GIẢI CHI TIẾT đề THI vào 10 CHUYÊN đề 11 đến 20

GII CHI TIT THI VO 10 CHUYấN 11 N 20
11
I HC QUC GIA H NI

THI TUYN SINH VO LP 10

d b

TRNG THPT CHUYấN NM 2013
MễN THI: TON (Vũng 2)

Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
Cõu I (3,0 im).

( x; y)
1). Tỡm tt c cỏc cp s nguyờn

sao cho

x3 + y3 - 6xy + 1= 0.

2). Vi

ộxự
ởỷ

x

l s thc ta ký hiu
l cỏc s nguyờn ln nht khụng vt quỏ
1

l s nguyờn dng ln hn thỡ

x

. Chng minh rng nu

ộ 1ự+ ộ 2ự+ ộ 3ự+L + ộ n2 - 1ự= 1 n( n - 1) ( 4n + 1)
ờ
ỳ
ờ
ở ỳ
ỷ ờ
ở ỳ
ỷ ờ
ở ỳ
ỷ
ở
ỷ 6
Cõu II (3,0 im).
1). Gii h phng trỡnh
ỡù x3 + y3 - 3x2 + 6x + 3y = 4
ù
ớ 2
ùù 2x - xy + y2 = 11
ùợ

.

( x; y)
2). Gi s

l cỏc s thc tha món
ổ
ửổ
ử
ỗx + 3+ x2 ữ
ỗy + 3+ y 2 ữ
=9
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗ
ố
ứỗ
ố
ứ
.

P = x2 + xy + y2.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc

.

n


ABCD

(O)

CD
song song
và
(
O
)
M , D AP
AB < CD M
CD P
MD P
.
là trung điểm
.
là điểm di chuyển trên đoạn
( khác
).
cắt
Q
(
O
)
QR
CD
E.
A BP
R
B
E
F

P
tại
khác ,
cắt
tại khác ,
cắt
tại . Gọi là điểm đối xứng với qua

Câu III (3,0 điểm). Cho hình thang cân

nội tiếp đường tròn

với

AB

AQF
1). Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
luôn thuộc một đường thẳng cố định khi
P
di chuyển.
(O).
QM
CD.
EA
2). Giả sử
tiếp xúc
Chứng minh rằng khi đó
vuông góc với
2013´ 2014,

Câu IV (1,0 điểm). Cho một bảng ô vuông
mỗi ô vuông con có thể tô một trong hai màu
xanh hoặc đỏ. Biết rằng ban đầu tất cả các ô đều được tô màu xanh. Cho phép mỗi lần ta chọn một hàng
hoặc một cột và thay đổi màu của tất cả các ô thuộc hàng hoặc cột đó. Hỏi sau một số hữu hạn lần đổi
1000
màu ta có thể thu được bảng gồm đúng
ô vuông con màu đỏ hay không?

Câu I.
1). Sử dụng hằng đẳng thức

(

)

a3 + b3 + c3 - 3abc = ( a+ b+ c) a2 + b2 + c2 - ab- bc- ca

.
3

3

x + y + 8- 6xy = 7
Ta có

(

)

Û ( x + y + 2) x2 + y2 + 4- xy - 2x - 2y = 7

.
2
2
2ù
1é
x2 + y2 + 4- xy - 2x - 2y = ê( x - y) + ( x - 2) + ( y - 2) ú³ 0
ê
ú
2ë
û

Mà
Suy ra ta có 2 trường hợp:
ìï x + y + 2 = 1
ï
Þ y =- 1- x
í 2
ïï x + y2 + 4- xy - 2x - 2y = 7
î
+ TH1:

.

éx = 0 Þ y =- 1
Þ 3x2 + 3x = 0 Þ ê
êx =- 1Þ y = 0
Þ x +( - 1- x) + 4- x( - 1- x) - 2x - 2( - 1- x) = 7
ë
.

ìï x + y + 2 = 7
ï
Þ y = 5- x
í 2
ïï x + y2 + 4- xy - 2x - 2y = 1
î
+ TH2:
2

2


2

Þ x2 +( 5- x) + 4- x( 5- x) - 2x - 2( 5- x) = 1
éx = 2 Þ y = 3
Þ 3x2 - 15x + 18= 0 Þ ê
êx = 3 Þ y = 2
ë

( x; y) = ( -

.

1; 0) , ( 0; - 1) , ( 2; 3) , ( 3; 2)

Đáp số
.
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp phân tích đẳng thức, kết hợp với kỹ thuật chọn nghiệm nguyên

x; y
để tìm

.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

(

)

a3 + b3 + c3 - 3abc = ( a+ b+ c) a2 + b2 + c2 - ab- bc- ca

Hằng đẳng thức:

.

Ý tưởng: Cái hay và khó ở bài toán này chính là bước phát hiện ra đẳng thức đã vốn rất quen thuộc. Đầu
x3 + y3 + 1= 6xy Û x3 + y3 + 8 - 6xy = 7

tiên, quan sát phương trình nghiệm nguyên ta thấy:
8 = 23 ; 6xy = 3.x.y.2

dàng thấy rằng

vì thế nếu đặt

và dễ
z= 2

, ta sẽ có được một đẳng thức đối xứng rất

x3 + y3 + z3 - 3xyz = 7

đẹp là:

.

Khéo léo biến đổi, ta có:
3

 x3 + y3 + z3 - 3xyz = 7 Û ( x + y) + z3 - 3xy( x + y + z) = 7
Û ( x + y + z) ( x2 + 2xy + y2 - xz - yz + z2 ) - 3xy( x + y + z) = 7

Û ( x + y + z) ( x2 + y2 + z2 - xy - yz - xz) = 7

(*).

Mặt khác

2
2
2ù
1é
x2 + y2 + z2 - xy - yz - xz = ê( x - y) + ( y - z) + ( z - x) ú³ 0
û
2ë

có nghiệm nguyên khi và chỉ khi:

• TH1. Với

ïìï x + y + 2 = 1; x, y Î ¡
Û
í 2
ïï x + y2 - xy - 2x - 2y = 3
î

éx = 0 Þ y =- 1
ê
êx =- 1Þ y = 0
ë
.

. nên để phương trình (*)


TH2. Vi

ùỡù x + y + 2 = 7; x, y ẻ Ă

ớ 2
ùù x + y2 - xy - 2x - 2y = 3
ợ

ộx = 2 ị y = 3
ờ
ờx = 3ị y = 2
ở

.

Do ú, cỏc cp nghim nguyờn cn tỡm l

( x; y) = ( 2; 3) , ( 3; 2) , ( 0; - 1) , ( -

1; 0)
.

