Loi giai va binh luan thi chuyen KHTN toan vong 1

LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN ĐIỀU KIỆN LỚP 10/2018
THPT CHUYEN

KHTN

Võ Quốc Bá Cân — Nguuễn Lê Phước - Nguuễn Mạnh Linh

1. Đề thi
Bài 1.

a) Giải phương trình:
x?—x+2vx3+l1=2Vx

b) Giải hệ phương trình:

xy ty? =1+y,
x* + 2y?+2xy

+1.

=44x.

Bai 2.
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn
(x+ y)(x + 2y)

=2x + y— 1.

b) Với a, Ðb là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện 4⁄2 + 2b = 2 +

B tim gia

trị nhỏ nhất của biểu thức
M=

a

va+2b_

+

b

vb+2a.

Bài 3. Cho tam giác 4C có đường trịn nội tiếp (7) tiếp xúc với các cạnh 8C, C4, 4 lần
lượt tại các điểm D, Ƒ, F. Gọi K là hình chiếu vng góc của Ư trên đường thăng DE, M là

trung điểm của đoạn thắng DF.

a) Chitng minh rang hai tam gidc BKM

va DEF dong dang.

b) Goi L là hình chiếu vng góc của C trên đường thang DF, N la trung diém cia đoạn
thăng DE. Chứng minh rằng hai đường thắng MK và WL song song.
c) Gọi J, X lần lượt là trung điểm của các đoạn thắng KL, ïD. Chứng minh rằng đường
thắng JX vng góc với đường thắng EF.
Bài 4. Trên mặt phẳng cho hai điểm P, QO phân biệt. Xét 10 đường thang nằm trong mặt phẳng
trên thỏa mãn các tính chất sau:
¡) Khơng có hai đường thẳng nào song song hoặc trùng nhau.

ii) Mỗi đường thẳng đi qua P hoặc @, khơng có đường thẳng nào đi qua cả P và Ợ.
Hỏi 10 đường thẳng trên có thể chia mặt phẳng thành tối đa bao nhiêu miền? Hãy giải thích.


2

Lời giải đề toán điêu kiện lớp 10/2018 —- THPT chun KHTN

2.

Lời giải và bình luận các bài tốn
Bài 1.
a) Giải phương trình:
x7 —x +2Vx374+1=2Vx
+1.

b) Giai hé phuong trinh:

xy ty =l+y,
x? +2y*?+2xy

=44x.

`

/

Lời giải. a) Điều kiện: x > —1. Đặtø = 4⁄x + Ivàb = /x2— x + I (chú
ý x?—x+1

phương trình đã cho có thể được viết lại thành
b?—

hay

>0),

1+ 2ab = 2a,

(b — 1)(b+
1+ 2z) =0.

Từ đó, ta có bồ = I (do 5 + 1+ 2a > 0), hay
x7-x+1=1.

Giai ra, ta dude x = 1 hoac x = 0. Vay phuong trinh da cho co hai nghiém x = 0 vax = 1.
b) Nhân hai về của phương trình thứ nhất với 2 và cộng tương ứng về với về phương trình
thu được với phương trình thứ hai, ta được

(x+2y)=x+2y+6,
hay

(x + 2y —3)(x
+2y +2) =0.

Suy ra x = 3— 2y hoặcx = —2y

— 2.

e Vớix = 3 — 2y, thay vào phương trình thứ nhất, ta được y(3 — 2y) + y?=1+y

hay (y — 1)7 = 0. Từ đó, ta có y = l (tương ứng, x = 1).

® VỚI x =—2— 2ÿ, thay vào phương trình thứ nhất, ta được y (—2 — 2y) +y*=l1+y
hay y7 + 3y + l = 0. Từ đó, ta có y = _=
(tương ứng, x = 1 + 4⁄5) hoặc

y= =3tv5 (tương ứng, x = 1 — 4⁄5).
ia hệ hé là 1a (1,
(x, y) của
Vậyay cácca nghiệm
lệ

1), (1

+ X5,5

-3-XV5
=5)

-31+X5 ,
, (1 — V5,=e =3‡3)

L]

Bình luận. Ngồi cách giải như trên, ý b) cịn có thể giải bằng phương pháp tịnh tiến nghiệm
đưa về hệ đẳng cấp bậc hai.


