Đang tải... (xem toàn văn)
facebook/hoitoanhoc Nguyễn Xuân Nam 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[.]
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI Đề thức ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2011 MƠN THI: TỐN (Vịng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình ìï ( x - 1) y + x + y = ï í ïï ( y - 2)x + y = x + ïỵ 2) Giải phương trình x+ x +7 = x ( x +1) Câu II (3,0 điểm) 1) Chứng minh không tồn ba số nguyên ( x; y ; z) thỏa mãn đẳng thức x + y = 7z + 4 2) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn đẳng thức 4 ( x + 1) - ( x - ) = y Câu III (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD với ·BAD < 90 o Đường phân giác góc ·BCD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác VBCD O khác C Kẻ đường thẳng d qua A vng góc với CO Đường thẳng d cắt đường thẳng CB; CD E; F 1) Chứng minh D OBE =D ODC 2) Chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác VCEF 3) Gọi giao điểm OC BD I , chứng minh IB.BE.EI = ID.DF.FI x ; y Câu IV (1,0 điểm) Với số thực dương, tìm giá trị nhỏ biểu thức P= 4y3 x3 + x3 + 8y3 y + ( x + y) Câu I 1) Hệ phương trình tương đương với ïìï ( x - 1) y +( x - 1) = - y Û í ïï ( y - 2) x +( y - 2) ) = x - ïỵ ìï ( x - 1) ( y + 1) = - y (1) ïï í ïï ( y - 2) ( x + 1) = x - (2) ïỵ +) Nếu x > , suy ( x - 1) ( y + 1) > nên từ (1) Þ - y > Þ y < Þ ( y - 2) ( x + 1) < ; Do từ (2) Þ x - < Þ x < (mâu thuẫn) +) Nếu x < , tuơng tự suy x > (mâu thuẫn) +) Nếu x = Þ y = (thỏa mãn) Đáp số: x = 1; y = Nhận xét: Bài toán sử dụng kỹ thuật đánh giá theo miền nghiệm đoán trước nghiệm hệ phương trình Nhắc lại kiến thức phương pháp: Cho hai biểu thức f ( x; y) g ( x; y) , g ( x; y) > Xét biểu thức: P = f ( x; y) g ( x; y) Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281 Có hai trường hợp sau xảy P > Þ f ( x; y) > P < Þ f ( x; y) < Kỹ thuật nhẩm nghiệm Ý tưởng: Bài tốn khơng phải hệ phương trình đồng bậc, đồng bậc hai ta giải cách đưa hệ số bất định Nhưng điều đáng lưu ý tốn biểu thức x - 1; y - 2 gắn với hai đại lượng không âm Nên nhiều khả xảy ( x - 1) y = ( y - 2) x = Xét trường hợp thấy ( x; y) = ( 1; 2) nghiệm hệ phương trình Hoặc ta sử dụng kỹ thuật nhẩm nghiệm sau, giả sử x = k , ta thay thử giá trị k , tất nhiên lấy giá trị k nguyên đẹp Và cho ta nghiệm ( x; y) = ( 1; 2) Với cặp nghiệm này, thực chất toán quy giải hệ phương trình ïìï x + y = Û í ïỵï y - x = ïìï x - + y - = í ïỵï y - = x - Vì ta tách hệ phương trình ban đầu, nhóm nhân tử sau: Hệ phương trình cho ìï ( x - 1) y + x - + y - = ìïï ( x - 1) ( y + 1) = - y ( 1) ï Û í Û ïí ïï ( y - 2) x + y - = x - ïï ( y - 2) ( x + 1) = x - ( 2) ïỵ ïỵ Đến đây, ta đánh giá miền nghiệm: ìï ( 1) Þ ( x - 1) ( y + 1) > Þ - y > Û y < ï TH1 Nếu x > Þ ïí ïï ( 2) Þ ( y - 2) ( x + 1) > Û y > ïỵ Hệ bất phương trình vơ nghiệm ìï ( 1) Þ ( x - 1) ( y + 1) < Þ - y < Û y > ïï TH2 Nếu x < Þ í ïï ( 2) Þ ( y - 2) ( x + 1) < Û y < ïỵ Hệ bất phương trình vơ nghiệm Vậy x = 1; y = nghiệm hệ phương trình Bài tốn kết thúc Bài tập tương tự: ìï ( x - 1) y + x + y = ï Giải hệ phương trình í ïï ( y - 3) x + y = x + ïỵ Đáp số: ( x; y) = ( 1; 3) 2) Điều kiện x > Phương trình tương đương ( x + 1) x + = x2 + x Chia hai vế cho x ¹ , ta ỉ ỉ ỉ 1ư ỉ 3ư ỉ 1ư 3 2ư ÷ ÷ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ữ ỗ ỗ x + x + - ữ =0 2ỗ 1+ ÷ x + = x + Û x + + x + + = ÷ ÷ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ ỗ x ữỗ x xứ ữ x x x x ố xø è xø è xø è ø è + Giải x+ 3 = Û x + = Û x2 - 4x + = Û x x + Giải x+ 3 = Û x + = Û x + 3x - = x x x x