Bi toỏn kt thỳc.
Bi tp tng t:
x3 + y3 + 1= 3xy

1. Gii phng trỡnh nghim nguyờn

.
3

3

8x + y - 6xy = 5

2. Gii phng trỡnh nghim nguyờn
2). Vi

k

.
2

k2 Ê mÊ ( k + 1) - 1
l s nguyờn dng v

thỡ ta cú
2

k Ê m < k + 1ị ộ
mự= k.
ờ
ở ỳ
ỷ

( k + 1)

m= k2 , k2 + 1,L ,( k + 1) - 1
Cho

(cú

ộ 2ự ộ 2
ự
ộ
ự
2
ờ k ỳ= ờ k + 1ỳ= L = ờ (k + 1) - 1ỳ= k
ờ
ỳ
ờ
ỳ
ở ỳ

ỷ ờ
ở
ỷ
ở
ỷ

tt

2

- k2

c

giỏ

tr)

ta

.

T ú suy ra tng cn tớnh bng

( ộờở 1ựỳỷ+ ộờở 2ựỳỷ+ ộờở 3ựỳỷ) +( ộờở 4ựỳỷ+ ộờở 5ựỳỷ+L + ộờở 8ựỳỷ) +L
ổ
ộ
ự
ộ 2
ựử

2ự ộ
2
+ỗ
ờ (n- 1) ỳ+ ờ (n- 1) + 1ỳ+L + ờ n - 1ỳữ
ữ
ỗ
ỗ
ốở
ứ
ờ
ỳ
ờ
ỳ
ờ
ỳữ
ỷ ở
ỷ
ở
ỷ

2ự
ộ
= 22 - 1 ì1+ 32 - 22 ì2+L + ờn2 - ( n- 1) ỳ( n- 1)
ờ
ỳ
ở
ỷ

(

)

(

)

= 22 - 1+ 2ì32 - 2ì22 + 3ì42 - 3ì32 +L + ( n- 1) ìn2 - ( n- 1) ì( n- 1)
2

=- 12 - 22 - L - ( n- 1) + ( n- 1) n2
= ( n- 1) n2 -

1
1
( n- 1) n( 2n- 1) = n( n- 1) ( 4n + 1)
6
6

Ghi chỳ: Thớ sinh cú th chng minh bng quy np toỏn hc.
Nhn xột. Bi toỏn v phn nguyờn
Nhc li kin thc v phng phỏp.
Tớnh cht phn nguyờn

ộxự= a
ởỷ

thỡ

aÊ x < a+ 1

.

2

u

cú


ộ mự= k ị k Ê
ờ ỷ
ỳ
ở

m< k + 1ị k2 Ê m< ( k + 1)

2

2

k2 Ê m< ( k + 1) - 1

hay

vi

k

l s nguyờn

dng.
2

Cỏc
mẻ

k2 Ê mÊ ( k + 1) - 1

s

m

nguyờn

{ k ; k + 1; k + 2; K ; ( k+ 1)
2

2

2

dng
2

tha
2

món

}

l

- 2; ( k + 1) - 1

.
S cỏc s ca dóy s t nhiờn liờn tip tng l S cui - S u + 1

( k + 1)
Cú

tt

2

2

- 1- k2 + 1= ( k + 1) - k2

c

s

ự
2
ộ k2 ự= ộ k2 + 1ự= L = ộ
ờ ( k + 1) - 1ỳ= k
ờ ỳ ờ
ỳ
ờ

ỳ
ở ỷ ở
ỷ
ở
ỷ

nguyờn

m

tha

món

.

Nhúm cỏc s hng ca tng cn tớnh thnh cỏc nhúm cú tớnh cht nh s m.
Q= ộ
1ự+ ộ
2ự+ ộ
3ự + ộ
4ự+ ộ
5ự+L + ộ
8ự +L
ờ
ờ
ở ỳ
ỷ ờ
ở ỳ
ỷ ờ

ở ỳ
ỷ ờ
ở ỳ
ỷ ờ
ở ỳ
ỷ
ở ỳ
ỷ
ổ
ử
ộ
ự
2ự ộ
2
ựữ=
2
ờ ( n- 1) ỳ+ ờ ( n - 1) + 1ỳ+L + ộ
+ỗ
ỗ
ờ n - 1ỳữ
ỗ
ờ
ỳ
ờ
ỳ
ở
ỷữ
ốở
ứ
ỷ ở

ỷ
2
ự
2
= ( 22 - 1) ì1+ ( 32 - 22 ) ì2+L + ộ
ờn - ( n- 1) ỳ( n- 1)
ở
ỷ

(

) (

)

= 22 - 1+ 2ì32 - 2ì22 + 3ì42 - 3ì32 + L + ( n- 1) .n2 - ( n- 1) .( n- 1)
2ự
2
2
2
=ộ
ờ- 1 - 2 - L - ( n- 1) ỳ+ ( n- 1) n
ở
ỷ

.

1
12 + 22 +K + k2 = k( k + 1) ( 2k + 1)
6

p dng biu thc
2ự
ộ
Q = ờ- 12 - 22 - L - ( n- 1) ỳ+ ( n- 1) n2 = ( n- 1) n2 ở
ỷ
= ( n- 1) n2 -

2ự
ộ2
2
ờ1 + 2 +K + ( n - 1) ỳ
ở
ỷ

1
1
1
( n- 1) n( 2n- 1) = ( n- 1) n( 6n- 2n + 1) = ( n- 1) n( 4n + 1)
6
6
6

Cõu II.
1). Phng trỡnh u ca h tng ng vi

( x- 1)

3

+ 3( x - 1) + y3 + 3y = 0

.

2

iu

kin


2
ộ
ự
( x + y - 1) ờ( x - 1) - ( x - 1) y + y2 + 3ỳ= 0
ờ
ỳ
ở
ỷ

x + y = 1ị y = 1- x

.
Th vo phng trỡnh th hai ca h ta c
2

2x2 - x( 1- x) +( 1- x) = 11
ộx = 2 ị y =- 1
ờ
4x - 3x - 10 = 0 ờ - 5

9
ờx =
ị y=
ờ
4
4
ở
2

.
ổ
ử
- 5 9
ữ
( x; y) = ( 2; - 1) , ỗỗỗ ; ữ
ố 4 4ữ
ứ
ỏp s
.
Nhn xột: Bi toỏn s dng phng phỏp tỡm nhõn t t mt phng trỡnh sau ú th vo phng trỡnh
cũn li tỡm nghim ca h phng trỡnh.
Nhc li kin thc v phng phỏp:
at
. 2 + bt
. + c = 0 aạ 0
Cỏch gii phng trỡnh bc hai tng quỏt:
(
).

