30. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 DHQGHN năm học 2012-2013 (chuyên) vòng 1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (261.03 KB, 7 trang )

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

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Đề chính thức TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2013 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

3x+ +1 2- x= . 3
2). Giải hệ phương trình

1 1 9

1 3 1 1

4 2

x y

x xy

y xy

ỡùù + + + =
ùùùù

ớ ổ ử

ù ữ

ù + ỗỗ + ữ= +

ù ỗ ữ

ù ỗố ữứ

ùùợ

Cõu II (3,0 điểm).

1). Cho các số thực ; ;a b c¹ thỏa mãn 0

(

a+b b

)(

+c c

)(

+ a

)

= 8abc. Chứng minh rằng

(

)(

) (

)(

) (

)(

)

3
4

a b c ab bc ca

a+ b+ b+c+ c+ a= + a+b b+c + b+ c c+a + c+a a+ b .

2). Có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số abcde sao cho abc-

(

10d+ e

)

chia hết cho 101?

Câu III (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABCV nội tiếp đường tròn ( )O với AB< AC. Đường 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 đường tròn ngoại tiếp tam giác ABMV cắt đoạn thẳng AC tại điểm F khác .A

1). Chứng minh rằng tam giác BDMV và tam giác BCFV đồng dạng.
2). Chứng minh rằng EF vng góc với AC .

Câu IV (1,0 điểm). Giả sử ; ; ; a b c d là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc+bcd+ cda+ dab=1. Tìm giá 
trị nhỏ nhất của biểu thức

(

3 3 3

)

4 9

P= a +b +c + d .

……….HẾT………

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu I.

1). Điều kiện: 1 2

3 x

- £ £ .

Phương trình đã cho tương đương với 2x+ +3 2

(

3x+1 2

)(

- x

)

= 9

3x 5x 2 3 x

Û - + + = - 3 2 0 2

3 5 2 6 9

x

x x x x

ìï - >
ï

Û íï-ïỵ + + = - +

4 11 7 0 7

x

x x

x

é =
ê
ê

Û - + = Û ê =

êë
.

Đối chiếu với điều kiện ta được được nghiệm: 1; 7
4

x= x= .

Nhận xét: Bài tốn sử dụng phương pháp nâng lũy thừa (bình phương) hai vế tìm nghiệm của phương trình.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Phương trình dạng

( )

0

(

( )

)

2 2

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

( )

( ) ( )

2 2

f x g x f x g x m f x g x m f x g x

Û + + = Û = -

-( )

( )

( ) ( )

2
1
2
2
2
4

m f x g x x x

x x

f x g x m f x g x

ìï ³ + é
ï =
ï ê
Û íï é ùÞ ê =
= -
-ï êë úû ë
ïỵ
.

 Phương trình trên có cách giải khác như sau:

( )

f x + g x = mÛ f x = -m g x

( )

2 2
2 2

m f x m f x

f x m m g x g x m g x g x m f x

ì ì
ï ³ ï ³
ï ï
ï ï
Û íï Û íï
= - + = +
-ï ï
ï ï
ỵ ỵ

( ) ( )

( )

(

( )

)

2
1
2
2 2
2
;
4

m f x g x m f x x x

x x

m g x g x m f x

ìï ³ + ³ é
ï =
ïï ê
Û íï Þ ê =
ï = + - ë
ïïỵ
.

Ý tưởng: Đây là một bài phương trình cơ bản, dạng tốn một vế chứa hai căn thức vế cịn lại là một hằng số thì
phương pháp nâng lũy thừa hai vế là một phương pháp tối ưu nhất.

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Giải phương trình 3x+ +1 x+ =1 8.
Đáp số: x = 8.

2. Giải phương trình 7x+ -4 x+ =1 3.
Đáp số: x = 3.

2). Hệ phương trình tương đương với

1 1 9

1 3 1 1 1

4 2

x y

y x

x x y

y y x

ì ỉ ư ỉ ư
ï ữ
ù ỗ + ữ+ ỗ + ữữ=
ù ỗỗ ữ ỗ ữ
ùỗ ữ ỗố ữứ
ù ố ứ
ùớ
ù ổ ử ổ ửổ ử
ù ỗ ữữ ỗ ữữỗ ữ
ù + ỗ + ữ= ç + ÷ç + ÷
-ï çç ÷ çç ÷ç ÷÷
ï è ø è øè ø
ïỵ
.

Đặt
1
1
u x
y
v y
x
ìïï = +
ïïï
íï
ïï = +
ïïỵ
.

