26. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 DHQGHN năm học 2011-2012 (chuyên) vòng 1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (249.4 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Đề chính thức TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2012 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
MƠN THI: TỐN (Vịng 1)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (3,0 điểm).

1). Giải phương trình

(

)(

)

9 2012 6 2012 9 6

x+ + x+ = + x+ x+ .

2). Giải hệ phương trình 2 2 2 4

2 4

x y y

x y xy

ìï + + =

ïí

ï + + =

ïỵ .

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+ y

)

2). Giả sử

(

x y ;

)

là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

(

x+1

)(

y+ ³1

)

4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

2
2 y
x
P

y x

= + .

Câu III (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn VABC 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 trịn 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 trịn đường kính MP cắt MD tại điểm Q khác M . Chứng minh rằng P là tâm đường tròn nội tiếp

tam giác AQNV .

Câu IV (1,0 điểm). Giả sử ; ;a b c là các số thực dương thỏa mãn: a£ £ £ ; b 3 c c³ + ; a b cb 1 + ³ . Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức

(

)

(

)(

)

2 1

1 1 1

ab a b c ab

a b c

Q

+ + +

-+ + +

=

Câu I.

1). Điều kiện x³ - 6.

Phương trình đã cho tương đương với

(

x+ -9 2012

)(

x+ -6 1

)

= 0.

+ Giải x+ -9 2012= 0Û x=

(

2012

)

2- =9 4048135.

+ Giải x+ - =6 1 0Û x= - 5.

Vậy phương trình có hai nghiệm:

x

=

4048135;

x

=

- 5.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

 Cách giải phương trình dạng

( )

(

)

(

( )

)

( )

2
2

. 0 f x m f x m

f x m g x n

g x n
g x n

é = é =
ê ê
ê
- - = Û Û ê
ê = êë =
êë
.

Ý tưởng: Bài toán cho hết sức đơn giản, với sự xuất hiện của hai căn thức x+ 9; x+6;

(

x+9

)(

x+ 6

)

nên

khơng khó để nhóm được nhân tử chung như sau: x+ +9 2012 x+ =6 2012+

(

x+ 9

)(

x+6

)

(

)(

)

9

x x

2012

6 2012

0 x

+

- + + +

+

=

(

)

(

)

9 1 6 2012 1 6 0

x x x

Û + - + - - + =

(

1 x 6

)(

x 9 2012

)

Û - + + - = .

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Giải phương trình 2 x+ +6 x+7= +2 x2+13x+ 42.
Đáp số: x= - 3; x= - . 5

2. Giải phương trình x+ +4 2 x+ = +3 2 x2+7x+12.
Đáp số: x= 0; x= - 2.

2). Cách 1: Hệ đã cho tương đương với

(

)

(

)

(

)

2
2

1 5

1 1 5

x y

x y x y

ìï + + =
ïïí

ï + + + + =

ïïỵ .

Đặt

(

)

(

)

(

) (

)

(

)

2 2

1 1 2 1 2

1
u x y

x y x y x y u v

v x y
ìï = + +

ïï Þ + + = + + - + =

-íï = +

ïïỵ .

Thu được 2 2 5
5
u v
u v
ìï - =
ïí
ï + =
ïỵ

(

)

2 2 3 2

2 5 5 2 15 0

5 10

u v

u u u u

u v

é = Þ =
ê

Þ - - = Û + - = Þ ê = - Þ =

ë .

+ Giải

(

)

(

)

1 3 1

2, 0

1 2

x y x y

x y
x y
ìï + + = é = =
ïï Û ê
í ê
ï + = = =
ï ë
ïỵ
.

+ Giải

(

)

(

)

1 5
1 10
x y
x y
ìï + + =
-ïïí
ï + =

ïïỵ (vơ nghiệm).

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm

( )

1; 1 và

(

2; 0 .