Hng ng thc:

a3 + b3 = ( a+ b) ( a2 - ab+ b2 )

v

( ax + by)

3

= a3x3 + 3a2bx2y + 3ab2xy2 + b3y3

.
í tng: Quan sỏt h phng trỡnh, phng trỡnh u l phng trỡnh bc ba (bc gim t 3 n 0),
phng trỡnh cũn li l phng trỡnh bc hai vỡ th khụng th a v dng ng cp bc ba. Do ú vic
kt hp c hai phng trỡnh ó tht bi, vỡ vy ta s i xột tng phng trỡnh mt ca h. phng trỡnh
y
x
hai cú th lm nhỏp l: xột enta bc hai i vi
hoc
thỡ rừ rng enta khụng chớnh phng. Ta
x; y
y
chuyn sang phng trỡnh mt, rừ rng ta thy c s c lp gia hai bin
. bin
xut hin
3
2
y3 + 3y
x
x - 3x + 6x - 4

hm
ng thi bin
xut hin hm
. Vy nờn tỡm c nhõn t chung
x; y
y
x
gia
thỡ ta cn a hm
v hm n gin
tc l a v dng

( x - a)

3

+ 3( x - a) + y3 + 3y = 0

( x - a)

3

+ 3( x - a) = x - 3x + 6x - 4 ị a= 1

.
3

Bng

phng

.

3

phỏp

ng

nht

h

s

ta

cú:

ca

h

2

Do

ú

phng

trỡnh

u

( x - 1) + 3( x - 1) + y + 3y = 0
3

.

a + b = ( a+ b) ( a - ab+ b )
3

3

2

( x - 1)

gi

ta

xột

n

hng

+ 3( x - 1) + y + 3y = 0
3

ng

thc

dng

x - 1+ y

thỡ
3

Bõy

2

s

xut

hin

nhõn

t

chung

l

nh

sau:


2
2ự
( x - 1+ y) ộ
ờ( x - 1) - ( x - 1) y + y ỳ+ 3( x - 1+ y) = 0
ở
ỷ
2
ự
2
( x + y - 1) ộ
ờ( x - 1) - ( x - 1) y + y + 3ỳ= 0
ở
ỷ

ộy = 1- x
ờ
2
ờ
x - 1) - ( x - 1) y + y2 + 3= 0 (*)
ờ
ở(

.

2

ổ
1 ử 3 2
(*) ỗ
x - 1- yữ
ữ + y + 3> 0
ỗ
ỗ
2 ữ
ố
ứ 4
Phng trỡnh (*) vụ nghim vỡ
.
y = 1- x
V th
vo phng trỡnh hai gii phng trỡnh bc hai.
Bi toỏn kt thỳc.
Bi tp tng t:
ỡù x3 - 4y = y3 - 4x
ù
ớ 2
ùù y + 4y + 5 = 2- 3x
ùợ
1. Gii h phng trỡnh
.
ổ
8- 2 13 8- 2 13ử
ữ
ữ
;

( x; y) = ỗỗỗỗ
ữ
ữ
3
3
ữ
ố
ứ
ỏp s:
ỡù x3 + x - 2 = y3 + 3y2 + 4y
ù
ớ 5
ùù x + y3 + 1= 0
ợ
2. Gii h phng trỡnh
( x; y) = ( 0; - 1)
ỏp s:
.
2). t

a= x + 3+ x2 > 0

ị a- x = 3+ x2 ị a2 - 2ax + x2 = 3+ x2 ị x =
b= y + 3+ y2 > 0 ị x =
Tng t t

Khi ú

2

b - 3
2b

.

a b 3
3
x+ y= + .
2 2 2a 2b

aìb= 9
M theo gi thit
a 9
3 a a 3
a 3
ị x+ y = + - = + 2ì ì = 2.
2 2a 2a 6 3 a
3 a

x2 + xy + y2
Li cú

2
3
( x + y) ị x2 + xy + y2 3
4

.

a2 - 3

2a

.


Û x= y=1

Dấu “=” xảy ra

(x

2

2

+ xy + z

) mim = 3.

.

Vậy
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, khai thác giả thiết cùng bất đẳng thức Cosi để tìm
giá trị nhỏ nhất.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Cách giải phương trình có dạng

x + x2 + n = m

x2 + n = m- x Þ x2 + n = x2 - 2mx + m2 Û x =

m2 - n
2m

Hoặc có thể giải bằng cách liên hợp như sau
x + x2 + n = mÛ
Þ x + x2 + n -

(

n
= x2 + n - x
m

)

x2 + n - x = m-

• Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương

n
m2 - n
Û x=
m
2m

.

a+ b³ 2 ab

.
Ý tưởng: Bài toán xuất hiện giả thiết khá phức tạp, chưa biết khai thác như thế nào. Nhưng ở cả biểu thức
x, y
x= y= k
P
hay giả thiết bài cho đều có sự đối xứng giữa
nên ta dự đoán điểm rơi xảy ra tại
. Khi

( k+

)

2

k2 + 3 = 9 Þ k = 1

Pmin = 3
. Và
, đến đây công việc sẽ thuận
x= y
lợi hơn cho ta rất nhiều khi biết trước được điểm rơi. Với
ta sẽ có đánh giá rất quen thuộc
đó thay ngược lại giả thiết, ta có:

( x - y)

2

³ 0 Û x2 + y2 ³ 2xy
Û 4( x2 + xy + y2 ) ³ 3( x2 + 2xy + y2)

Û x2 + xy + y2 ³

2
2
3
3
( x + y) Û P ³ ( x + y)
4
4

x+ y³ 2

Vậy nên nếu bây giờ, đi từ giả thiết ta tìm được
xuất hiện trong

x + x2 + 3

thì coi như bài toán sẽ được giải quyết. Biến
y + y2 + 3

y
đồng thời

.

xuất hiện ở

x

x; y
. Do đó tư tưởng của ta sẽ là rút

2

a= x + x + 3 Þ

x2 + 3 = a- x

từ giả thiết bằng cách đặt ẩn phụ như sau: đặt
a2 - 3
b2 - 3
Þ x2 + 3= a2 - 2ax + x2 Û x =
y
=
2
b= y + y + 3
2a
2b
. Tương tự với
ta sẽ thu được
. Khi
2
2
a - 3 b - 3
+
³ 2
ab= 9

2a
2b
đó, cần chứng minh
với điều kiện
. Ta dễ dàng chứng minh được như sau:


a2 - 3 b2 - 3 a b 3
3 a 3
a3
+
= + = + ³ 2 . =2
2a
2b
2 2 2a 2b 3 a
3 a
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

( x+

x; y

)(

)

x2 + 2 y + y2 + 2 = 4

1. Cho

là hai số thực thỏa mãn
P = 2( x2 + y2 ) + x + y
thức
.

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

( x+

x; y

)(

)

y2 + 1 y + x2 + 1 = 1

2. Cho

là hai số thực thỏa mãn
P = 2( x2 + y2 ) + x + y
thức
.

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

Câu III.

A

F

D

E

B

M

P

C

S

O

R

Q
A

F

E

D

P

B

MS
O

R

Q

C


1). Gọi
ABSP

S

điểm đối xứng với

P

qua

M.

Theo tính chất đối xứng của hình thang cân dễ thấy tứ giác

cũng là hình thang cân.

