Chinh phục đề thi vào 10 chuyên toán
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (20.74 MB, 241 trang )
CHINH PHỤC
ĐỀ THI VÀO 10
CHUYÊN TOÁN
30 ĐỀ THI
FILE WORD + LỜI GIẢI CỰC
KỲ CHI TIẾT
ĐỘC QUYỀN TRÊN
TOPDOC.VN
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
Đề chính thức
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2011
MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (3,0 điểm).
1). Giải hệ phương trình
x 1 y2
x
2)x2
y
(y
y
3
x
1
.
2). Giải phương trình
3
x
x
x2 7
.
2 x 1
Câu II (3,0 điểm).
1). Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên x; y; z thỏa mãn
x
4
y
4
7z
4
đẳng thức
5.
2). Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn đẳng thức
x 1
4
4
x 1
y3 .
Câu III (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD với BAD 90 . Đường phân giác của góc BCD 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 .
1). Chứng minh rằng OBE
ODC .
2). Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
3). Gọi giao điểm của OC và BD là I , chứng minh rằng
IB.BE.EI
CEF .
ID.DF.FI .
Câu IV (1,0 điểm). Với x; y là những số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4y3
x3
x3 8 y 3
P
y3
x
y
.
3
Câu I.
1). Hệ phương trình tương đương với
x 1 y2
y
+) Nếu x
1 , suy ra x 1 y 2
x 1
2 x2
1
y
2
2)
y
x 1
x 1 y2
1
2
2 x2
1
x 1 (2)
y
0 nên từ (1)
2
y
y
y
2 x2
2
y (1)
.
0
1
0;
x 1 0
x 1 (mâu thuẫn).
Do đó từ (2)
+) Nếu x 1 , tuơng tự suy ra x 1 (mâu thuẫn).
+) Nếu x 1 y 2 (thỏa mãn).
Đáp số: x 1; y 2
Nhận xét: Bài toán sử dụng kỹ thuật đánh giá theo miền nghiệm khi đoán trước được nghiệm của hệ phương trình.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Cho hai biểu thức f x; y và g x; y , trong đó g x; y 0 .
Xét biểu thức: P
f x; y .g x; y .
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
3
Có hai trường hợp sau xảy ra đó là P
0
0 và P
f x; y
0
f x; y
0.
Kỹ thuật nhẩm nghiệm.
Ý tưởng: Bài toán này không phải là một hệ phương trình đồng bậc, nếu là đồng bậc hai thì ta có thể giải quyết
bằng cách đưa về hệ số bất định. Nhưng một điều đáng lưu ý ở bài toán này đó chính là các biểu thức x 1; y 2
được gắn với hai đại lượng không âm. Nên nhiều khả năng sẽ xảy ra x 1 y 2
hợp thì thấy x; y
2 x2
y
0 . Xét các trường
1; 2 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. Hoặc ta có thể sử dụng kỹ thuật nhẩm nghiệm
như sau, đó là giả sử x k , bây giờ ta sẽ thay thử các giá trị của k , tất nhiên sẽ lấy các giá trị k nguyên và đẹp.
1; 2 . Với cặp nghiệm này, thực chất bài toán quy về giải hệ phương trình
Và cũng cho ta được nghiệm x; y
x
y
3
x 1
y
2
0
.
y x 1
y 2 x 1
Vì thế ta tách hệ phương trình ban đầu, và nhóm nhân tử như sau:
Hệ phương trình đã cho
x 1 y2
y
2 x2
x 1
y
y
x 1
2
2
0
x 1 y2
1
2
y
1
2 x2
1
x 1
2
y
Đến đây, ta sẽ đánh giá miền nghiệm:
TH1. Nếu x
1
1
x 1 y2
1
0
2
y
2 x2
1
0
2
y
y
0
y
2
0
y
2
4
x
0
.
2
Hệ bất phương trình này vô nghiệm.
TH2. Nếu x
1
1
x 1 y2
1
0
2
y
2 x2
1
0
2
y
y
.
2
Hệ bất phương trình vô nghiệm
Vậy x 1; y 2 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
2 x 1 y2 x y 4
1. Giải hệ phương trình
.
y 3 x2 y x 2
Đáp số: x; y
2). Điều kiện x
1; 3 .
0.
Phương trình tương đương 2 x
Chia hai vế cho x
21
1
x
1
x
3
x
x2
x
3
x
21
7.
0 , ta được
x
3
x
x
7
x
+ Giải
x
3
x
2
x
3
x
4
+ Giải
x
3
x
2
x
x
3
x
4
x2
x2
x3
4x
3
3x
1
x
0
4
3
x
x
x
1
x
3
x
4
x
3
x
2
x
3
x
2
x
0.
.
0
x 1 x2
0
x
1.
Đáp số x 1; x 3 .
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn, sau đó nâng lũy thừa tìm nghiệm của phương
trình ban đầu.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
4
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn: xét một phương trình bậc hai có dạng mf x .t 2
(*), trong đó t là ẩn phụ được biểu diễn dưới dạng t
ng x
t
2
4 kmf x , với
Cách giải phương trình
ng x
t
0
h x . Khi đó, ta có
f x ;g x
g x
ng x
h x ; t
mf x
f x
k
bắt buộc là một số chính phương. Nên ta tìm được nghiệm của (*) đó là
t
t
ng x .t
0
g2 x
f x
t
h x .
mf x
.
Ý tưởng: Trước hết, ta cần quy đồng mẫu số bài toán, như vậy ta sẽ được phương trình có dạng
h x và nếu nâng lũy thừa hai vế, ta sẽ thu được một phương trình bậc 5. Và phương trình bậc 5
f x. g x
nếu không có nghiệm nguyên thì sẽ rất khó để giải quyết. Vậy nên ta cần nghĩ đến hướng tư duy khác, đó là bài
3
x
2
toán xuất hiện căn thức
x
3
nên ta mong muốn sẽ tạo được lượng k
x
bậc hai, sau đó đặt t
x
3
để sử dụng phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn. Tức là sẽ chia cả hai vế của
x
x
để có thể đưa về phương trình
phương trình, ta được:
Ta có
x2 7
2( x 1)
3
x
x
2 x
1
x
3
x
x2
7
1
x
x
3
x
x
7
x
x
0 , khi đó ta có (*)
t2
21
21
Đặt t
Có
'
t
x
3
x
1
1
x
2
4
x
Giải ( ii ), ta có ( ii )
3
x
x
1
x2
4
3
x
x
1
x
1
x
1
t
Giải ( i ), ta có ( i )
4
x
t
2
t
2
x
1
x
x
3
x
4
x
0 (*).
0.
nên suy ra được
t
1
t
x
21
2
1
x
1
3
x
4
x2
1
1
4x
x3
1
x
1
x
3
3x
0
4
0
x
1
x
3
x
x
3
x
2
x
3
x
2
x
i
.
ii
.