)

Cách 2: Hệ tương đương với

2 2 2 4

4 2 2 8

x y y

x y xy

ìï + + =

ïí

ï + + =

ïỵ .

Cộng vế với vế hai phương trình ta thu được

(

)

(

)

4 12 0

6
x y

x y x y

x y
é + =
ê

+ + + - = Û ê + =

-ë .

+ Giải 2

(

)

1 1

2 2

2 4 2 0

x y

x y x y

x x x

x y xy x y

ì
ì ï + = é
ï + = ï = Þ =
ï Û Û ê
í í ê
ï + + = ù + - = = ị =
ù ù
ợ î ë
.
6

6 x y

x y ì

ì ï + =

-ï + = - ï

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vậy hệ phương trình có nghiệm

(

x y =;

) ( ) ( )

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 2

y + y ở phương trình một của hệ, làm ta nghĩ đến hằng đẳng thức

(

)

2 2 1 1

y + y+ = y+ hay nói cách khác, từ phương trình một ta có: 2

(

1

)

2 5
x + y+ = .

Đây là phương trình có dạng là tổng các bình phương, dễ làm ta suy đốn 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= + + và x y 1 v= x y

(

)

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= Û4 x y+ + + + = . 1 x y 1 5

Do đó hệ phương trình đã cho trở thành 2 2 5 3 2

5 10

u v

ì é

ï - = = Þ =

ï Þ ê

í ê

ï + = = - ị =

ù ở

ợ .

Th ngc lại tìm hệ của phương trình ban đầu.

Hoặc, ta có thể suy luận như sau: ta đi kết hợp cả hai phương trình trong hệ, vẫn với sự xuất hiện 2 2

x + y ở phương

trình một, đồng thởi có tích ở phương trình xy ta sẽ liên tưởng đến hằng đẳng thức

(

)

x+ y . Vì thế lấy phương

trình hai nhân 2 rồi cộng với phương trình một ta được:

(

)

(

)

4 12 0

6
x y

x y x y

x y
é + =
ê

+ + + - = Û ê + =

-ë .

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

2 2 4 1

3 3

x y y

x xy y

ìï + + =

ïí

ï + + =

ïỵ .

Đáp số:

(

x y =;

) ( ) (

1; 0 , 2;- 1

)

2. Giải hệ phương trình

2 2 2 4 0

3 2 0

x x y y

x xy y

ìï + + + =

ïí

ï + + =

ïỵ .

Đáp số:

(

x y =;

) ( ) (

0; 0 , 1;- 1

)

.
Câu II.

1). Phương trình tương đương với

(

x+ +y 1

)(

xy+ +x y

)

= 2

(

x+ +y 1

)

+ 3

(

x y 1

)(

xy x y 2

)

Û + + + + - = .

1
x y

Þ + + là ước của 3.

+ Giải 1 1 0

2 3 5

x y x y

xy x y xy

ì ì

ï + + = ï + =

ï Û ï

í í

ï + + - = ï =

ï ï

ỵ ỵ (vơ nghiệm).

+ Giải 1 1 2 1

2 3 1 1

x y x y x

xy x y xy y

ì ì ì

ï + + = - ï + = - ï =

-ï Û ï Û ï

í í í

ï + + - = - ï = ï =

-ï ï ï

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

+ Giải 1 3 2 1

2 1 1 1

x y x y x

xy x y xy y

ì ì ì

ï + + = ï + = ï =

ï Û ï Û ï

í í í

ï + + - = ï = ï =

ï ï ï

ỵ ỵ ỵ .

+ Giải 1 3 4

2 1 5

x y x y

xy x y xy

ì ì

ï + + = - ï + =

-ï Û ï

í í

ï + + - = - ï =

ï ï

ỵ ỵ (vô nghiệm).