·
·
·
QPS
= QAB
= QRB

Ta lại có

.
·EPQ = ERP
·
Þ D ERP ∽ D EPQ

Từ đó có
·
·
·
·
EQP
= EPR
= BPS
= ASE
nên

(g – g),

AEQS
, suy ra tứ giác

Do đó

PF
PA.PQ = PE.PS =
.2PM = PF.PM
2

ngoại tiếp tam giác

V AQF
luôn đi qua

M

nội tiếp.

AMQF
, suy ra tứ giác

.

nội tiếp. Từ đó suy ra đường tròn

D AQF

M,
Nhận xét. Ta chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác
luôn đi qua
khi đó tâm ngoại tiếp
D AQF

AM
tam giác
luôn thuộc đường trung trực của
là một đường thẳng cố định.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
• Hình thang có hai đỉnh kề cạnh đáy đối xứng qua trung trực của mỗi đáy là hình thang cân. Hình
thang cân có trục đối xứng là trung trực chung của hai đáy.
ABCD
A
B
AB
là hình thang cân nên
và
đối xứng qua trung trực của
.
S
M
S
PS
P
P
và đối xứng với nhau qua
hay
và đối xứng qua trung trực của
.
ABSP
A B
AB
P S
Suy ra

là hình thang có ,
đối xứng qua trung trực của
và , đối xứng qua trung
PS
ABSP
trực
do đó
là hình thang cân.
• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau.
·
·
»
RBA
= RQA
(O)
RA
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
của đường tròn
).
·EPR = RBA
·
EP P AB
(hai góc đồng vị của hai đường thẳng
),
·EPR = RQA
·
suy ra
.
• Hình thang cân cũng là tứ giác nội tiếp.
ABSP

ABSP

là hình thang cân nên
cũng là tứ giác nội tiếp, do đó
»
ABSP
AP
cùng chắn cung
của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
).
·
·
ASE
= AQE
AEQS
Ta có

suy ra tứ giác

nội tiếp.

·
·
ASP
= ABP

(hai góc nội tiếp

• Giao điểm hai đường chéo của tứ giác nội tiếp tạo ra tích các đoạn thẳng tương ứng bằng nhau

(Chứng minh dựa vào tam giác đồng dạng trường hợp góc – góc.


AEQS
là tứ giác nội tiếp có
PF
PA.PQ = PE.PS =
.2PM = PF.PM
2

P

là giao điểm của hai đường chéo nên ta có

.

• Tứ giác có giao điểm hai đường chéo tạo thành tích các đoạn thẳng tương bằng nhau là tứ giác tứ
giác nội tiếp (Chứng minh dựa vào tam giác đồng dạng trường hợp cạnh.góc.cạnh).
AMQF
PA.PQ = PF.PM
AMQF
Tứ giác
có
do đó
nội tiếp. Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp
V AQF
M
tam giác
luôn đi qua
cố định.

EA

(O)

2). Vì
là tiếp xúc
và từ kết quả câu 1). ta có
·
·
·
·
·
·
DAP
= EAP
- EAD
= APE
- ACD
= PAC
.
Do đó

AP

là phân giác

·
DAC

, suy ra

EA 2 = ER.EQ = EP 2

QC = QD Þ QM ^ CD

. Từ đó có

EA = EP

, suy ra

.

Nhận xét. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc, ta ghép vào đường tròn để áp dụng tính chất “Đường
thẳng đi qua điểm chính giữa cung và trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung tại trung điểm
của dây” vào giải bài toán.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
Áp dụng chứng minh phần 1). ta có

EA 2 = ER.EQ = EP 2

suy ra

EA = EP

.

• Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân. Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy bằng nhau.
·

·
V AEP
EA = EP
V AEP
E
EAP
= EPA
Tam giác
có
suy ra
cân tại suy ra
• Góc tạo bởi tia tiếp tuyến - dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì
bằng nhau.
·
·
ACD
EAD
AE
AD
Góc
là góc tạo với tia tiếp tuyến
và dây cung
; Góc
là góc nội tiếp cùng chắn
·
·
¼
(O)
EAD
= ACD

AD
cung
của đường tròn
nên ta có
.
Trừ vế theo vế của hai đẳng thức ta được

·
·
·
·
EAP
- EAD
= EPA
- ACD

• Góc ngoài tại một đỉnh của tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với nó.
·
D APC
EPA
P
Tam
giác
có
là
góc
ngoài
tại
đỉnh
·

·
·
·
·
·
EPA
= ACD
+ PAC
Û PAC
= EPA
- ACD
kết hợp với đẳng thức trên
·EAP - EAD
·
·
·
·
·
·
AQ
= EPA - ACD Û DAP = PAC
DAC
, suy ra
là phân giác góc
.

suy
ta

ra

được


• Tia phân giác của góc nội tiếp một đường tròn cắt đường tròn tại điểm chính giữa cung bị chắn.
·
¼
AQ
(O)
(O)
Q
DAC
DC
là phân giác góc nội tiếp
chắn cung
của đường tròn
cắt
tại
nên suy ra
¼
Q
DC
là đỉnh chính giữa cung
.
• Đường thẳng đi qua điểm chính giữa cung và trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung
tại trung điểm của dây.
¼
Q
QM ^ DC
DC
M

DC
M
Ta có
là đỉnh chính giữa cung
;
là trung điểm của dây
suy ra
tại
.

Câu IV.
Trước hết ta chứng minh với mọi cách chọn
1000
1
chứa đúng trong
ô này.

1000

ô trên bảng đã cho luôn tồn tại một bảng con

Thật vậy, vì số hàng lớn hơn số ô được chọn nên tồn tại hai hàng liền nhau
nào và

R2

R1, R2

mà

R1

không chứa ô

có chứa ít nhất một ô đã chọn. Vì số cột cũng lớn hơn số ô được chọn nên tồn tại hai ô

cạnh nhau trên

R2

C, D

2

mà chỉ có đúng một ô đã chọn. Gọi
là ô nằm trên
2´ 2
4 A , B,C , D
Bảng con
gồm ô
chỉ có đúng một ô được chọn.

R1

2´ 2

và cùng cột với

A, B
A, B

.

1000
Giả sử ta có thể thu được bảng gồm đúng
ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu. Khi đó theo chứng
2´ 2
minh trên tồn tại một bảng vuông con
chứa đúng một ô màu đỏ, ba ô còn lại màu xanh.

Vì ở trạng thái ban đầu tất cả các bảng vuông con

2´ 2

4

ô màu xanh nên mỗi lần đổi màu
2´ 2
hàng hoặc cột thì số ô màu đỏ và số ô màu xanh trong bảng vuông con
luôn là số chẵn. Do đó
3
2´ 2
1
không thể thu được một bảng vuông con
có ô màu đỏ, màu xanh. Ta có mâu thuẫn.
Vậy không thu được bảng chứa đúng

1000

đều gồm

ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu.


Đề 12
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

Đề dự bị

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2014
MÔN THI: TOÁN (Vòng 2)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (3,0 điểm).
1). Giải hệ phương trình
ìï x2 + y2 + xy = 3
ï
í 2
ïï 2x + 3xy = 1+ 4x
ïî

.