Hệ phương trình trở thành

9
2
1 3
2
4 2
u v
u uv
ìïï + =
ïïï
íï
ï + =
-ïïïỵ
9
2

9 3 9

4 2 2

v u
u
u u
ỡùù =
-ùùù
ớù ổ ử
ữ
ỗ
ù + = ỗ - ữ
ù ỗ ữữ
ù ố ứ
ùợ
.

Suy ra 9 3 9 2 2 9

3 0

4 2 2 4

u u

u u u

+ = - Û - + =

2 3
3
0 2
2
3
u
u
v
ỡùù
ổ ữử ù =
ỗ
ỗỗố - ữữữứ = Þ íï
ï =
ïỵ
1 3
2
1
3
x
y
y
x
ìïï + =
ïïï
Û íïïï + =
ïïỵ
3
3
1 2
3 3

2
2 2
1 3
y
y y
xy

x x y

y
xy x
ìïï + =
ïï
Û íï Þ = Þ = Þ + =
ï + =
ïïỵ
2
1
1

3 2 0 2

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

Ý tưởng: Hình thức bài tốn khá phực tạp vì sự xuất hiện của phân thức, quan sát ta thấy ở cả hai phương trình của
hệ đều xuất hiện biểu thức x 1

y

+ . Ta sẽ nghĩ đến chuyện thế 1 9 1

x y

y x

ổ ửữ

ỗ

+ = - ỗỗố + ữữữứxung phng trỡnh hai nhưng

còn đại lượng xy 1

xy

+ chưa biết xử lý như thế nào. Có lẽ tác giá đã gợi mở theo con đường đặt ẩn phụ, nếu đặt

1 1

;

u x v y

y x

= + = + thì bây giờ ta chỉ cần biểu diễn xy 1

xy

+ qua ;u v thì hệ phương trình đã cho sẽ được giải

quyết. Ta có

u x uy xy

y

v y vx xy

x

ìïï = + Û = +
ïïï

íï

ïï = + Û = +
ùùợ

(

)

2 1

1 2

uvxy xy uv xy

xy

ị = + Û = + + .

Khi đó, hệ phương trình đã cho tương đương với

9
2

1 3

4 2

u v

u uv

ìïï + =
ïïï
íï

ï + =

-ïïïỵ

Hệ phương trình trên là hệ phương trình cơ bản, hồn tồn giải quyết được bằng phương pháp thế.
Bài toán kết thúc.

Bài tập tương tự:

1. Giải hệ phương trình

(

)

2 2

2 2 2

1 2

1 3

x y

xy x y x

ìï + =

ïïí

ï + + =

ïïỵ .

Đáp số:

(

;

) ( ) (

1; 1 , 1; 1 ,

)

7; 5 , 7; 5

4 7 4 7

x y = - - ỗỗỗổ- ử ổữữữữ ỗỗỗ - ữữữửữ

ỗ ữ ỗ ÷

è ø è ø.

2. Giải hệ phương trình

(

) (

)

(

)(

)

2 2

1 1 27

1 1 10

x y xy

ìï + + =

ïï

íï + + =

ïïỵ .

Đáp số:

(

;

)

1; 2 3 , 2; 2

(

3 , 2

)

3; 1

2 2

x y =ỗỗỗổ ữửữữữ ỗỗỗổ - ữữữửữ

ố ứ è ø.

Câu II.

1). Cách 1: Đẳng thức cần chứng minh tương đương với

1 1 1

a b b c c a

a b b c b c c a c a a b

ổ ửữ ổ ửữ ổ ửữ

ỗ - ữ+ ỗ - ữ+ ỗ - ữ=

ỗ ữ ỗ ữ ç ÷

ç ÷ ç ÷ ç ÷

+ è + ø + è + ø + è + ø

(

)(

) (

)(

) (

)(

)

3
4

ac ba cb

a b b c b c c a c a a b

Û + + =

+ + + + + +

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

ac a c ba b a cb c b a b b c c a

Û + + + + + = + + +

(

)

(

)

(

)

ac a c ba b a cb c b abc

Û + + + + + =

(

)

(

)

(

)

ac a c b a c ba abc c b abc abc

Û + + + + + + + =

(

)

(

)

a c ac b ab bc abc

Û + + + + =

(

a c c

)(

b b

)(

a

)

8abc

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

Cách 2: Đặt

a b

x x

a b b a

b c

y y

b c b c

c a

z z

c a c a

ì ì

ï ï

ï = ï - =

ï ï

ï + ï +

ï ï

ï = Þ ï - =

í í

ï + ï +

ï ï

ï = ï - =

ï ï

ï + ï +

ï ï

ỵ ỵ

Từ điều kiện suy ra 1

xyz = , ta được

(

)(

)

(

) (

)

xyz= - x - y - z = - x+ +y z + xy+ yz+ zx - xy

(

) (

)

2xyz 1 x y z xy yz zx

Û = - + + + + +

3
4

x y z xy yz zx

Û + + = + + + .

