HD de thi Toan KHTN 20082009

[r]

GVHD 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

x2−2 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

Vậy 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

2x 2 -(p+1)x+p+2008=0 có các nghiệm là các số nguyên

Giải:

a) abc − bda=650  (100a-90b-10d)+(c-a)=650 (*)()10caca

vì c=a nên (*)  10a-9b-d =65 ⇔ (10a-10b)+(b-d)=65 ⇔ (b-d) ⋮ 5

mà b-d {−5 ;0 ;5} từ 10a-9b-d =65 thì b 2 ; nên b-d<5

*Nếu b=2 thì d=2 hoặc 7

10a-9b-d =65

10a-18-2=65

¿

10a-18-7=65

¿

⇔

¿

10 a=85(loai )

¿

10 a=90

¿

⇔ a=9

¿

¿

¿

¿

abcd =9297 ⇒ a+b +c +d=27⋮9 Thoả mãn

*Nếu b=1 thì d=1 hoặc 6

10a-9b-d =65

10a-9-1=65

¿

10a-9-6=65

¿

⇔

¿

10 a=75 (loai)

¿

10 a=80

¿

⇔a=8

¿

¿

¿

¿

abcd =8186 ❑⇒ a+b+c+d=21 không ⋮9 loại

* Nếu b=0 thì d=0 hoặc 5

10a-9b-d =65

10a-0-0=65

¿

10a-0-5=65

¿

⇔

¿

10 a=65(loai)

¿

10 a=70

¿

⇔ a=7

¿

¿

¿

¿

abcd =7075 ⇒a+b+c +d=19 không ⋮9 loại

Vậy abcd =9297

b) 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)

¿ {

¿ Theo GT x1,x2, p là số nguyên nên 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)Chứng 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+ ∠ B1=900

trong Δ BAK có ∠ BAK+ ∠ B1=900 ⇒ ∠ BKA=900 hay BK AN

xét 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)

1) Gọi d 1 ,d 2 lần lợt là đờng thẳng vuông góc với BC tại M;N

Chứng minh rằng

2

2 1

1

O

N

B

A

d 1 ,d 2 tiếp xúc với đờng tròn nội tiếp tam giác ABC

d2 d1

2

2 1

1

Q P

R

O

N

B

A

Ta có OM=ON nên OMN cân tại O có OR là đờng cao nên OR là trung tuyến suy ra RM=RN=OP=OQ ta chứng minh đợc ∠PRQ=900 nên OP=OQ=OR nên P

và Q đều thuộc đờng tròn (O;OR) hay nên

d 1 ;d 2 tiép xúc với (O;OR) (đpcm)

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

1 3

2

ab

a b





Từ (*) ta có tồn tại ít nhất a hoặc b nhỏ hơn 3 vì nếu 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 thay 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

P=8 −63

8+b3≤ 8 −

63

35=

31

5 mà

31 1

5 

Vậy giá trị lớn nhất của P=31

5 khi a=2;b=3 hoặc a=3;b=2

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

¿

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

¿

¿⇔(t −1)(2 t −1)(4 t −1)=0 ⇔

¿ {

¿

 Với t=1 hay x=y thay vào (1) ta có

¿

2 x3− x3=1

8 x3− x3 =7

⇔ x3

=1⇔ x= y=1

¿ {

¿

 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

Nên y ≤ x + 3 − 2 x

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 2x 2 +y 2 3xy +3x+2y+2=0 (1) 2) Tìm các số nguyên dơng a,b,c sao cho P=(ab− 1)(bc − 1)(ac −1)

abc

cũng 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)

b)Nếu P= 0 thì tồn tại 2 số bằng 1 số còn lại N❑

Nếu P≠ 0

P=(ab− 1)(bc − 1)(ac −1)

( ab2c − ab − bc+1)(ac −1)

abc

P= a

2

b2c2− ab2c − a2bc+ab− abc2+bc+ac −1

abc

P= abc(abc −a − b −c )+(ab+bc+ca)−1

abc

P=abc −a − b −c +1

a+

1

b+

1

c −

1 abc

⇒1

a+

1

b+

1

c −

1 abc ∈ Z

Ta có

1

a+

1

b+

1

c −

1 abc >1⇔1

a+

1

b+

1

c>

1 abc>1

Giả sử 1<c b ≤ a ⇔1<1

a+

1

b+

1

c ≤

1

c+

1

c+

1

c=

3

c ⇔3

c>1⇔ c<3

Vì c nguyên dơng 1<c<3

Nên c=2 ta có ⇔1<1

a+

1

b+

1

2≤

1

b+

1

b+

1

2=

2

b+

1

2⇔1

2<

2

b ⇔ b<4

Nếu b=2 Loại nên b=3

Với b=3 ta có ⇔1<1

a+

1

3+

1

2=

1

a+

5

6⇔1

a>

1

6⇔ a<6

Thay a= 5 thoả mãn

Vậy (a,b,c)=(1;1;N);(2;3;5) và các hoán vị

Câu3 Trang sau

N

I Q

K M

P

O

A

1)Chøng minh ph©n gi¸c gãc KBQ vµ gãc KCQ ®i qua cïng mét ®iÓm trªn PQ

¿

∠BPK : chung

2sdcungBK)

⇒

¿ {

¿

Δ PBK đồng dạng với Δ PQB nên

PB

PQ=

BK

BQ (1) tơng tự Δ PCK đồng dạng với 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(đpcm)

2) Chứng minh BC //AQ :Ta có P,M,O thẳng hàng và PO BC

gọi PO cắt AQ tại N

Ta có Δ PCO vuông tại có CM là đờng cao nên

PC2=PM.PO (5) Mặt khác Δ PCK đồng dạng với Δ PQC nên

PC2=PK.PQ(6)

Từ (5) & (6) suy ra PM.PO=PK.PQ nên Δ PMK đồng dạng với Δ PQO ( c.g.c)

nên

∠ AOQ=2 ∠ NOQ , Δ AOQ cân có ON là phân giác nên ON là đờng cao Suy ra ON AQ hay PO AQ

Ta có

¿

PO⊥ AQ

PO⊥ BC

⇒BC // AQ

¿ {

¿

(đpcm)

Câu 4 Cho phơng trình a 0 x n +a 1 x n-1 +a 2 x n-2 + .a n-1 x+a n =0 (1)

Trong đó các hệ số a 1 ,a 2 ,a 3 , ,a n-1 ,a n chỉ nhận các giá trị 0;hoặc 1;hoặc-1

Và a 0 0.Chứng minh rằng nếu x 0 là nghiệm của (1) thì |x0| < 2

Giải

Vì x0 là nghiệm của (1) nên :

a0x0 =-( a1x0n-1 +a2x0 n-2+ .an-1x0 +an)

0

(*)

n

x x x

n



Vậy |x0n|≤|x0n

|−1

|x0|−1 ≤|x0n|−1 vô lý

vậy |x0| <2 (đpcm)