2). Giải phương trình

x + 3 + 3x + 1 = x - 1

.

Câu II (3,0 điểm).

x; y; z
1). Tìm các bộ ba số nguyên dương

thỏa mãn
x3 + y3 + z3 = 2001
.

a; b; c

2). Với

là các số thực không âm, chứng minh rằng
a2 + 2b2+ab + b2 + 2c2+bc + c2 + 2a2+ca ³ 2( a+ b+ c)
.

(O) D
V ABC
Câu III (3,0 điểm). Cho tam giác
nhọn không cân nội tiếp đường tròn
.
là điểm thuộc cạnh
CA ; AB
E; F
BC D
C
B
D

AD
(
khác
và
khác ). Trung trực của
lần lượt cắt đường thẳng
tại
.
(O)
AC
C
M.
E
F
Đường thẳng qua
song song với
cắt tiếp tuyến qua
của
tại
Đường thẳng qua qua
(O)
N.
AB
B
song song với
cắt tiếp tuyến qua của
tại
1). Chứng minh rằng đường thẳng

MN

tiếp xúc với

(O)

.


FN
BN
=
EM CM

V ABC
là phân giác của tam giác
.
100´ 100
Câu IV (1,0 điểm). Trên bảng ô vuông kích thước
ta viết vào mỗi ô một số nguyên dương một
cách tùy ý sao cho hiệu 2 số ở hai ô kề nhau bất kỳ đều nhỏ hơn hoặc bằng 1 (hai ô được gọi là kề nhau
k
nếu chúng có một cạnh chung). Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương nào đó được viết vào
ít nhất 51 ô.

2). Giả sử

. Chứng minh rằng

AD

………HẾT……….

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu I.

3x2 + y2 + 4xy = 4 + 4x
1). Cộng 2 phương trình của hệ, ta được
éx + y = 2
Û ê
ê3x + y =- 2
Û ( 2x + y) = ( x + 2)
ë
2

2

.
Nhận xét: Bài toán kết hợp sự tinh tế giữa hai phương trình, để đưa ra được một phương trình tìm được
x; y
mối quan hệ giữa
( hay còn gọi là phương pháp hệ số bất định giải hệ phương trình hữu tỷ ). Và từ đó
thế ngược lại một trong hai phương trình của hệ ban đầu để tìm nghiệm.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
at
. 2 + bt
. + c = 0 a¹ 0
• Cách giải phương trình bậc hai tổng quát:
(
).

ìï f ( x, y) = 0
ï
í
ïï g( x, y) = 0
ïî
• Đưa hệ phương trình đã cho về dạng
.

• Giả sử tồn tại
hai ẩn
kÎ ¡

x

kÎ ¡

hoặc ẩn

y

f ( x; y) + k.g( x; y) = 0 i
i
sao cho
( ). Coi phương trình ( ) là phương trình bậc

, sau đó xét đenta sao cho đenta là một số chính phương, từ đó sẽ tìm được
x; y
cũng như mối quan hệ giữa
.
Ý tưởng: Nhận thấy hai phương trình của hệ không thể tìm được nhân tử chung trong chính nó, đồng thời

y
y
ở phương trình hai có sự độc lập của biến
nên có thể rút
và thế vào phương trình một sẽ được
phương trình bậc bốn, nhưng ta chưa biết nó có nghiệm đẹp không, nhỡ chẳng may nó có nghiệm hữu tỷ
hoặc nghiệm không tường minh. Vì vậy, ta nghĩ đến hướng kết hợp cả hai phương trình của hệ, bằng cách
f ( x; y) + k.g( x; y) = 0 i
kÎ ¡
kÎ ¡
tìm số
thỏa mãn phương trình
( ). Sẽ có rất nhiều giá trị của
đạt


D( i)

k

yêu cầu bài toán nhưng ta chỉ tìm
duy nhất sao cho
là một số chính phương thì mới có thể tìm
i
được nhân tử từ ( ), ta làm như sau:
ìï x2 + y2 + xy - 3= 0
ï
í 2
ïï 2x + 3xy - 4x - 1= 0
î

• Hệ phương trình đã cho tương đương với
.
kÎ ¡
• Giả sử tồn tại
thỏa mãn:
x2 + y2 + xy - 3+ k( 2x2 + 3xy - 4x - 1) = 0

Û ( 2k + 1) x2 +( 3ky + y - 4k) x + y2 - k- 3= 0

• Xét phương trình (*), coi là phương trình bậc hai ẩn

x

(*).
, ta có:

D x = ( 3ky + y - 4k) - 4( 2k + 1) ( y2 - k- 3)
2

= ( 9k2 - 2k- 3) y2 - 8k( 3k + 1) y + 16k2 + 4( 2k + 1) ( k + 3)

.
Để

Dx

2

Dx

y

là một số chính phương thì hệ số của

trong biệt thức
cũng phải là một số chính
9k2 - 2k - 3= m2
phương, tức là ta cần phải đi giải phương trình nghiệm nguyên:
. Dễ thấy phương
ìï k = 1
ïí
ïï m2 = 4
Dx
î
trình này có nghiệm
, thay ngược lại
, ta có:
é 4- 4y + 2y - 8
ìï 3x2 + ( 4y - 4) x + y2 - 4 = 0 êx =
éx + y = 2
ïï
ê
6
ê
Þ
Û
ê
í
ïï D = ( 2y - 8) 2
ê 4- 4y - 2y + 8 ê

ë3x + 2y + 2 = 0
êx =
ïî x
ê
6
ë
.
k= 1
• Với việc
, hay nói cách khác là cộng vế với vế của hai phương trình trong hệ, ta có thể biến đổi
như sau:
x2 + y2 + xy - 3+ 2x2 + 3xy - 4x - 1= 0
2

Û ( 2x + y) 2= ( x + 2) Û ( x + y - 2)( 3x + y + 2) = 0

.
Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Giải hệ phương trình

ìï 2
ïï x + y2 = 1
ïï
5
í
ïï 2
57
+ y( 3x + 1) = 0

ïï 4x + 4x 25
ïî

.