Nhận xét: bài toán sử dụng phép biến đổi tương đương hoặc ẩn phụ để chứng minh đẳng thức đã cho.

Ý tưởng: 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 hốn vị của tích hai thừa số . Vì thế nếu
chuyển vế ta sẽ nhóm được nhân tử chung là:

1 1 1

a b b c c a

a b b c b c c a c a a b

ổ ửữ ổ ửữ ổ ửữ

ỗ - ữ+ ỗ - ữ+ ỗ - ữ=

ỗ ữ ỗ ữ ç ÷

ç ÷ ç ÷ ç ÷

+ è + ø + è + ø + è + ø

(

)(

) (

)(

) (

)(

)

3
4

ac ba cb

a b b c b c c a c a a b

Û + + =

+ + + + + + ( i ).

Với biểu thức ( i ), hướng tối ưu nhất có lẽ là quy đồng mẫu số và biến đổi tương đương, kết hợp với giải thiết

(

a+b b

)(

+c c

)(

+ a

)

=8abc thì ta có:

( i )

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

ac a c ba b a cb c b a b b c c a

Û + + + + + = + + +

(

)

(

)

(

)

ac a c ba b a cb c b abc

Û + + + + + =

(

)

(

)

(

)

ac a c b a c ba abc c b abc abc

Û + + + + + + + =

(

)

(

)

a c ac b ab bc abc

Û + + + + = .

Hoặc, ta có thể đi với hướng tư duy ẩn phụ hóa để đơn giản bài toán hơn một chút. Vẫn là hướng phát hiện như bên

trên, ta sẽ đặt ẩn phụ các thừa số là x a ; y b ;z c

a b b c c a

= = =

+ + + . Khi đó giả thiết

1
8

xyz

Û = và ta cần chứng

minh 3

x+ + =y z + xy+ yz+ zx (**). Nếu chỉ dựa vào giả thiết để chứng minh (**) là chưa đủ, ta cần phải

khéo léo kết hợp với giải thiết bài toán như sau 1 x b ; 1 y c ; 1 z a

b a b c c a

- = - = - =

+ + + . Và từ đó suy ra được

đẳng thức xyz=

(

1- x

)(

1- y

)(

1- z

)

. Khai triển tích số, ta sẽ được điểu phải chứng minh.

Bài toán kết thúc.

2). Ta có abcde= abc00+de= abc×100+de

(

101 1

)

101

abc de abc abc de

= - + = × - +

Suy ra abcde chia hết cho 101Û abc- de= abc-

(

10d+ e

)

chia hết cho 101.

Ta có 101 99999 99999 990 9

101 101

m m

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

Số các số có 5 chữ số thỏa mãn yêu cầu của bài toán là: 990 100 1 891.- + =
Đáp số: 891 số.

Nhận xét. Bài toán chứng minh đẳng thức từ những điều kiện đã cho.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

 Cấu tạo số

(

)

00 100 101 1 101

abcde= abc +de= abc× +de= abc - +de= abc× - 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 101M Þ

(

abc×101

)

M101

 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 cịn lại chia hết cho số đó.

Ta có

(

)

(

)

101 101

.101 101

abc

abcde abc de abc

ìï ×

ïïï

í é ù

ï = +

-ï ê ú

ï ë û

ïỵ

M , suy ra

(

de- abc

)

M101

(

abc 10d e

)

101

Û - - M .

 Số lớn nhất có năm chữ số chia hết cho 101.

Ta có 101 99999 99999 990 9

101 101

m m

ì Ê ị Ê = + suy ra số có năm chữ số lớn nhất chia hết cho 101 là

990 101× .

 Số bé nhất có năm chữ số chia hết cho 101 .

Ta cú 101 9999 999 99

101

n n

ì Ê ị Ê = suy ra số có năm chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101 là 100 101×

 Số các số của dãy số viết theo quy luật được tính theo công thức s c d 1

h

-= + trong đó c là số cuối, d là số

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.

A

B C

O

D
M

F
E

N

1). Ta có góc nội tiếp bằng nhau ·BDM= BCF· (1)và ·BMA= BFA· suy ra 0 · 0 ·

180 - BMA=180 - BFA hay

· ·

BMD= BFC (2).