1.
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
1. Giải phương trình: x
Đáp số: x
4
2
1
5
2
4
1; x
2. Giải phương trình:
Đáp số: x
3
x3
; x
x 12
31
3.
x
2x2
x
1
65
8
x
28
x.
2.
.
Câu II.
1). Giả sử tồn tại các số nguyên x, y , z thỏa mãn
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
5
x4
Ta có a4
y4
7 z4
x4
5
y4
z4
8z 4
5 (1) .
0,1 (mod 8) với mọi số nguyên a
x4
8z
y4
4
z4
5
0,1,2,3 (mod 8)
5(mod 8)
.
Mâu thuẫn với (1).
Vậy không tồn tại x; y; z thỏa mãn đẳng thức.
Nhận xét. Để giải bài toán trên cần sử dụng phương pháp phản chứng: “Giả sử xảy rồi biến đổi thấy điều mâu thuẫn
với giả sử”.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
Thêm cùng một lượng vào hai vế của đẳng thức ta được một đẳng thức mới tương đương với đẳng thức ban
đầu
x4 y 4 7 z 4 5 x4 y 4 z 4 8z 4 5 .
Lũy thừa bậc bốn của một số nguyên khi chia cho 8 dư 0 hoặc 1 tức là a4
0, 1 mod8 với mọi số nguyên
a
x4
0, 1 mod8
4
0, 1 mod8
y
z4
0, 1 mod8
x4
y4
8z4
5
z4
0, 1, 2, 3 mod8
.
5 mod8
Hai vế của một đẳng thức có số dư khi chia cho cùng một số nhận được số dư khác nhau thì đẳng thức này
không thể tồn tại.
Ta thấy VT x4 y 4 z 4 chia 8 dư 0 hoặc 1 hoặc 2 hoặc 3 .
Mà VP
x
4
y
4
5 chia 8 dư 5 do đó không thể tồn tại đẳng thức x4
8z 4
z
4
8z
4
y4
z4
8x
y3 .
8z4
5 hay
5.
Vậy không tồn tại các bộ ba số nguyên x; y; z thỏa mãn đẳng thức
x4
y4
7 z4
5.
2). Phương trình tương đương với
x
+) Nếu x
+) Nếu x
1
1
8 x3
2
x 1
8 x3
2
8x
x
1
2x
1
2
x 1
3
2x
1 và x; y là nghiệm, ta suy ra
2
y3
3
2 x2
y3
2x
1
y3
2 4x
3
(mâu thuẫn vì y nguyên).
y cũng là nghiệm, mà
x;
8 x3
x
1
mâu thuẫn.
+) Nếu x 0 y 0 (thỏa mãn).
Vậy x y 0 là nghiệm duy nhất.
Nhận xét. Để giải bài toán trên cần sử dụng phương pháp biến đổi tương đương đưa về xét khoảng giá trị của
nghiệm.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
A B A B
Hằng đẳng thức A2 B2
VT
Hằng đẳng thức A
x
1
4
x 1
2
A2
2 AB
VT
x2
2x
B
4
x
2
1
x 1
2
x
1
2
x 1
B2
1
x2
2 x2
2x
1 x2
2 4x
8 x3
2x
1 x2
2x 1
8x .
Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình 8x3 8x y 3
Giải phương trình nghiệm nguyên bằng cách xét khoảng giá trị của nghiệm
Không tồn tại lũy thừa bậc ba nào giữa hai lập phương (lũy thừa bậc ba) liên tiếp.
6
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
2
+) Nếu x
8 x3
1
8x3
8x
(mâu thuẫn vì y nguyên và 2x
+) Nếu x
8 x3
1
8 x3
2x
3
3
3
2x
và 2 x 1
8x
(mâu thuẫn vì y nguyên và 2x
1
2x 1
3
2x
3
y3
2x
1
3
là hai lập phương liên tiếp).
3
và 2 x 1
3
3
y3
2x 1
3
là hai lập phương liên tiếp).
+) Nếu x 0 y 0 (thỏa mãn).
Vậy x y 0 là nghiệm duy nhất.
Câu III
B
C
E
I
O
A
D
1). Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc BCD , suy ra OBD
OBD cân tại O , do đó OB OD (1).
F
OCD
OCB
Tứ giác OBCD nội tiếp ODC OBE (cùng bù với góc OBC ) (2).
Trong tam giác CEF có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác
Do AB CF
AEB
AFC
EAB , suy ra tam giác
ABE cân tại B , nên BE
BA
ODB , nên tam giác
CEF cân tại C .
CD (3).
Từ (1), (2) và (3), suy ra OBE
ODC (c – g – c).
Nhận xét. Có ba trường hợp bằng nhau cơ bản của hai tam giác. Ở bài này, chúng ta sử dụng trường hợp bằng nhau
“cạnh-góc-cạnh” từ đó ta sẽ đi tìm ra các cạnh và góc bằng nhau.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau.
+ BCO
ODB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OB của đường tròn ngoại tiếp tam giác
BCD ).
+ OCD
CBD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DO của đường tròn ngoại tiếp tam giác
BCD ).
Mà BCO OCD (vì CO là tia phân giác của BCD ), suy ra OBD
Tam giác có hai góc bằng nhau là tam giác cân.
ODB .
Tam giác OBD có OBD ODB (chứng minh trên) nên OBD cân tại O .
Tam giác cân có hai cạnh bên bằng nhau.
Tam giác OBD cân tại O suy ra OB OD .
Tứ giác nội tiếp có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh không kề với nó.
Tứ giác BCDO nội tiếp đường tròn ngoại tiếp
BCD có EBD là góc ngoài tại đỉnh B và CDO là góc
trong tại đỉnh D không kề B suy ra EBD CDO .
Tam giác có đường cao cũng là đường phân giác thì tam giác đó cân.
Tam giác CEF có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác
Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy bằng nhau.
CEF cân tại C .
Tam giác CFE cân tại C , suy ra CEF CFE hay AEB AFC .
Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau.
AFC EAB (hai góc ở vị trí đồng vị của AB FC ), suy ra AEB EAB , nên EBA cân tại B (tam giác có
hai góc bằng nhau), do đó BE BA mà ABCD là hình bình hành nên AB CD suy ra BE CD .
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
7
Xét
OBE và
ODC có: OB OD ; EBD
CDO ; BE
CD suy ra
OBE
ODC (c – g – c).
2). Từ OBE
ODC OE OC .
Mà CO là đường cao tam giác cân CEF , suy ra OE OF .
Từ đó OE OC OF , vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF .
Nhận xét. Đường tròn ngoại tiếp tam giác cách đều ba đỉnh của tam giác do đó ta chứng minh điểm O cách đều
các điểm E ; C ; F hay OE OC OF .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
Hai tam giác bằng nhau có các cặp cạnh và cặp góc tương ứng bằng nhau.
OBE
ODC OE OC .
Tam giác cân có đường cao cũng là đường trung trực của cạnh tương ứng
CO là đường cao của tam giác cân CFE nên CO là đường trung trực của FE .
Một điểm thuộc trung trực của một đoạn thẳng thì cách đều hai mút của đoạn thẳng.
Điểm O thuộc đường trung trực CO của đoạn thẳng FE nên OE OF , suy ra OE OC OF .
Điểm cách đều ba đỉnh của một tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.
Ta có OE OC OF suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp CEF .
3). Theo trên, ta có BE
CD mà CE
CF
BC
DF .
Ta có CI là đường phân giác góc BCD , nên
IB CB DF
ID CD BE
Mà CO là trung trực EF và I CO , suy ra IE IF .
Từ hai đẳng thức trên, suy ra IB.BE.EI ID.DF.FI .
IB.BE
ID.DF .
http://topdoc .vn – File word sách tha m khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
Nhận xét. Chứng minh một đẳng thức ta kết hợp các đẳng thức đã cho, đã chứng minh được để ghép vào đẳng thức
cần chứng minh.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
Ta có BE CD (chứng minh trên) và CE CF ( ECF cân tại C ) suy ra CE BE CF CD BC DF suy
CB DF
ra
.
CD BE
Đường phân giác trong của một tam giác chia cạnh dối diện thành hai đoạn thẳng có tỷ số bằng với tỷ số hai
cạnh tương ứng của tam giác.
IB CB
CBD nên
Ta có CI là phân giác của góc trong BCD của tam giác
, suy ra ta được
ID CD
IB DE
BE.BI DE.DI .
ID BE
Nhắc lại kiến thức.
Ta có I nằm trên trung trực CO của đoạn thẳng FE nên suy ra IE IF nhân vế theo vế với đẳng thức
BE.BI DE.DI ta được BE.BI.IE DE.DI.IF
Câu IV. Ta chứng minh
x3
x3 8 y 3
8
x3
x3 8 y 3
x2
(1) .
x2 2 y 2
x4
x
2
2y
2
2
x2
2y2
x2
y2
2
x x3
8y3
4 x2 y 2
2xy (đúng).
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
4y4
8xy 3
y3
Ta chứng minh
y3
x
y
y2
(2).
x2 2 y 2
3
y3
y3
x2
2y2
y y3
Ta có x2
y2
1
x
2
y
x2
x2
y2
2y2
3y 2
x
y
3
y4
x
x2
y
2
2y2
3
x2
y4
2
2y2
y x
y
3
x2
y 2 x2
3y 2
y x
y
3
2
2y2
2xy
2y x
x2
y
y 2 x2
1
x
2
3y 2
(2) (đúng).
Từ (1) và (2), suy ra P 1 .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x
2
y .2 y x
y
y x
y
3
y.
Vậy Pmin 1 .
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp dự đoán điểm rơi, từ đó phát hiện tư duy bất đẳng thức phụ cần thiết để
tìm giá trị nhỏ nhất của bài toán.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương x
y
2 xy .
2
1
x y .
2
Ý tưởng: Đây là một bài toán chứa các biểu thức đồng bậc, nên điểm rơi của bài toán sẽ có dạng x
thay ngược lại biểu thức P , ta có:
Hệ quả của bất đẳng thức Cosi, đó là: x2
k3
P
Các biểu thức k 3
8; 1
y2
k
k
1
3
3
4
8
1
k
1
3
k
4
k
k
3
8
1
k
1
3
ky . Từ đó
.
đều xuất hiện trong căn, nên ta mong muốn nó là một số phương trình và bằng
m 3
. Tức là điểm rơi của bài toán tại x y và
k 1
giá trị nhỏ nhất của P là 1 . Việc dự đoán điểm rơi này là cần thiết, nó giúp ta có nhiều sự lựa chọn hơn trong các
2
1
việc đánh giá như x y 2 xy hay x2 y 2
x y . Với điểm rơi đó, hai mẫu số trong đã bằng nhau P
2
nên nếu có đánh giá P , ta cần đánh giá hai căn về hai biểu thức cùng mẫu, ví dụ như cùng mẫu số
x 2 y; 2x y; x2 2 y 2 ; 2x2 y 2 . Bây giờ, quan sát từng căn thức một:
nhau, do đó k 3
Với f x; y
8
1
k
1
x3
x3 8 y 3
3
và k 3
x
x
3
8
m2 nên dễ thấy
x
, trong căn thức mẫu số có bậc ba, trên tử là bậc nhất, vậy để đồng
8y3
hóa bậc thì ta cần đánh giá căn thức về một biểu thức dạng bậc không trên bậc nhất . Hơn nữa lại xuất hiện
8y 3 nên ta sẽ chọn đánh giá x 2 y để tối thiểu hóa ẩn y , tức là ta sẽ cần chứng minh:
http://topdoc. vn – File w ord sách tham kh ảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
x
3
x
8y3
1
x
2y
x x
2y
2
x3
8y3
Nhưng điều này chưa hoàn toàn đúng, vì cần phải có điều kiện y
đúng. Tức là ta sẽ lựa chọn biểu thức x
2
2 y thay vì x
2
y y
x x
2y
0.
x , vậy nên hướng tư duy như trên chưa
2 y như ta đã chọn, vì thế:
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
9
x
x
8y3
3
x
x
2
2y
x x2
2
xy 2 x
Với g x; y
4y3
y
3
x
y
3
4y
y
y
3
x
4y3
y
3
x
y
y
y
x2
Điều này luôn đúng do theo bất đẳng thức Cosi, ta có:
2
1
x2 y 2
x y
2
x2 3 y 2 x 2 y 2 2 y 2 2 xy 2 y 2
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
1. Cho a; b là hai số thực dương thỏa mãn a
b
2a
3b2
2a3 3b3
2. Cho a; b là hai số thực dương. Chứng minh rằng:
P
10
b
3 2
b
4
x2 x3
8y3
0.
y 2 x2
x2
3y 2
y 2 x2
y x
3y 2
3
y .
y x
2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
a2
2
2
, với hướng tư duy tương tự, chúng ta sẽ có:
3
2y2
x2 2 y 2
3
2y2
a
3
4
2b 2
2b 3
2a
3a 2
.
3a 3
1
2b
2
1
.
2
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
3
y .
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
Đề chính thức
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2012
MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (3,0 điểm).
1). Giải phương trình
x
2). Giải hệ phương trình
x2
y2
2x
y
9
2012 x
2y
4
xy
4
6
2012
x
9 x
6 .
.
Câu II (3,0 điểm).
1). Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn đẳng thức
x
y
1 xy
x
y
5
2 x
2). Giả sử x; y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
x
1
y .
y
1
4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
P
Câu III (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn
y2
.
x
x2
y
ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Gọi M là một điểm trên cung nhỏ BC ( M
khác B; C và AM không đi qua O ). Giả sử P là một điểm thuộc đoạn thẳng AM sao cho đường tròn đường kính MP
cắt cung nhỏ BC tại điểm N khác M .
1). Gọi D là điểm đối xứng với điểm M qua O . Chứng minh rằng ba điểm N ; P; D thẳng hàng.
2). Đường tròn đường kính MP cắt MD tại điểm Q khác M . Chứng minh rằng P là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác
AQN .
Câu IV (1,0 điểm). Giả sử a; b; c là các số thực dương thỏa mãn: a
b
3
c; c
b
1; a
b
c . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
2ab
Q
a
a
b
1 b
c ab 1
1 c
1
.
Câu I.
1). Điều kiện x
6.
Phương trình đã cho tương đương với
+ Giải
x
9
2012
0
+ Giải
x
6
1
x
0
x
x
2012
9
2
9
2012
x
6
1
0.
4048135 .
5.
Vậy phương trình có hai nghiệm: x
4048135; x
5.
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp nhóm nhân tử chung và nâng lũy thừa tìm nghiệm của phương trình.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
Cách giải phương trình dạng
f x
m.
g x
n
0
f x
m
f x
m2
g x
n
g x
n2
Ý tưởng: Bài toán cho hết sức đơn giản, với sự xuất hiện của hai căn thức
không khó để nhóm được nhân tử chung như sau:
x
x
9
2012 x
6
2012 x
9
x
9 x
x
9 1
x
1
x
6
2012 1
6
x
9
6
x
9; x
2012
x
6 2012
0
x
2012
6
0
0.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
1. Giải phương trình 2 x 6
Đáp số: x
3; x
5.
2. Giải phương trình
Đáp số: x 0; x
x 4
2.
x
7
2
x2
13x
2 x
3
2
x2
7x
x2
y
x y
1
2). Cách 1: Hệ đã cho tương đương với
Đặt
u
x
v
x y
Thu được
u2
+ Giải
+ Giải
y
1
x2
1
y
1
2
x
1
2
u
3
.
y
2
1
12 .
5
x
y
42 .
1
2x y
5
u2
1
2v .
u2 2 v 5
u v 5
2 5 u
x
y
x y
x
1
1
y
x y
u2
5
3
2
1
1
5
10
2u 15
x
y
x
2, y
0
1
0
u
v
5
2
v
10
.
.
(vô nghiệm).
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1; 1 và 2; 0 .
Cách 2: Hệ tương đương với
x2
y2
2y
4x
2y
2 xy
4
.
8
Cộng vế với vế hai phương trình ta thu được
x
+ Giải
x
2x
y
2
y
xy
4
x
y
x
x 2
y
2
4 x
2
x
2
y
12
0
x
1
y
1
x
2
y
0
x
y
x
y
2
6
.
.
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
.
6;
x
9 x
6
9 x
6 nên
x
+ Giải
y
2x
6
y
xy
4
x
y
x
x
6
6
x
Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y
10
(vô nghiệm).
1; 1 , 2; 0 .
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ sau đó từ ẩn phụ tìm ngược lại nghiệm của hệ phương trình.
Ý tưởng: Sự xuất hiện của y 2
y2
2y
1
y
2 y ở phương trình một của hệ, làm ta nghĩ đến hằng đẳng thức
2
1 hay nói cách khác, từ phương trình một ta có: x2
y
1
2
5.
Đây là phương trình có dạng là tổng các bình phương, dễ làm ta suy đoán đến hệ phương trình đối xứng loại I, tức
là đặt ẩn phụ theo định lý Vi-et ( đặt tổng và tích ) như sau: u
x
1 và v
y
x y
1 .
Nhưng đây cũng chỉ là suy đoán ban đầu, bây giờ ta sẽ đi xét phương trình hai để xuất hiện u, v .
Thật vậy, ta có phương trình hai trong hệ tương đương với:
2x
y
xy
u2
Do đó hệ phương trình đã cho trở thành
u
4
2v
v
x y
1
x
y
u
3
v
2
5
u
5
5
v
1
10
5.
.
Thế ngược lại tìm hệ của phương trình ban đầu.
http://to pdoc.vn – File word sác h tham khảo, giáo án d ạy thêm, đề thi, .....
Hoặc, ta có thể suy luận như sau: ta đi kết hợp cả hai phương trình trong hệ, vẫn với sự xuất hiện x2
trình một, đồng thởi có tích ở phương trình xy ta sẽ liên tưởng đến hằng đẳng thức x
trình hai nhân 2 rồi cộng với phương trình một ta được:
x
y
2
4 x
y
12
0
x
y
x
y
2
6
.
Thế ngược lại một trong hai phương trình trong hệ ban đầu để tìm nghiệm của hệ ban đầu.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
1. Giải hệ phương trình
Đáp số: x; y
y2
4y
3x
xy
y
1; 0 , 2;
2. Giải hệ phương trình
Đáp số: x; y
x2
1
3
.
1 .
x2
2x
y2
4y
3x
xy
2y
0
0; 0 , 1;
0
.
1.
Câu II.
1). Phương trình tương đương với
x
y
1 xy
x
x
y
2 x
y
1
3
y
1 xy
x
y
2
3.
x
y
1 là ước của 3.
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
2
y 2 ở phương
y . Vì thế lấy phương
x
+ Giải
+ Giải
+ Giải
+ Giải
y
xy
x
xy
x
xy
x
xy
1
x
y
y
y
1
y
y
2
xy
3
1
1;
2
y
2
1
y
2
1
x
y
1
(vô nghiệm).
5
xy
3
y
0
xy
x
2
y
x
3
1
x
3
1
y
x
x
2
1
x
Vậy x; y
1
xy
4
x
1
y
1
x
1
y
1
.
.
(vô nghiệm).
5
1 , 1; 1 .
Nhận xét. Bài toán nghiệm nguyên giải bằng phương pháp đưa về phương trình ước số
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
Phân tích đưa về phương trình ước số
x
y
1 xy
x
y
5
2 x
x
y
1 xy
x
y
3
2
x
y
1 xy
x
y
3
x
y
1 xy
x
y
2 x
x
y
1 xy
x
y
y
2 x
y
2 x
y
1
y
1
3
2
3
Phân tích số thành tích của 2 ước số
3
1.3
3.1 .
Cho mỗi thừa số chứa biến ở vế này đồng nhất với thừa số ở vế kia
2). Ta có
x
1
y
1
4
xy
x
y
3.
x
y
Theo bất đẳng thức Cô si
3
x2
y
Theo bất đẳng thức Cô si
y2
x
xy
y
x
y
2x
2y
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 khi x
y
y2
x
x2
y
P
x
2
x 1
2
y
x
2.
y
1
2
x
y
2.