ổ2 1ử
ổ
11 2ử
; ữ
,ỗ
; ữ
ữ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ữ ố25 5ứ
ữ
ố5 5ứ
ỏp s:
.
2
2
ỡù x + y = 1
ù
ớ
ùù 96x2 + 21x + 3y + 28xy = 117
ợ

2. Gii h phng trỡnh
.
ổ24 7ữ
ử
( x; y) = ( 1; 0) , ỗỗỗ ; ữ
ố25 5ữ
ứ
ỏp s:
.

( x; y) = ỗỗỗ

2 x + 3 + 2 3x + 1 = 2x - 2
2). Phng trỡnh tng ng vi
.
ỡù u = x + 3
ùớ
ị v2 - u2 = 2x- 2
ùù v = 3x + 1
u; v> 0
ùợ
t
vi
, ta c
2
2
2( u + v) = v - u ( v + u) ( v - u- 2) = 0
v = u+ 2

3x + 1 = x + 3 + 2 3x + 1= 7 + x + 4 x + 3

ỡù x 3
2x - 6 = 4 x + 3 2 x + 3 = x - 3 ùớ
ùù 4( x + 3) = x2 - 6x + 9
ùợ

ùỡ x 3
ùớ 2

ùù x - 10x - 3= 0
ợ

ùỡù x = 5 28
x = 5+ 28
ớ
ù
ợù x 3

.
Nhn xột: Bi toỏn s dng phng phỏp t n ph a phng trỡnh t phc tp v n gin húa, sau
ú dựng phng phỏp nõng ly tha tỡm nghim ca phng trỡnh.
Nhc li kin thc c v phng phỏp:
a2 - b2 = ( a- b)( a+ b)
Hng ng thc c bn
.

Cỏch gii phng trỡnh vụ t dng

f ( x) = g( x) + m

ỡù f ( x) ; g( x) 0
ùù
ớ
2
ùù f ( x) = g( x) + m
ùùợ

(

)

ỡù f ( x) ; g( x) 0
ùù
ớ
ù f x - g( x) - m2 = 2m g( x)
ợùù ( )

ỡù f ( x) ; g( x) 0
ộx = x1
ù
ùớ
ờ
2
ờx = x
ùù ộf ( x) - g( x) - m2 ự = 4m2g( x)
2
ở
ờ
ỳ
ỷ

ùợ ở

.
í tng: Mt bi toỏn p, quan sỏt VT ca phng trỡnh cú xut hin hai cn bc hai riờng bit ng
thi trong cn cha cỏc biu thc bc nht, cng nh VP ca phng trỡnh cng l mt biu thc bc
nht, nờn vy ta cú th nõng ly tha a phng trỡnh ban u v phng trỡnh bc bn. Nhng nu


ìï u = x + 3
ï
í
ïï v = 3x + 1
ïî

( 3x + 1) - ( x + 3) = 2x - 2 = 2( x - 1)
u; v³ 0
tinh ý một chút, ta có
, do vậy nếu đặt
với
v2 - u2 = 2x - 2= 2( x - 1)
suy ra
. Khi đó phương trình đã cho tương đương với
2
2
v - u = 2( v + u) Û ( v + u)( v - u - 2) = 0 i
( ).
éu = v = 0
Û ê
êv = u + 2
u; v³ 0

i
u= v= 0
ë
• Vì
nên phương trình ( )
, với
phương trình vô nghiệm nên ta chỉ
v=u+ 2
cần giải phương trình
.
3x + 1 = x + 3 + 2 Û 3x + 1= 7 + x + 4 x + 3
v=u+ 2
• Với
, ta có
ìï x ³ 3
Û 2x - 6 = 4 x + 3 Û 2 x + 3 = x - 3 Û ïí
ïï 4( x + 3) = x2 - 6x + 9
ïî
ìï x ³ 3
Û ïí 2
Û
ïï x - 10x- 3= 0
î

ìï x = 5± 28
ï
Û x = 5+ 28
í
ï
îï x ³ 3

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Giải phương trình:
2. Giải phương trình:

4x + 1 + 2x + 2 = 2x - 1
x= 2 + 5
. Đáp số:
x + 3 + 5x + 2 = 1- 4x

x=
. Đáp số:

Câu II.
n3 º 0, ± 1( mod9)
1). Ta có
.
3
2001º 3( mod9) Þ x = 9m+ 1, y3 = 9t + 1, z3 = 9u + 1
Vì
x, y, z
{ 1, 4, 7, 10, 13K }
Suy ra ta tìm
trong tập hợp
x£ y£ z
Không giảm tính tổng quát giả sử:
z ³ 13Þ z3 ³ 2197 > 2001
• Giả sử

(loại).

• Giả sử

z £ 7 Þ 2001= x3 + y3 + z3 £ 3z3 £ 3.73
(loại).
3

Suy ra

3

z = 10 Þ x + y = 1001

5-

87
8

.


y < 10 ị x Ê y Ê 7 ị 1001= x3 + y3 Ê 2.73 = 2.343
Gi s

(loi).

y = 10, x = 1.

Suy ra

( 1; 10; 10) , ( 10; 1; 10) , ( 10; 10; 1)
ỏp s:
.
Nhn xột. Gii phng trỡnh nghim nguyờn bng phng phỏp xột s d kt hp ỏnh giỏ
Nhc li kin thc v phng phỏp.

Lp phng ca mt s nguyờn dng khi chia cho 9 ch d 0, 1 hoc 8 (hay 0, 1 hoc

- 1

). Vit

di dng tng quỏt, ký hiu toỏn hc
ộn3 0( mod9)
ờ
ờ3
ờn 1( mod9)
ờ3
ờn - 1( mod9)
ờ
ở
3

3

3

.

2001 3( mod9)

3
x3 y z3
Ta cú
m
nờn mi ;
;
chia 9 u d 1.
Lp phng ca mt s nguyờn dng khi chia cho 9 ch d 1 thỡ s nguyờn dng ú chia 9 d 1, 2
hoc 5
x; y; z
{ 1; 4; 7; 10; 13K }
Ta cú
trong tp hp
x; y; z
Khi vai trũ ca
nh nhau ta cú th gi s chỳng c sp xp theo mt th t no ú ri t
ú dn v mt bin tỡm ra giỏ tr hoc khong giỏ tr.
2ựộ 2
2ự
ộ
2 ổ
ổ3( 2a+ b) 7bữ
ử2
ử
ổ 7ử
ử
ổử
ờổ

ỳ
ờ
ỳ
b
7
b
3
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ờỗ
ỳờỗ
ỳ ỗ
+ỗ
+ ữ
ữ +ỗ
ữ
ỗa+ ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ

ữ
ữ
ỗ2ữ
ữ ỗ
ữ
ờỗ
ỗ
ỗ2ứ
2 ứ
ữỳờố
ữỳ ỗ
4
4ữ
ố 2ứ
ứ ố
ữ
ố
ố
ứ
ờ
ỳ
ờ
ỳ
ở
ỷở
ỷ
2). Ta cú
1ổ
3a 5bử
ị a2 + 2b2 + ab ỗ

+ ữ
ữ
ỗ
ữ
ỗ2
2ố
2ứ
.
ổ
ử
ổ
ử
1
3
b
5
c
1
3
c
5
a
2
2
ỗ
b2 + 2c2 + bc ỗ
+ ữ
+ ữ
ữ
ữ

ỗ
ỗ
ữ; c + 2a + ca 2ố
ỗ2
ỗ2
2ố
2ứ
2ữ
ứ
Tng t

x + y + z = 2001

Cng 3 bt ng thc suy ra
a2 + 2b2 + ab + b2 + 2c2 + bc + c2 + 2a2 + ca 2( a+ b+ c)
.
iu phi chng minh.
Nhn xột: Bi toỏn s dng bt ng thc Bunhiacopxki dng n gin hoc li dng ỏnh giỏ ca cỏc
i lng khụng õm.
Nhc li kin thc v phng phỏp:


a; b; x; y

Bt ng thc Bunhiacopxki phỏt biu di dng: cho

( ax + by)

2

Ê ( a + b )( x + y
2

2

2

2

l cỏc s thc dng, ta luụn cú

)
.