Vậy

(

x y;

) (

= 1;- 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+ y

)

(

x y 1

)(

xy x y

)

3 2 2

(

x y

)

Û + + + + = + + +

(

x y 1

)(

xy x y

)

3 2

(

x y 1

)

Û + + + + = + + +

(

x y 1

)(

xy x y

) (

2 x y 1

)

Û + + + + - + + =

(

x y 1

)(

xy x y 2

)

Û + + + + - =

 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

+ ³ Û

1 )

4 xy

+

x

+

y

³

3.

Theo bất đẳng thức Cô si

1
1

3 2

2 2 2

x y x y

xy x y + + + Þ x y

£ + + £ + + + ³ .

Theo bất đẳng thức Cơ si

2
2
2

2
2

P

x

y x

y
x
y

x y

y x

y

x y

x

üïï
ïïïÞ =
ýù
ùùù
ùỵ
+

+ +
+

Vy giá trị nhỏ nhất của P là 2 khi x= y= . 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 tốn để tìm giá trị nhỏ nhất.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương x+ ³y 2 xy.

 Mở rộng ra một đánh giá

(

)

2
2 2

, ; ; ; 0
a b

a b

a b x y

x y x y

+ ³ " >

+ .

Ý tưởng: Đây là một bài tốn có sự đối xứng rõ ràng giữa ,x y nên ta mạnh dạn dự đoán điểm rơi tại x y k= = .
Thay ngược lại giả thiết bài tốn, ta có

(

k+1

)

2= Û =4 k 1. Với điểm rơi x= y= 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

+ ³ Û

1 )

4 xy

+

x

+

y

³

4

1
1

3 2

2 2 2

3 x y x y x y

xy x y³ + + + + + Û + ³

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Vậy nên, bây giờ ta sẽ đánh giá biểu thức P theo x2 y2 f x

(

y

)

y + x ³ + ³ . Hiển nhiên có con số 2 vì điểm rơi

x= y= . Vậy nên ta cần tìm f x

(

+ y

)

thỏa mãn f x

(

+ y

)

³ 2. Mà như bên trên, ta đã tìm được x+ ³ do y 2

đó, ta cần chứng minh rằng x2 y2 x y

y + x ³ + . Đánh giá này ta có các cách như sau:
 Biến đổi tương đương, ta có:

(

)

(

)

(

)

2
2

0 x x y y x y 0 0

y
x

x y x y

y x y x

-- + - ³ Û + ³ Û - ³ .

 Sử dụng bất đẳng thức Cosi, ta có:

2 2

2
2

2 2

2 . 2

x x

y y x

y y x y

x y

y x

y y

x x y

x x

ìïï

ï + ³ =

ïïï Þ + ³ +

íï

ïï + ³ =

ïïïỵ

 Sử dụng đánh giá mở rộng như đã nêu, ta có:

(

)

2
2

2 x y

y
x

x y

y x x y

+ ³ ³ +

+ .

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Cho a b ; là hai số thực dương thỏa mãn ab = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

(

)

2 2

2 2
2

a b

P a b

b a

= + + + .

2. Cho ; ;a b c là các số thực dương thỏa mãn a+ + =b c 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

1 1 1

a b c

P

b c a

= + +

+ + + .

Câu III.

1). Vì MP là đường kính suy ra PN MN^ (1).
Vì MD là đường kính suy ra DN MN^ (2).
Từ (1) và (2), suy ra ; ;N P D thẳng hàng.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

 Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn là góc vng.

+ Góc ·PNM là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn được chia đơi bởi đường kính PM của đường trịn đường

kính PM nên ·PNM=90° hay PN NM^ .

+ Góc ·DNM là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn được chia đơi bởi đường kính DM của đường trịn ( )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 vng góc với đường
thẳng đó.

Ta có từ N ta kẻ được PN và DN vng góc với MN , suy ra PN DNº hay ba điểm P ; N ; D thẳng 
hàng.

2). Tứ giác APQD nội tiếp ( · · 0
90
PQD= MAD= ),

suy ra ·PAQ= PDQ· = NDM· (3).