Lời giải đê toán điều kiện lớp 10/2018 —- THPT chuyên KHTN

3

r

`

Bài 2.
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn
(x + y)(3x+2y)*

=2x+y—-1.

b) Với 2, b là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện 4⁄4 2b
+

= 2 + V D

tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a

=

Jat+2b

`

b

+

—.,

JSb+2a

~

Lời giải. a) Đặt ø = x + y và b = 3x + 2y. Từ phương trình đã cho, ta có
ab*=b-—a-l,
hay

a(b?+1)=b-1.

Suy ra b — I chia hết cho b2 + 1. Từ đó, ta có 2 = (b2 + 1) — (b + 1)(b — 1) chia hết

cho ð2 + 1. Suy
ra ð2 + 1€
e Vớib = 0,tacóa =
e Voib

=

e Với bồ =

1, tacoa

1,

2}hayb

c0,

I1, —I1}.

—]. Giải ra, ta được x = 2 vày =

= 0. Giải ra, ta đượcx =

—l,tacóø =

Ï vày =

—I. Giải ra, ta được x =

—3.
—I.

Ì vày =

—2.

Vậy các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn yêu cầu để bài là (2, —3). (1, —1) và (1, —2).
b) Ta sẽ chứng minh #⁄ > 2 với dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi a = b = 3. Sử dụng
bất đẳng thức AM-GM,

b
Vb+2a

ta có

_—_—

2bv3b_
3b+b+2a

bv3b__
J3b(b+2a)”

_ bv3b
> at+2b

a)

Ta sẽ chứng minh
a

————

Ja+2b
Đặtx = Ja+2bvay

=

VB

bJ/3b

+

a+2b

>

thi ta có x —~y =2,b

đăng thức (2) có thể được viết lại thành

——
hay

2_

6y2

x

x* — 6y?
x

oy3

+

ˆ

+

x?

9y3

“>

x

>2,
x-y,

(2)

2,

=3y? vaa

= x? — 6y?. Bat


4

Lời giải đề toán điêu kiện lớp 10/2018 —- THPT chuyên KHTN

Bất đẳng thức trên tương đương với y(x — 3y)? > 0 (đúng). Do đó (2) được chứng minh.
Từ (1) và (2), ta suy ra

M
Vay min M

> —

a

bJ/3b

+

Ja+2b

a+2b

>2.

= 2.

LÌ

Bình luận. Ngồi cách giải như trên, ý a) cịn thể giải bằng đánh giá chặn hoặc dùng biệt
thức của phương trình bac hai.
Ý b) cịn có thể giải bằng cách sử dụng bắt đẳng thức Cauchy-Schwarz. Cách giải sau đây của
thầy Nguyễn Trung Kiên đăng trên facebook: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

M+jŠ=

———+

3_

——='!\2

Jat2b

=

.

Xb+ 2a

a2

aJat2b

+

b2?

b/b+2a

3

+

(at+b+b)?

b2?

—

bXV3b

~~ avat2b+bVb+2a+bV3b

(a + 2b)?
— avat+2b+b/(1
+ 1(b + 2a + 3b)
=

Ja+2b.

Tu do suy ra

M>Va+25Dau bang
xay ra khia = b = 3 nénminM

2 =2

= 2.

Có lẽ, đây cũng là đáp án của bài toán này. Tuy nhiên, với cách làm thiếu tự nhiên như thế này thì
số lượng thí sinh làm được ý b} có lẽ sẽ khơng nhiều.
Bài 3. Cho tam giác 4 B C có đường tròn nội tiếp ( ï ) tiếp xúc với các cạnh 8C, CA. 4B
lần lượt tại các điểm D, E, F. Goi K là hình chiếu vng góc của B trên đường thang

DE, M là trung điểm của đoạn thang DF.

a) Chứng minh rằng hai tam giác BK M

va DEF

dong dang.

b) Goi L là hình chiếu vng góc của C trên đường thắng DƑ, N là trung điểm của

doan thang DE. Chting minh rang hai đường thăng M K va NL song song.
c) Goi J, X lần lượt là trung điểm của các doan thang KL,
đường thắng J X vng góc với đường thang EF.
`

ID. Chitng minh rang
J

Lời giải. a) Ta có BD, BF' là các tiếp tuyến của đường tròn (7) nên B7 là trung trực của
DF, suyra BT vng góc với DF tại M. Từ đó, ta có tứ giác 8 M DK nội tiếp, suy ra
ZBMK

= ZBDK

= ZCDE.