( a- b)

2

2

0; ( am- bn) 0

Cỏc i lng khụng õm
.
í tng: Bt ng thc bi cho l mt biu thc i xng p, vi s i xng ny ta d oỏn im ri
a= b= c
ti
. Bõy gi quan sỏt bờn VT ca biu thc l cỏc biu thc ng nht, trong cn bc hai cha
a; b; c
hai bin s vi vai trũ nh nhau

, mt khỏc bờn VP cha hm s bc nht. Vy nờn ta t duy nu
cỏc biu thc bc hai trong cn c biu din hay c ỏnh giỏ qua mt biu thc chớnh phng thỡ
a,b,c
m,n
nú s xut hin biu thc nh VP. Do
cú vai trũ nh nhau, nờn ta ch cn ch ra rng vi
a2 + 2b2 + ab ma+ nb, " a; b 0
dng sao cho
d oỏn ban u, iu ta mong mun ú l:

, v hai cn cũn li ch l ỏnh giỏ tng t. V nh
2

a2 + 2b2 + ab ma+ nb k( a- b) 0

vi

" a,b, k 0

.

Vỡ vy bng cỏch ng nht h s biu thc trờn, ta cú:
a2 + 2b2 + ab ma+ nb a2 + 2b2 + ab ( ma+ nb)

2

( 1- m2 ) a2 +( 1- 2mn) ab+ ( 2- n2) b2 = k( a- b) 0
2

ỡù k = 1- m2 = 2- n2

3
ùớ
m= ;
ùù 2k = 2mn- 1
4
ợ

a2 + 2b2 + ab
Vi iu ny, suy ra
Bunhiacopxki nh sau:

Tng t cho hai cn thc cũn li, ta cú:

a2 + 2b2 + ab

k=

7
16

.

3
5
a+ b; " a,b 0
4
4

2 ựộ
2ự

ộ
2
2
ổ 7ử
ử ổ
ổử
ờổ
ỳ
ờ
ỳ
bữ
7bử
3
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
a+ ữ
+ỗ
+ỗ

ữ
ờỗ
ỳ
ờ

ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ữỳờố
ữỳ
ỗ 2ữ
ỗ2ữ
ỗ2ứ
ờố
ỳ
2 ứ
ữ
ữ
ứ ỗ
ứ ố
ố
ờ
ỳở
ờ
ỳ
ở
ỷ
ỷ

ị

5
n= ;
4

, t ú suy lun ngc tr li theo
2

ổ3( 2a+ b) 7bử
ữ
ỗ
ỗ
+ ữ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
4
4ứ
ữ
ố

ử
1ổ
3a 5bữ
ỗ
+ ữ
ỗ
ữ
ỗ2
2ố

2ữ
ứ
.


b2 + 2c2 + bc

ử 2
ử
1ổ
3b 5cữ
1ổ3c 5aữ
ỗ
+ ữ
; c + 2a2 + ca ỗ
+ ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
2ố 2
2ữ
2ố 2
2ữ
ứ
ứ
.

Cng cỏc ỏnh giỏ trờn li vi nhau, ta suy ra iu phi chng minh.
Bi toỏn kt thỳc.
Bi tp tng t:
1. Cho

a,b

l hai s thc dng. Chng minh bt ng thc:
4a2 + 2ab+ 19b2 + 19a2 + 2ab+ 4b2 5( a+ b)

.
2. Cho

a,b,c

l cỏc s thc dng. Chng minh bt ng thc:
a4
b4
c4
a+ b + c
+
+

3
3
3
3
3
3
2

a +b
b +c
c +a

.

Cõu III.

(O)

A.
P
1). Gi
ct
ti
khỏc
ã
ã
PCM
= PAC
Ta cú
(gúc to bi tip tuyn v dõy cung)
ã
EM P AC
= PEM
(gúc ng v do
);
ã
ã
ã

ã
ECMP
MPC
= MEC
= ECA
= CAP
ị
Suy ra t giỏc
ni tip. T ú suy ra
(O)
(O)
PN
MN
P
Tng t
tip xỳc
, suy ra
tip xỳc
ti .

AD

PM

(O)
tip xỳc


(O)
MN

P
Nhận xét. Đối với bài toán này, ta dự đoán được
tiếp xúc với
tại . Sử dụng tính chất từ một
điểm nằm trên đường tròn ta có một và chỉ một tiếp tuyến với đường tròn.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra các góc đồng vị bằng nhau.
·
·
EM P AC
PAC
= PEM
suy ra
(hai góc đồng vị)
• Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của một đường tròn cùng chắn một cung thì
bằng nhau.
·
·
PAC
= PCM
CM
PC
+
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tia tiếp tuyến
cùng chắn cung
của đường
(O)
tròn
).
·CAP = MEC

·
PM
PC
+
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến
cùng chắn cung
của đường tròn
(O)
).
• Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
·
·
·
ECMP
PEM
= PCM
= PAC
ECMP
Tứ giác
có
(
) (chứng minh trên) suy ra
là tứ giác nội tiếp.
• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau.
·
·
MPC
= MEC
MC
ECMP

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
)
• Tam giác có một đỉnh nằm trên trung trực của cạnh đối diện thì cân tại đỉnh đó.
D AEC
EO
AC
D AEC
E
Tam giác
có
là trung trực của
suy ra tam giác
cân tại
suy ra
·EAC = ECA
·

• Góc tạo bởi một dây cung và một tia về phía ngoài đường tròn bằng góc nội tiếp chắn cùng một cung
thì tia đó là tiếp tuyến của đường tròn.

(O)
PM
P
Kết hợp các ta có lý thuyết trên, suy ra
là tiếp tuyến của đường tròn
tại .
(O)
PN
P

Hoàn toàn tương tự ta có
là tiếp tuyến của đường tròn
tại .
(O)
MN
P
Vậy
là tiếp tuyến của
tại .
D BFA ∽ D BNP Þ D BNF ∽ D BPA Þ
2). Theo 1). dễ thấy
D CME ∽ D CPA Þ
Tương tự

Từ (1) và (2), ta có
·
BAC
góc
.

CM EM
=
CP
AP

BN CP FN
× =
CM BP EM

BN FN

=
BP AP

(1).