Xét ( )O , ta có ·NDM= NAM· (4).

Từ (3) và (4) ·PAQ= NAP· , suy ra AP là phân giác của góc ·NAQ (*).

Xét ( )O , ta có ·AND= AMD· .

Xét đường trịn đường kính MP có ·QMP=QNP· Þ ·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= 90° (góc ngồi tại đỉnh
đối diện bằng góc trong khơng kề với nó của tứ giác nội tiếp) suy ra ·DAP+ DQP· = 90°+90° =180° do đó
tứ giác APQD là tứ giác nội tiếp.

 Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn thì bằng nhau.

Tứ giác APQD là tứ giác nội tiếp nên ·QDP= QAP· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »QP của đường tròn

( )O ) hay ·PAQ= NDM· .

+ ·NDM= NAM· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼MN của đường trịn ( )O ).

+ ·AND= AMD· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ¼AD của đường trịn ( )O ).

+ ·QMP= QNP· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »QP của đường trịn đường kính PM ) ,

suy ra ·PAQ= NAP· hay AP là phân giác của ·NAP và ·AND= 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 trịn nội tiếp tam giác đó.

Tam giác ANQD 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 ANQD .

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

(

)

(

) (

)

(

)(

)

abc bc ba b abc ca cb c

a b c

abc

ab

ac

a

Q

+ + + + + +

+ + +

+

-=

(

)(

) (

)(

) (

)(

)

(

)(

)

1 1 1 1 1 1

1 1 1

a b c b c a c a b

Q

a b c

+ + + + + - + +

+ + +

1 1 1

a b c

Q

a b c

= +

-+ + +

Ta chứng minh rằng

1

2

3

5

1 1 1

1

2

1

3

12 a

b

c

a

+

b

-

c

³

+

-

=

+

Bất đẳng thức trên tương đương với

3

2

1

0

1

3

1

2

1 c

b

a

c

b

a

ỉ ư ỉ÷ ư ỉ÷ ửữ

ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ỗ ỗ

ố

+

-

+

ø è

+

-

+

ø è

+

-

+

³

(

)

(

)

(

)

4 1 3 1 2 1

3

2

1

0

c b a

c

b

a

+ + +

-

+

-

+

-

³

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

1 1 1 1

3 2

4 1 3 1 c 3 1 2 1

c b

c b b a

é ù é ù

ê ú é ùê ú

Û ê ú êë - + úûê ú

ê ú ê ú

ë û ë û

- - + -

-+ + + +

(

)

(

)

(

)

(

)

3 2 1 1 0

2 1

c b a

a

é - + + - ù

ê ú

ë û

+ - ³

(

)

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

3 4 1 2 3 1 1

3 1 0

12 1 1 6 1 1 2 1

b c a b

c b c a b c

b c b a a

Û - - - + + - - - + + - ³

+ + + + + .

Vì

(

)

(

)

(

)(

)

3; 0 3 3 4 1 0

12 1 1

c b c c b c

b c

³ < £ Þ - - - ³

+ + (1).

Vì

(

)

(

)

(

)(

)

1 ; 0 1 2 3 1 0

6 1 1

b c a b b c a b

b a

+ £ < £ Þ + - - - ³

+ + (2).

Vì

(

)

(

)

; 0 1 0

2 1

a b c a a b c

a

+ ³ < Þ + - ³

+ (3).
Từ (1), (2) và (3), suy ra điều phải chứng minh.

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 5

</div>

26. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 DHQGHN năm học 2011-2012 (chuyên) vòng 1

(

)(

)

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

)(

)

(

)

(

)(

)(

)

<i>Q</i>

=

(

)(

)

(

)

<i>x</i>

=

4048135;

<i>x</i>

=

( )

(

)

(

( )

)

( )

( )

( )

( )

(

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

9

2012

6

2012

0

<i>x</i>

<i>x</i>

+

+

=

(

)

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)