1.
Nhận xét: bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi dựa trên điểm rơi đã được suy đoán cũng như kết hợp với điều kiện
bài toán để tìm giá trị nhỏ nhất.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương x
y
2 xy .
2
a b
a 2 b2
Mở rộng ra một đánh giá
, a; b; x; y 0 .
x
y
x y
Ý tưởng: Đây là một bài toán có sự đối xứng rõ ràng giữa x , y nên ta mạnh dạn dự đoán điểm rơi tại x
Thay ngược lại giả thiết bài toán, ta có
k
1
2
4
k
1 . Với điểm rơi x
y
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
y
k.
1 , ta sẽ dễ dàng đánh giá hơn
khi vận dụng bất đẳng thức Cosi, chính vì vậy, khi đi khai khác giả thiết, ta suy ra:
x
1
y
1
4
xy
x
y
1
xy
x
y
3
4
Vậy nên, bây giờ ta sẽ đánh giá biểu thức P theo
x
1 . Vậy nên ta cần tìm f x
y
x2 y 2
y
x
Biến đổi tương đương, ta có:
đó, ta cần chứng minh rằng
x
3
y
2
y2
x
x2
y
y thỏa mãn f x
x
y2
x2
x
y
x
Sử dụng bất đẳng thức Cosi, ta có:
x2
y
x
y
1
2
1
x
2
f x
y
2.
2 . Hiển nhiên có con số 2 vì điểm rơi
y
2 . Mà như bên trên, ta đã tìm được x
y
y
2 do
y . Đánh giá này ta có các cách như sau:
y
x x
0
y
y
y
2
x2
.y
y
y2
x
y
0
x
2x
y2
y2
x 2
.x
x
x
Sử dụng đánh giá mở rộng như đã nêu, ta có:
x2
y
y x
x2
y
y2
x
x
y.
x
x
y
2
0.
y.
2y
x
y
x
y
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
1. Cho a; b là hai số thực dương thỏa mãn
a2 b2
2 a 2 b2 .
b
a
2. Cho a; b; c là các số thực dương thỏa mãn a
ab
2
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
P
Câu III.
a
1
b
b
2
1
c
c
2
1
a2
b
c
3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
1). Vì MP là đường kính suy ra PN
Vì MD là đường kính suy ra DN
MN (1).
MN
(2).
Từ (1) và (2), suy ra N ; P; D thẳng hàng.
Nhận xét. Chứng minh ba điểm thẳng hàng ta quy về chứng minh chúng cùng thuộc một đường thẳng.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.
+ Góc PNM là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn được chia đôi bởi đường kính PM của đường tròn đường
kính PM nên PNM
90 hay PN
NM .
+ Góc DNM là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn được chia đôi bởi đường kính DM của đường tròn (O)
nên DNM
90 hay DN
NM
Từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đã kẻ được một và chỉ có một đường thẳng vuông góc với đường
thẳng đó.
Ta có từ N ta kẻ được PN và DN vuông góc với MN , suy ra PN
DN hay ba điểm P ; N ; D thẳng
hàng.
2). Tứ giác APQD nội tiếp ( PQD
MAD
suy ra PAQ
(3).
PDQ
Xét (O) , ta có NDM
Từ (3) và (4) PAQ
Xét (O) , ta có AND
NDM
NAM
900 ),
(4).
NAP , suy ra AP là phân giác của góc NAQ (*).
AMD .
http:/ /topdoc.vn – File word sách tham khảo, gi áo án dạy th êm, đề thi, .....
Xét đường tròn đường kính MP có QMP
QNP
ANP
QNP , nên NP là phân giác của góc ANQ (**).
Từ (*) và (**), suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ.
Nhận xét. Chứng minh một điểm là tâm đường tròn nội tiếp một tam giác ta chứng minh điểm đó là giao điểm của
hai đường phân giác trong của tam giác đó.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180 là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác APQD có DAP
90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ) và DQP
đối diện bằng góc trong không kề với nó của tứ giác nội tiếp) suy ra DAP
DQP
90 (góc ngoài tại đỉnh
90
90
180 do đó
tứ giác APQD là tứ giác nội tiếp.
Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau.
Tứ giác APQD là tứ giác nội tiếp nên QDP
(O) ) hay PAQ
QAP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QP của đường tròn
NDM .
+ NDM
NAM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN của đường tròn (O) ).
+ AND
AMD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD của đường tròn (O) ).
+ QMP
QNP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QP của đường tròn đường kính PM ) ,
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
NAP hay AP là phân giác của NAP và AND
suy ra PAQ
QNP hay ND là phân giác của QNA .
Giao điểm của hai đường phân giác của hai góc trong một tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó.
Tam giác
ANQ có AP là phân giác của NAP và ND là phân giác của QNA , ta có AP và ND cắt
nhau tại P nên suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp của
ANQ .
Câu IV. Ta có
abc
Q
ab
ac
a
abc
a
ab 1 c
Q
1
Q
bc
1 b
bc
ba
b
1 c
1 a
1 b 1 c
a
b
a 1
b 1
ca
cb
c
1
1
a
abc
c a
1 b 1
1
c
c
1
.
Ta chứng minh rằng
a
b
c
1
2
3
1 a
1 b
1 c
1 1
1 2
1 3
5
.
12
Bất đẳng thức trên tương đương với
3
c
b
2
a
1
1 3
1 c
1 b
1 2
1 a
1 1
3 c
41
3 c
1
4c 1
c
Vì c
3; 0
Vì b
Vì a
b
c
1
c; 0
a
b
c; 0
a
3b 4c 1
12 b 1 c
3 c
3b 4c 1
b 1 c
b
a
b c
1
3 c
a 1
a 1
21
0
a
1
3b 1
b 2
1
21 a
2a 3b 1
6b 1 a 1
a
6b 1 a 1
b c
0 (2).
0 (3).
Từ (1), (2) và (3), suy ra điều phải chứng minh.
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là
5
khi a 1; b
12
2; c
1
21 a
0
0 (1).
2a 3b 1
1
2 a 1
1
b 2
b 1 c
1
12 b 1 c
3 b
1
3b 1
3 c
3 c
b 2
0
3.
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
1
2 a 1
0.
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
Đề chính thức
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƢỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2013
MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (3,0 điểm).
1). Giải phƣơng trình
3x
1
2
x
x
y
1
x
1
y
9
2
1
4
3
x
2
3.
2). Giải hệ phƣơng trình
Câu II (3,0 điểm).