Lời giải đê toán điều kiện lớp 10/2018 —- THPT chuyên KHTN

5

Mà DC là tiếp tuyến của đường tròn (7) nên “CDE = ⁄DFE. Kết hợp với kết quả ở trên,
ta được “BMK = ⁄DFE. Lại có “BKM = ⁄ZBDM = ⁄DEF (do DB là tiếp tuyến
của đường tròn (7 )) nên các tam giác BK Mí và DEF đồng dạng (g-g).
A

b) Ta có các tứ giác BKDM và CLDN nội tiếp nên
ZLDMK
Ma BK

= ZDBK,

ZDCN

| CN (cùng vng góc với DE) nên “DBK
ZLDMK

suy ra MK

=ZDLN.

= ⁄DCN. Từ đó ta có

= ZDLN,

| LN. Day chính là kết quả cần chứng minh.

c) Ta có
ZLZDMK = ZDCN
nén ZKMN

= 90°— ⁄CDN

= 90°— ⁄DFE

= 90°. Tw day dé dang suy ra ttt gidc K MNL

diém cia KL nén JM

= JN. Laic6é XM

= XN

có JX L EF. Đây chính là kết quả cần chứng minh.

= sID

= 90°— ⁄DMN

là hình thang vng. Mà 7 là trung
nên JX

| MN. Noi cach khac, ta

L]

Bài 4. Trên mặt phẳng cho hai điểm P, QO phân biệt. Xét 10 đường thẳng năm trong mặt

phẳng trên thỏa mãn các tính chất sau:

i) Khơng có hai đường thẳng nào song song hoặc trùng nhau.
ii) Mỗi đường thẳng đi qua P hoặc @, không có đường thẳng nào đi qua cả P và Ợ.
Hỏi 10 đường thẳng trên có thể chia mặt phẳng thành tối đa bao nhiêu miền? Hãy giải thích.
`

-


6

Lời giải đề toán điêu kiện lớp 10/2018 —- THPT chuyên KHTN

Lời giải. Gọi m. ø lần lượt là số đường đi qua P va O va gọi Š là số miền được tạo thành,

khi đó từ giả thiết ta có

m + đ = ]10.

Nếum = 0 hoặc n = 0 thidé thay S = 20.
Xét trudng hop m, n > 1. Bat dau ti mat phang véi hai diém P,

QO,

ta vé m dudng thang déi

một phân biệt đi qua P, số miền được tạo thành là 2n.

Ta lần lượt vẽ thêm các đường thẳng đi qua @. Khi vẽ đường thẳng đầu tiên, nó cắt z đường

thang di qua P tai m điểm phân biệt.

điểm này chia đường thẳng vừa vẽ thành zz + 1 phần.

Nói cách khác, đường thẳng vừa vẽ đi qua (vì thế chia đơi) đúng 7m + 1 miền trong 27: miền
được tạo ra, nên lúc này số miễn là 2m + (m + 1).

Kể từ đường thẳng thứ hai đến đường thắng thứ ø, mỗi đường thẳng đi qua O được vẽ sẽ cắt

đường thẳng đi qua P tại m điểm phân biệt khác Ó. Chúng, cùng với @, chia đường thắng vừa
vẽ thành 7

+ 2 phần. Do đó, với mỗi lần vẽ, số miền tăng thêm mm + 2. Tóm lại, ta có

» = 2m

+ (m +

l) + (n—

1)(m

+ 2) = mm

+ 2m

+ 2n — Ì

= mđn +

]9.

Sử dụng bắt đẳng thức AM-GM, ta có

Ss

„ +n)ˆ
n
+19
= 44.

Dấu đẳng thức xảy ra khi có 5 đường thang di qua P va 5 đường thang di qua O. S6 mién
được tạo ra tối đa là 44.

LÌ