(2).

và theo giả thiết

FN
BN
=
EM CM

, suy ra

CP = BP Þ AD

là phân giác


Nhận xét. Cách thông thường để chứng minh một tia là phân giác của một góc ta chứng minh tia đó chia
góc thành hai góc bằng nhau.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.
• Các tam giác cân có một góc ở đáy bằng nhau thì đồng dạng với nhau.
·
·
·
·
D NBP

FAB
= BPN
D BFA ∽ D BNP Þ BAF
= BPN
D FAB
Ta có
cân tại F và
cân tại N có
nên
.
• Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau.
·
·
BFN
= BPN
FBNP
+
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
).
+

·
·
BNF
= BPF

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung

BF

của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

FBNP

).

• Hai tam giác các hai cặp góc tương ứng bằng nhau thì đồng dạng.
·
·
·
·
·
D FBN
BAP
= BFN
= BPN
BNF
= BPF
D ABP
Tam giác
và
có
(
) (chứng minh trên) và
(chứng
D ABP ∽ D FBN Þ
minh trên) suy ra
D CME ∽ D CPA Þ

CM EM

=
CP
AP

BN FN
=
BP AP

.

Từ đây nhân vế theo về của hai đẳng thức ta được

Từ giả thiết

FN
BN
=
EM CM

hoàn toàn chứng minh tương tự ta có

BN CP FN
× =
CM BP EM

kết hợp với chứng minh trên ta suy ra

.

CP

=1
BP

hay

CP = BP

.

• Hai cung có hai dây cung bằng nhau thì bằng nhau.
» = BP
»
CP = BP
CP
suy ra
.
• Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau.
·
·
» = BP
»
BAP
= PAC
CP
(hai góc nội tiếp lần lượt chắn hai cung
),
suy ra

AP

hay

AD

là phân giác của

·
BAC

.

Câu IV.
Không mất tính tổng quát, giả sử số nhỏ nhất bảng là 1. Giả sử
P®Q
theo hang cột qua các ô liền kề

a

ởô

P, 1

Q
ởô

. Ta có thể đi từ


P = P1 ® P2 ® P3 ® L ® Pk = Q
a= a1 ® a2 ® a3 ® L ® ak = 1

Ta có

k£ 199

(đường đi dài nhất từ ô

a1´ 1 ® a100´ 100

).

Mặt khác ta có

a- 1 = ak - a1 = ak - ak- 1 + ak- 1 - ak-

2

+L + a2 - a1 £ 1+ 1+ 1+L + 1= k- 1.

Suy

ra

a- 1 £ k- 1£ 198 Þ a£ 199.
Như vậy các số nguyên dương được viết vào bảng chỉ có thể là 1, 2, 3,…, 199. Nếu mỗi số được viết vào
199´ 50 = 9950.
nhiều nhất 50 ô thì suy ra tấ cả các số được viết vào nhiều nhất
Suy ra một số ô không
k
được viết vì bảng có 10000 ô. Do đó tồn tại một số nguyên dương được viết vào ít nhất 51 ô.

Đề 13
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN

AN GIANG

NĂM HỌC 2015 - 2016

Đề chính thức
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

A = x + 2 3( x- 3) + x- 2 3( x- 3)
Câu I (1,0 điểm). Cho

. Tính

Câu II (1,5 điểm). Giải hệ phương trình

ìï
ïï 2x + 1 = 5
ïï
y 2
í
ïï
1
ïï 2y + = 5
x

ïî

A

khi

x= 5

.

.
1

Câu III (2,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số nguyên
1
chứng minh

1

+

1
2

+

1
3

+ ... +

1
n

>2 n- 2
.

n³ 1

ta luôn có

n + 1-

n

>2 n

. Từ đó


a; b; c

Câu IV (1,5 điểm). Tìm

biết rằng phương trình

x3 + ax2 + bx + c = 0

có tập nghiệm là

S= { - 1; 1}
.

µ
V ABC
60o
A
Câu V (3,0 điểm). Cho tam giác
có ba góc nhọn và góc
bằng
nội tiếp trong đường tròn
O
CE
R
BD
H
tâm , bán kính . Các đường cao
và
của tam giác cắt nhau tại .
1). Chứng minh rằng
2). Chứng minh rằng

AD.AC = AE.AB
BC = 2.DE

.

.

H¢

H¢
AC
H
3). Kéo dài
cắt đường tròn tâm
tại
. Chứng minh
và
đối xứng qua
và hai đường
V AHC V ABC
tròn ngoại tiếp hai tam giác
;
có cùng bán kính.
O

BH

Câu VI (1,0 điểm).

Cầu Vàm Cống bắc ngang qua Sông Hậu nối liền hai tỉnh Cần Thơ và Đồng Tháp thiết kế theo kiểu dây
AB= 120
AC = 258
giăng như hình vẽ. Chiều cao từ sàn cầu đến đỉnh trụ đỡ
(m), dây giăng
(m), chiều
C
218
BC
B

dài sàn cầu từ
đến
là
(m). Hỏi góc nghiêng của sàn cầu
so với mặt nằm ngang (giả thiết
AB
xem như trụ đỡ
thẳng đứng).
……....HẾT……….

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu I. Khi

x= 5

, suy ra

A = 5+ 2 6 + 5- 2 6

= 3+ 2 3. 2 + 2 + 3- 2 3. 2 + 2


=

(

)

(

2

3+ 2 +

= 3 + 2 + 3-

3-

)

2

2

2=2 3

.

Nhận xét: Bài toán khá cơ bản, khi ta chỉ cần thay giá trị biến vào biểu thức đã cho, từ đó trục căn thức
và tính giá trị của biểu thức.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:
• Hằng đẳng thức

( a+ b)

2

2

= a2 + 2ab+ b2 ; ( a- b) = a2 - 2ab+ b2

.

f 2 ( x) = f ( x) = f ( x)

f ( x) ³ 0

• Trị tuyệt đối

nếu

f ( x) = f ( x) =- f ( x)
Hoặc

.

f ( x) < 0

2

nếu

.

Ý tưởng: Bài toán này thuộc dạng cho gì làm lấy, tức là với giá trị
A = 5+ 2 6 + 5- 2 6

x= 5

thay vào biểu thức ta được

, bây giờ các biểu thức nằm trong căn do đó để rút gọn

(

)

A

ta sẽ nghĩ đến

2

5 + 2 6 = m 3 + n 2 = 3m2 + 2n2 + 2 6mn
chuyện khử căn thức, hay nói cách khác ta muốn có

,

ìï 5= 3m2 + 2n2
ïí
Û m= n = 1
ïï mn = 1
î
đồng nhất hệ số của biểu thức này
, tương tự cho biểu thức còn lại, ta suy
ra:

A=

(

)

3+ 2

2

+

(

3-

)

2

2 = 3 + 2 + 3-

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:
1. Rút gọn biểu thức

P = 6+ 2 5 -

6- 2 5

.

P = 11+ 4 6 + 11- 4 6
2. Rút gọn biểu thức
.
x ¹ 0; y ¹ 0
Câu II. Điều kiện:
.

2 =2 3