1). Cho các số thực a; b; c
0 thỏa mãn a
a
a
b
b
b
b b
c
c
c
3
4
a
1
y
c c
xy
c
bc
c c
b
2). Có bao nhiêu số nguyên dƣơng có 5 chữ số abcde sao cho abc
Câu III (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn
.
8abc . Chứng minh rằng
a
ab
b b
a
1
xy
10d
a
c
ca
a a
b
.
e chia hết cho 101 ?
ABC nội tiếp đƣờng tròn (O) với AB
AC. Đƣờng phân giác của góc
BAC cắt (O) tại điểm D khác A. Gọi M là trung điểm của AD và E là điểm đối xứng với D qua tâm O . Giả
sử đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABM cắt đoạn thẳng AC tại điểm F khác A.
1). Chứng minh rằng tam giác BDM và tam giác BCF đồng dạng.
2). Chứng minh rằng EF vuông góc với AC.
Câu IV (1,0 điểm). Giả sử a; b; c; d là các số thực dƣơng thỏa mãn điều kiện abc bcd cda dab 1. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
4 a3
P
b3
c3
9d3 .
……….HẾT………
LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Câu I.
1). Điều kiện:
1
3
x
2.
Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với 2x
3x 2
5x
3
2
2
3x
3
1 2
x
3
x
x
3x
2
9
0
5x
x
4x
2
11x
7
0
x
2
x2
6x
9
1
7.
4
7
.
4
Nhận xét: Bài toán sử dụng phƣơng pháp nâng lũy thừa (bình phƣơng) hai vế tìm nghiệm của phƣơng trình.
Nhắc lại kiến thức và phƣơng pháp:
Đối chiếu với điều kiện ta đƣợc đƣợc nghiệm: x
1; x
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
Phƣơng trình dạng
2
f x
g x
f x
m
g x
0
f x
2 f x
m2
m2
g x
f x
m2
g x
2 f x
g x
4f x g x
m
2
f x
m2
g x
2
g x
x
x1
x
x2
f x
g x
.
Phƣơng trình trên có cách giải khác nhƣ sau:
f x
m
g x
m
f x
m
m
f x
f x
m2
f x
2m g x
m
g x
2m g x
m2
f x ; g x
4 m2 g x
g x
m2
g x
f x
f x
m2
g x
2
x
x1
x
x2
f x
.
Ý tƣởng: Đây là một bài phƣơng trình cơ bản, dạng toán một vế chứa hai căn thức vế còn lại là một hằng số thì
phƣơng pháp nâng lũy thừa hai vế là một phƣơng pháp tối ƣu nhất.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tƣơng tự:
1. Giải phƣơng trình
Đáp số: x 8 .
3x
1
x
1
8.
2. Giải phƣơng trình
Đáp số: x 3 .
7x
4
x
1
3.
2). Hệ phƣơng trình tƣơng đƣơng với
u
x
v
y
Đặt
9
4
1
y
y
1
4
3
x
2
1
y
1
x
9
2
1
y
y
x
.
1
x
2
1
y
.
1
x
Hệ phƣơng trình trở thành
Suy ra
x
3u
2
9u
2
9
2
u
v
1
4
3
u
2
u2
u2
3u
v
uv
2
9
4
0
u
xy
1
xy
1
3y
2
3x
3y
2
3x
3
2
x
9
4
9
u
2
3u
9
u
2
2
2
u
0
v
y
2
y
2
y
3
2
3
3
.
u
1
y
1
x
x
y
y
2
3y
3
2
3
2
0
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
y
1
x
y
2
x
1
2.
1
1
; 1 , 1; 2 .
2
Nhận xét: Bài toán sử dụng phƣơng pháp đặt hai ẩn phụ, đƣa về hệ phƣơng trình bậc hai cơ bản giải bằng phƣơng
pháp thế. Sau đó từ nghiệm ẩn phụ suy ngƣợc lại nghiệm của hệ phƣơng trình.
Ý tƣởng: Hình thức bài toán khá phực tạp vì sự xuất hiện của phân thức, quan sát ta thấy ở cả hai phƣơng trình của
1
1 9
1
hệ đều xuất hiện biểu thức x
. Ta sẽ nghĩ đến chuyện thế x
xuống phƣơng trình hai nhƣng
y
y
y 2
x
Hệ phƣơng trình có nghiệm x; y
1
chƣa biết xử lý nhƣ thế nào. Có lẽ tác giá đã gợi mở theo con đƣờng đặt ẩn phụ, nếu đặt
xy
còn đại lƣợng xy
u
x
1
;v
y
1
qua u; v thì hệ phƣơng trình đã cho sẽ đƣợc giải
xy
1
thì bây giờ ta chỉ cần biểu diễn xy
x
y
u
x
v
y
quyết. Ta có
1
y
1
x
uy
xy
1
vx
xy
1
uvxy
xy
2
1
u
uv
1
xy
xy
2.
9
2
v
Khi đó, hệ phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với
.
1 3
u uv 2
4 2
Hệ phƣơng trình trên là hệ phƣơng trình cơ bản, hoàn toàn giải quyết đƣợc bằng phƣơng pháp thế.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tƣơng tự:
x2 1
1. Giải hệ phƣơng trình
1
Đáp số: x; y
Đáp số: x; y
x y
1;
x
1
;2
2
2
3x 2
2
.
7 5
;
,
4
7
1,
1
x2
2
2
xy
1; 1 ,
2. Giải hệ phƣơng trình
y2
y
1
1 y2
2
27 xy
1
7
;
4
5
.
7
.
10 xy
3 , 2; 2
3 , 2
1
.
2
3;
Câu II.
1). Cách 1: Đẳng thức cần chứng minh tƣơng đƣơng với
a
a
b
1
b
a
ac a
b
b
c
b
ac
b b
c
c
b
ba b
ac a
ac a
c
c
a
c
b2 a
a
c
1
c
c ac
c
ba
c c
a
cb c
b
ba b
c
c
a
a
ba2
b2
c
a
1
a
cb
a a
3
4
b
3
4
b
3
a b b c c
4
cb c b 6abc
abc
ab
a
bc
c 2b
abc
a
8abc
8abc
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
a
x
Cách 2: Đặt y
z
a
a
b
b
b
c
c
c
a
Từ điều kiện suy ra xyz
1 x
1
y
1 z
c c
b b
8abc , điều phải chứng minh.
a
b
b
a
c
b
c
.
a
c
a
1
, ta đƣợc
8
xyz 1 x 1 y 1 z
2xyz
1
1
x
x
y
y
z
z
xy
xy
yz
yz
zx
xy
zx
3
xy yz zx .
4
Nhận xét: bài toán sử dụng phép biến đổi tƣơng đƣơng hoặc ẩn phụ để chứng minh đẳng thức đã cho.