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

Nhận xét. Đây là bài toán tương đối cơ bản và thường gặp trong các bài toán chứng minh tam giác đồng dạng ứng
dụng của góc nội tiếp.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

 Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường trịn thì bằng nhau.
+ ·BDM= BCF· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn ( )O ).

+ ·BMA= BFA· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABMD )

· · · ·

0 0

180 BMA 180 BFA BMD BFC

Û - = - Û = .

 Hai tam giác có hai cặp góc tương ứng bằng nhau thì đồng dạng.

+ BDMD và BCFD có ·BDM= BCF· và ·BMD= ·BFC, suy ra BDMD ∽DBCF (g – g).

2). Từ AD là phân giác ·BAC suy ra DB= DC vậy DE vng góc với BC tại trung điểm N của BC .

Từ 1). BDMD ∽DBCF, ta có DM BD

CF = BC.

Vậy ta có biến đổi sau DA 2DM 2BD CD DE

CF = CF = BC = CN= CE (3).

Ta lại có góc nội tiếp ·ADE= FCE· (4).

Từ (3) và (4) , suy ra EADD ∽DEFC suy ra ·EFC= EAD· = 90°.
Vậy EF AC^ .

Nhận xét. Với bài toán này ta đưa về chứng minh EF tạo với AC một góc vng. Dựa vào các góc đã biết và kết
nối bởi tam giác đồng dạng.

Nhắc lại kiến thức và phương 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= ( R= ) suy ra DO 
hay DE là trung trực của BC hay DE vng góc với BC tại trung điểm N của BC .

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

· ·

ADE= FCE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE của đường tròn ( )O )

 Các dữ liệu được suy ra, biến đổi từ những điều đã chứng minh.

2 2

DM BD DM BD DA CD

BDM BCF

CF BC CF CN CF CN

D ∽D Þ = Û = Û =

 Hệ thức lượng trong tam giác vuông “Cạnh huyền ´ Đường cao = Tích hai cạnh góc vng”.

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác DCDE vuông tại C , đường cao CN ta có

. . CD DE

CN DE CE CD

CN CE

= Û = kết hợp với chứng minh trên ta được DA DE

CF = CE kết hợp với trên, ta suy ra

EAD EFC

D ∽D (g – c – g)Þ EAD· = EFC· .

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

Góc ·EAD chắn nửa đường tròn ( )O được chia bởi đường kính ED nên ·EAD= 90° suy ra ·EFC= 90° hay

EF vng góc với AC .

Câu IV.

Với a là số thực dương ta có

3 3 3 3 3 3

3 3 2 ; 3 3 2

3 3 3 3 3 3

d a b dab d b c dbc

a a a a a a

+ + ³ + + ³ ;

3 3 3 3 3 3

3 3 2 ; 2 2

3 3 3 3

d c a dca a b c abc

a a a a a

+ +

+ + ³ ³ .

Cộng bốn đẳng thức trên ta thu được

(

)

3 3 3 3

3 2 2

2 1 1

3 3

d a b c dab dbc dca abc

a a a

ổ ửữ

ỗ

+ỗỗ + ữữữ + + ³ + + +

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

Chọn 1 1

2 x x

a = ổỗỗỗ + ửữữữữ

ố ứ, ta c

1 1 3 1

2 x x 2 x x

ỉ ư÷ ỉ ửữ

ỗ + ữ - ỗ + ữ=

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ữ ỗ ữ

ố ứ ố ứ

3 6 3

1 1 3 1 3 1

6 12 1 0

2 x x 2 x x 2 x x x x

ỉ ư÷ ỉ ư÷ ỉ ửữ

ỗ ỗ ỗ

ốỗỗ + ữứữữ+ ỗốỗ + ữứữữ- ỗốỗ + ø÷÷÷= Û - + = .
Ta có nghiệm dương là

3 3 1 3 3

6 35 ; 6 35 6 35 6 35

x= + x= - ị a= ỗổỗ + + - ửữữữ

ố ứ

Vi a xác định như trên ta thu được

(

)

3 3 3 3

4 1

d a b c

a

+ + + ³

(

)

3 3 3 3

2 2

3 3

9 36

9 4

6 35 6 35

d a b c

a

+ + + =

ổ ửữ

ỗ + + - ữ

ỗ ữ

ố ứ

ng thc xy ra khi 3 3

3 2

1
; =

3 3

a b c a d

a a a

= = =

+ +

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2

3 3

6 35 6 35

ổ ửữ

ỗ + + - ữ

ỗ ữ

ố ø

</div>