CIP cắt đoạn thẳng PD tại N khác P

1 Chứng minh rằng 5 điểm A, M, I, N, D cùng nằm trên 1 đường tròn, gọi đường tròn này là (K)

2 Giả sử BM cắt CN ở Q, chứng minh Q cũng thuộc (K)

3 Trong trường hợp P, I, Q thẳng hàng, chứng minh rằng:

PC CA

Hướng dẫn:

N M

P

I

D

C B

A

1 Ta có ∠ PNI= ∠ IAD ( cùng bằng góc ∠ PCI) nên tứ giác AIND nội tiếp (1)

Ta có ∠ PMI= ∠ IDA ( cùng bằng góc ∠ PBI) nên tứ giác AMID nội tiếp (2)

từ (1) và (2) suy ra 5 điểm A,M,I,N,D cùng thuộc đường tròn (K)

2 ∠ QMI= ∠ BPI= ∠ CNI nên ∠ QMI+ ∠ QNI=1800 nên Q thuộc dường tròn (K)

3 Ta có ∠ BIP= ∠ BMP ( cùng chắn cung BP), ∠ BMP = ∠ AMQ (dđ); ∠ AMQ= ∠ AIQ ( cùng chắn cung AQ), ∠ AIQ= ∠ PIC (đ đ) nên

∠ BIP= ∠ CIP nên IP là phân giác góc BIC áp dụng tính chất phân giác cho tam giác BIC PBPC= BI

CI (1) do BC //AD áp dụng định lí ta lét ta có

BI

CI

từ (1) và (2) ta có đpcm

Câu 4: Giả sử A là 1 tập con của tập các số tự nhiên N, Tập hợp A có phần tử

nhỏ nhất là 1, phần tử lớn nhất là 100 và mỗi x thuộc A (x khác 1) luôn tồn tại a, b cũng thuộc A sao cho x a b  (a có thể bằng b) Hãy tìm một tập hợp A có số phần tử nhỏ nhất

Hướng dẫn:

Giảsử tập A có n phần tử 100=a1>a2>a3> .>a n=1

Ta có 2a2 >100;

2a3>a2.

2an>an-1

Nhân từng vế ta có 2n-1.an-1 >100 suy ra n 8

nếu n=8 ta có a2<26 và a3<25 100<a2+a3<96 vô lí lấy n=9 thỏa mãn

khi đó bộ số {100 ;50;25 ;15 ;10 ;5;3 ;2 ;1}

Cách khác

TËp A cã phÇn tö lín nhÊt lµ 100, gi¶ sö 100 = a1+a1/

§Ó sè phÇn tö cña A min  a1 = a1/ = 30

Gi¶ sö 50 = a2 + a2/  §Ó sè phÇn tö cña cña A min

 a2 = a2/ = 25 Gi¶ sö 25 = a3 + a3/ §Ó sè phÇn tö cña A min

a3 – a3/ = 1  a3 = 13 , a3/ = 12

T¬ng tù : a3/ = 2a4 = 6

a4 = 2a5 = 5

a5 = a6 + a6/ = 2 + 1

a6 = 1 VËy sè phÇn tö nhá nhÊt cña A lµ 9

1; 2; 3; 6; 12; 13; 25; 30; 100 cách khác

Giả sử A có n số, chúng ta xếp chúng theo thứ tự 1 x1 x2 x2 x n 100 1 

Suy ra với mỗi k1,2,3, ,  n 1 ta có x k1  x i x j x k x k  2x k  2 với 1i j k,  .

Áp dụng kết quả  2 ta thu đượcx2    1 1 2,x3    2 2 4,x4  8,x5 16,

x  x  Suy ra tập A phải có ít nhất 8 phần tử.

+) Giả sứ n 8 x8  100

Vì x6x732 64 96   x8 2x7 x7 50.

Vì x5x6 16 32 48   x7 2x6 x6 25.

25 2

(mâu thuẫn).

+) n 9 ta có tập 1, 2,3,5,10, 20, 25,50,100 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp số: n 9