Ý tƣởng: Nhìn đẳng thức cần chứng minh ( gọi là (*)) khá là cồng kềnh, tuy nhiên nếu tinh ý một chút, ta thấy rằng
bên vế trái (*) có tổng của ba thừa số, đồng thời vế phải (*) xuất hiện tổng hoán vị của tích hai thừa số . Vì thế nếu
chuyển vế ta sẽ nhóm đƣợc nhân tử chung là:
a
b
b
c
c
a
3
1
1
1
a b
b c
b c
c a
c a
a b
4
x
a
ac
b b
y
z
b
ba
c c
c
a
c
cb
a a
b
3
( i ).
4
Với biểu thức ( i ), hƣớng tối ƣu nhất có lẽ là quy đồng mẫu số và biến đổi tƣơng đƣơng, kết hợp với giải thiết
a b b c c a 8 abc thì ta có:
(i )
ac a
c
ba b
ac a
ac a
c
c
a
ba b
b2 a
a
cb c
ba2
c
c ac
a
b2
3
a
4
cb c b
b
abc
ab
bc
c 2b
b b
c c
a
6abc
abc
8abc
8abc .
http://topdoc .vn – File word sách tham k hảo, giáo án dạ y thêm, đề thi, .....
Hoặc, ta có thể đi với hƣớng tƣ duy ẩn phụ hóa để đơn giản bài toán hơn một chút. Vẫn là hƣớng phát hiện nhƣ bên
a
b
c
1
;y
;z
trên, ta sẽ đặt ẩn phụ các thừa số là x
. Khi đó giả thiết
và ta cần chứng
xyz
a b
b c
c a
8
3
minh x y z
xy yz zx (**). Nếu chỉ dựa vào giả thiết để chứng minh (**) là chƣa đủ, ta cần phải
4
b
c
a
khéo léo kết hợp với giải thiết bài toán nhƣ sau 1 x
. Và từ đó suy ra đƣợc
;1 y
;1 z
b a
b c
c a
đẳng thức xyz 1 x 1 y 1 z . Khai triển tích số, ta sẽ đƣợc điểu phải chứng minh.
Bài toán kết thúc.
2). Ta có abcde
abc00
de
abc 100
de
abc 101 1
Suy ra abcde chia hết cho 101
abc
de
abc
de
10d
abc 101 abc
de
e chia hết cho 101 .
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
99999
9
990
101
101
Vậy số có 5 chữ số lớn nhất chia hết cho 101 là 990 101
999
Ta có 101 n 9999 n
99
101
Vậy số có 5 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101 là 100 101
Số các số có 5 chữ số thỏa mãn yêu cầu của bài toán là: 990 100 1
Đáp số: 891 số.
Nhận xét. Bài toán chứng minh đẳng thức từ những điều kiện đã cho.
Nhắc lại kiến thức và phƣơng pháp.
Cấu tạo số
Ta có 101 m
abcde
99999
abc00
de
m
abc 100
de
abc 101 1
de
891.
abc 101 abc
de
Tính chất chia hết của một tích: Trong một tích có một thừa số chia hết cho một số thì tích chia hết cho số đó.
Ta có 101 101
abc 101 101
Tính chất chia hết của một tổng: Tổng của hai số hạng, trong đó có một số hạng chia hết cho một số thì số
hạng còn lại chia hết cho số đó.
Ta có
abc 101 101
, suy ra de
abcde
abc 10d
abc.101
e
de
abc
abc
101
101
101 .
Số lớn nhất có năm chữ số chia hết cho 101.
99999
9
Ta có 101 m 99999 m
suy ra số có năm chữ số lớn nhất chia hết cho 101 là
990
101
101
990 101 .
Số bé nhất có năm chữ số chia hết cho 101 .
999
Ta có 101 n 9999 n
99 suy ra số có năm chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101 là 100 101
101
c d
Số các số của dãy số viết theo quy luật đƣợc tính theo công thức s
1 trong đó c là số cuối, d là số
h
đầu, h khoảng cách giữa 2 số liên tiếp của dãy.
Số các số có 5 chữ số thỏa mãn yêu cầu của bài toán là:
990.101 100.101
1 990 101 1 891 .
101
Câu III.
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
E
A
F
M
O
B
N
C
B
D
1). Ta có góc nội tiếp bằng nhau BDM
BCF (1) và BMA
BFA suy ra 1800
1800
BMA
BFA hay
BMD BFC (2).
Từ (1) và (2) , suy ra BDM và BCF đồng dạng (g - g).
Nhận xét. Đây là bài toán tƣơng đối cơ bản và thƣờng gặp trong các bài toán chứng minh tam giác đồng dạng ứng
dụng của góc nội tiếp.
Nhắc lại kiến thức và phƣơng pháp.
Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đƣờng tròn thì bằng nhau.
+ BDM
BCF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đƣờng tròn (O) ).
+ BMA
BFA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác
0
ABM )
0
180 BMA 180 BFA BMD BFC .
Hai tam giác có hai cặp góc tƣơng ứng bằng nhau thì đồng dạng.
+
BDM và
BCF có BDM
BCF và BMD
BFC , suy ra
BDM ∽ BCF (g – g).
2). Từ AD là phân giác BAC suy ra DB DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC .
DM BD
Từ 1). BDM ∽ BCF , ta có
.
CF
BC
DA 2 DM 2 BD CD DE
Vậy ta có biến đổi sau
(3).
CF
CF
BC
CN CE
Ta lại có góc nội tiếp ADE
FCE (4).
Từ (3) và (4) , suy ra EAD ∽ EFC suy ra EFC EAD 90 .
Vậy EF AC .
Nhận xét. Với bài toán này ta đƣa về chứng minh EF tạo với AC một góc vuông. Dựa vào các góc đã biết và kết
nối bởi tam giác đồng dạng.
Nhắc lại kiến thức và phƣơng pháp.
Hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung thì hai cung đó bằng nhau và hai dây cung của cung đó bằng nhau.
Từ AD là phân giác BAC suy ra BAD DAC suy ra DB DC kết hợp với OB OC (
hay DE là trung trực của BC hay DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC .
Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của đƣờng tròn thì bằng nhau.
ADE FCE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE của đƣờng tròn (O) )
Các dữ liệu đƣợc suy ra, biến đổi từ những điều đã chứng minh.
DM BD
2 DM 2 BD
DA CD
BDM ∽ BCF
CF
BC
CF
2CN
CF CN
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
R ) suy ra DO
Hệ thức lƣợng trong tam giác vuông “Cạnh huyền Đƣờng cao = Tích hai cạnh góc vuông”.
Áp dụng hệ thức lƣợng vào tam giác
CDE vuông tại C , đƣờng cao CN ta có
CD DE
DA DE
kết hợp với chứng minh trên ta đƣợc
kết hợp với trên, ta suy ra
CN.DE CE.CD
CN CE
CF
CE
EAD ∽ EFC (g – c – g) EAD EFC .
Góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn là góc vuông.
Góc EAD chắn nửa đƣờng tròn (O) đƣợc chia bởi đƣờng kính ED nên EAD
EF vuông góc với AC.
Câu IV.
Với là số thực dƣơng ta có
d3
a3
b3
dab d3
;
2
3 3 3 3 3
3
Cộng bốn đẳng thức trên ta thu đƣợc
2
d3
3 3
Ta tìm
Chọn
0 sao cho
1
x
2
2
3
1
3
1
1
, ta đƣợc
x
2
x
1 3
x
2
1
x
c3
3 3
1
a3
2
3
4
9
2
3
b3
3 3
1
x3
;
2
b3
4
3
2
3
dbc
d3
3
1
c3
3
c3
3 3
2
4
3
x
2
1
x
6
3
x
2
1
x
3
x
2
3
1
x
a3
3 3
dab
dbc
3
6
x6
6
90 suy ra EFC
dca a3
;
2
dca
12 x3
b3 c 3
3 2
abc .
1
0.
Ta có nghiệm dƣơng là
x
Với
3
6
3
35 ; x
6
1
2
35
3
6
3
35
6
35
xác định nhƣ trên ta thu đƣợc
9d 3
4 a3
d3
4 3
a
9
b3
c3
b3
c3
b
c
3
3
; d= 3
36
2
2
3
6
35
3
6
35
6
35
2
2
3
6
3
1
3
36
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
2
9
3
Đẳng thức xảy ra khi a
1
.
35
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
.
abc
2
90 hay
.
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
Đề chính thức
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƢỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2014
MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (3,0 điểm).
1). Giải phƣơng trình
1
x
2 1 x2
1 x 2
8.
2). Giải hệ phƣơng trình
x2
x
y2
xy
2
xy
1
2y
2
Câu II (3,0 điểm).
1). Giả sử x; y; z là các số thực dƣơng thỏa mãn điều kiện x
2y
x
x2
1
z2
1
y
xyz . Chứng minh rằng
z
xyz 5x
3z
y2
1
.
4
4y
x
y y
y
3
3z
z z
x
.
2). Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình
x2 y 2 x
Câu III (3,0 điểm). Cho tam giác
y
x
ABC nhọn với AB
xy .
BC và D là điểm thuộc cạnh BC sao cho AD là phân
giác của BAC . Đƣờng thẳng qua C và song song với AD , cắt trung trực của AC tại E . Đƣờng thẳng qua B song
song với AD , cắt trung trực của AB tại F .
1). Chứng minh rằng tam giác ABF đồng dạng với tam giác ACE .
2). Chứng minh rằng các đƣờng thẳng BE; CF ; AD đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là G .
3). Đƣờng thẳng qua G song song với AE cắt đƣờng thẳng BF tại Q . Đƣờng thẳng QE , cắt đƣờng tròn ngoại
tiếp tam giác GEC tại P khác E . Chứng minh rằng các điểm A; P; G; Q; F cùng thuộc một đƣờng tròn.
Câu IV (1,0 điểm). Giả sử a; b; c là các số thực dƣơng thỏa mãn đẳng thức ab bc ca 1 . Chứng minh rằng
5
a4 b2 b4 c 2 c 4 a 2 .
9
……....HẾT……….
LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
2abc a
b
c
Câu I.
1). Giải phƣơng trình
Điều kiện:
1
Đặt t
x
t2
1
1
x
x
1
x
2 1 x2
1 x 2
8.
1.
1 x
2 1
x 1 x
1 x
Khi đó phƣơng trình đã cho trở thành: t.t 2
t
3
8
2 1 x2 .
2
t
8
2
2
2
1 x2
4
1 x2
1
x
0.
Vậy phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 0 .
Nhận xét: Bài toán sử dụng phƣơng pháp đặt ẩn phụ giải phƣơng trình.
Nhắc lại kiến thức và phƣơng pháp:
2
Hằng đẳng thức quen thuộc u
v
Với f x
f x
a; b , đặt t
t2
a
b
a
2
a
u2
f x
2uv
v2 .
b
f x , khi đó
b
f x
a
f x
b
f x
t2
a
2
b
.
Ý tƣởng: Nhận thấy ở hai căn thức, ta có tổng bình phƣơng của chúng là một hằng số, mặt khác tích của chúng có
liên quan đến biểu thức còn lại trong phƣơng trình.
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
Ta có
1 x
2
2
1 x
1
x
1 x
2;
2 1 x2
Do đó 2
2 1 x2
1
2
x
2
1 x
2 1
2 1
x 1 x
2
1 x
Đặt t
1
x 1 x .
1 x .
1 x , phƣơng trình đã cho trở thành: t 3
x
t
2
2 1 x2
2
8
1 x2
4
1
x
của
hệ
0.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tƣơng tự:
1. Giải phƣơng trình 6
Đáp số: x
5
Đáp số: x
x
2
xy
x2
2y
xy
2
y2
4 x
2
2
2
4x 3
x
x2
xy
y2
x2
xy
2y2
xuống
x
2
x .
2 2
4x
4 3
x.
xy
y
1
vế
.
4
phải
phƣơng
trình
thứ
hai
phƣơng
trình,
ta
có
2
3x 2
Với y
2
4 3
.
4
2). Giải hệ phƣơng trình
1
3
2.
2. Giải phƣơng trình 7
Thế
x2
2 4
5xy
2y2
0
x
y 3x
2y
x
0
y
3x
2y
.
x , thế vào phƣơng trình thứ nhất trong hệ, ta đƣợc
x2
x
1
1
x
y
1
1
y
1
.
3x
, thế vào phƣơng trình thứ nhất trong hệ, ta đƣợc:
2
2
3
x
y
7 2
7
7
.
x
1
2
3
4
x
y
7
7
Vậy hệ phƣơng trình đã cho có bốn nghiệm kể trên.
Nhận xét: Bài toán sử dụng phƣơng pháp thế và tách ghép phƣơng trình đẳng cấp bậc hai tìm nhân tử chung.
Nhắc lại kiến thức và phƣơng pháp:
Với 3x
2y
y
Phƣơng trình đẳng cấp bậc hai có dạng a.x2
Nhóm nhân tử chung, đƣa về dạng
a.x2
b.xy
c.y 2
b.xy
0
c.y 2
x
0.
m.y x
n.y
0
x
my
x
ny
.
Hai trƣờng hợp này, thế vào một trong hai phƣơng trình còn lại của hệ, sẽ đƣợc phƣơng trình có dạng
x2
y
2
t
x
t
u
y
u
Chú ý: nếu t , u
.
0 thì phƣơng trình sẽ vô nghiệm.
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, .....