éx = ê êx = ë Û ( x - 1) ( x + x + 4) = Û x = Đáp số x = 1; x = Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ khơng hồn tồn, sau nâng lũy thừa tìm nghiệm phương trình ban đầu Nhắc lại kiến thức phương pháp: Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281 Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn: xét phương trình bậc hai có dạng mf ( x) t + ng ( x) t + k = (*), t ẩn phụ biểu diễn dạng t = h ( x) Khi đó, ta có Dt = é ng x ù - kmf ( x) , với D t bắt buộc số phương Nên ta tìm nghiệm (*) ê ë ( )ú û - ng ( x) + D t - ng ( x) - D t= = h ( x) ; t = = h ( x) mf ( x) mf ( x) ìï f ( x) ; g ( x) ³ ï f ( x) = g ( x) Û í ïï f ( x) = g ( x) ïỵ Ý tưởng: Trước hết, ta cần quy đồng mẫu số toán, ta phương trình có dạng Cách giải phương trình f ( x) g ( x) = h ( x) nâng lũy thừa hai vế, ta thu phương trình bậc Và phương trình bậc khơng có nghiệm ngun khó để giải Vậy nên ta cần nghĩ đến hướng tư khác, ổ 3ử ữ ỗ toỏn xut hin cn thức x + nên ta mong muốn tạo lng k ỗ cú th a v phng trỡnh x+ ữ ữ ỗ ữ ỗ x xứ ữ ố bậc hai, sau đặt t = x + để sử dụng phương pháp ẩn phụ khơng hồn tồn Tức chia hai vế x phương trình, ta được: Ta có x+ x +7 3 = Û ( x + 1) x + = x2 + x 2( x +1) x æ 1ö æ 1ö 3 Û 2ỗ 1+ ữ x + = x + x + - 2ỗ 1+ ữ x + + = (*) ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ xứ ỗ xø x x x x x è è ỉ 1÷ ö 1+ ÷+ = Đặt t = x + > , ta cú (*) t - ỗ ỗ ỗ è x÷ ø x x 2 ỉ 1÷ ổ 1ử Cú D 't = ỗ + ữ- =ỗ 1- ữ ữ nờn suy c ỗ ç ç ç xø ÷ è x÷ ø x è é ê x+ =2 ê x ê ê ê x+3 = ê x x ë éx = Giải ( i ), ta có ( i ) Û x + = Û x - x + = Û ê êx = x ë é 1 êt = + + ê x xÛ ê ê 1 êt = + - + ê x x ë ét = ê ê 2Û êt = ê ë x ( i) ( ii) Giải ( ii ), ta có ( ii ) Û x + = Û x + 3x - = Û x = x x Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: Giải phương trình: ( x + 3) Đáp số: x = ( x ) - ; x = 31 - Giải phương trình: Đáp số: x = ( - x) ( 12 + x) = 28 - x3 - x = 2x2 - x - 1+ - 65 ; x= Câu II 1) Giả sử tồn số nguyên x , y , z thỏa mãn x + y = z + Û x4 + y + z = z + (1) Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281 Ta có a º 0,1 (mod 8) với số nguyên a ïì x + y + z º 0,1,2,3 (mod 8) Þ ïí ïï z + º 5(mod 8) ỵ Mâu thuẫn với (1) Vậy khơng tồn ( x; y ; z) thỏa mãn đẳng thức Nhận xét Để giải toán cần sử dụng phương pháp phản chứng: “Giả sử xảy biến đổi thấy điều mâu thuẫn với giả sử” Nhắc lại kiến thức phương pháp Thêm lượng vào hai vế đẳng thức ta đẳng thức tương đương với đẳng thức ban đầu x4 + y = z + Û x + y + z = 8z + Lũy thừa bậc bốn số nguyên chia cho dư tức a º 0, ( mod 8) với số nguyên a ïìï x º 0, ( mod 8) 4 ìï ï ïí y º 0, ( mod8) Þ ïí x + y + z º 0, 1, 2, ( mod8) ïï ï z + º ( mod 8) ïï z º 0, ( mod 8) ïïỵ ïỵ Hai vế đẳng thức có số dư chia cho số nhận số dư khác đẳng thức tồn Ta thấy VT = x + y + z chia dư hoặc Mà VP = z + chia dư khơng thể tồn đẳng thức x + y + z = z + hay x4 + y + z ¹ 8z + Vậy khơng tồn ba số nguyên ( x; y ; z) thỏa mãn đẳng thức x4 + y = z + 2) Phương trình tương đương với éx + + x - ùéx + - x - ù= y ) ( ) úûêë( ) ( ) úû Û ( x + 2) ( x) = y Û x + x = y ê( ë 3 +) Nếu x ³ Þ x < x3 + x < ( x + 1) Û ( x) < y < ( x + 1) (mâu thuẫn y nguyên) +) Nếu x £ - ( x; y) nghiệm, ta suy ( - x; - y) nghiệm, mà - x ³ Þ mâu thuẫn +) Nếu x = Þ y = (thỏa mãn) Vậy x = y = nghiệm Nhận xét Để giải toán cần sử dụng phương pháp biến đổi tương đương đưa xét khoảng giá trị nghiệm Nhắc lại kiến thức phương pháp 2 Hằng đẳng thức A - B = ( A + B) ( A - B) 4 2 ùé 2ù VT = ( x + 1) - ( x - 1) = é ê( x + 1) +( x - 1) úê( x + 1) - ( x - 1) ú ë ûë û Hằng đẳng thức ( A ± B) = A ± AB + B2 VT = ( x2 + x + + x2 - x + 1)( x + x + - x + x - 1) = ( x + 2) ( x) = x + x Khi phương trình cho tương đương với phương trình x + x = y Giải phương trình nghiệm nguyên cách xét khoảng giá trị nghiệm Không tồn lũy thừa bậc ba hai lập phương (lũy thừa bậc ba) liên tiếp +) Nếu x ³ Þ x < x + x < ( x + 1) Û ( x) < y x3 + x > ( x - 1) Û ( x) > y > ( x - 1) 3 3 (mâu thuẫn y nguyên ( 2x) ( x - 1) hai lập phương liên tiếp) +) Nếu x = Þ y = (thỏa mãn) Vậy x = y = nghiệm Câu III · · · · · 1) Tứ giác OBCD nội tiếp CO phân giác góc BCD , suy OBD , nên tam giác = OCD = OCB = ODB D OBD cân O , OB = OD (1) · · · Tứ giác OBCD nội tiếp ODC (cùng bù với góc OBC ) (2) = OBE Trong tam giác D CEF có CO vừa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác D CEF cân C · · · Do AB PCF Þ AEB , suy tam giác D ABE cân B , nên BE = BA = CD (3) = AFC = EAB Từ (1), (2) (3), suy D OBE = D ODC (c – g – c) Nhận xét Có ba trường hợp hai tam giác Ở này, sử dụng trường hợp “cạnh-góc-cạnh” từ ta tìm cạnh góc Nhắc lại kiến thức phương pháp Hai góc nội tiếp chắn cung đường trịn · · » đường tròn ngoại tiếp tam giác D BCD ) + BCO (hai góc nội tiếp chắn cung OB = ODB · · ¼ đường trịn ngoại tiếp tam giác D BCD ) + OCD (hai góc nội tiếp chắn cung DO = CBD · · · · · Mà BCO (vì CO tia phân giác BCD ), suy OBD = OCD = ODB Tam giác có hai góc tam giác cân · · Tam giác D OBD có OBD (chứng minh trên) nên D OBD cân O = ODB Tam giác cân có hai cạnh bên Tam giác D OBD cân O suy OB = OD Tứ giác nội tiếp có góc ngồi đỉnh góc đỉnh khơng kề với · · Tứ giác BCDO nội tiếp đường trịn ngoại tiếp D BCD có EBD góc ngồi đỉnh B CDO góc · · đỉnh D không kề B suy EBD = CDO Tam giác có đường cao đường phân giác tam giác cân Tam giác D CEF có CO vừa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác D CEF cân C Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy · · · · Tam giác D CFE cân C , suy CEF hay AEB = CFE = AFC Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo hai góc vị trí đồng vị · · · · (hai góc vị trí đồng vị AB P FC ), suy AEB , nên D EBA cân B (tam giác có AFC = EAB = EAB hai góc nhau), BE = BA mà ABCD hình bình hành nên AB = CD suy BE = CD · · Xét D OBE D ODC có: OB = OD ; EBD ; BE = CD suy D OBE = D ODC (c – g – c) = CDO 2) Từ D OBE = D ODC Þ OE = OC Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281 Mà CO đường cao tam giác cân D CEF , suy OE = OF Từ OE = OC = OF , O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác D CEF Nhận xét Đường tròn ngoại tiếp tam giác cách ba đỉnh tam giác ta chứng minh điểm O cách điểm E ; C ; F hay OE = OC = OF Nhắc lại kiến thức phương pháp Hai tam giác có cặp cạnh cặp góc tương ứng D OBE = D ODC Þ OE = OC Tam giác cân có đường cao đường trung trực cạnh tương ứng CO đường cao tam giác cân D CFE nên CO đường trung trực FE Một điểm thuộc trung trực đoạn thẳng cách hai mút đoạn thẳng Điểm O thuộc đường trung trực CO đoạn thẳng FE nên OE = OF , suy OE = OC = OF Điểm cách ba đỉnh tam giác tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác Ta có OE = OC = OF suy O tâm đường tròn ngoại tiếp D CEF 3) Theo trên, ta có BE = CD mà CE = CF Þ BC = DF · Ta có CI đường phân giác góc BCD , nên IB CB DF = = Þ IB.BE = ID.DF ID CD BE Mà CO trung trực EF I Ỵ CO , suy IE = IF Từ hai đẳng thức trên, suy IB.BE.EI = ID.DF.FI Nhận xét Chứng minh đẳng thức ta kết hợp đẳng thức cho, chứng minh để ghép vào đẳng thức cần chứng minh Nhắc lại kiến thức phương pháp Ta có BE = CD (chứng minh trên) CE = CF ( D ECF cân C ) suy CE - BE = CF - CD Û BC = DF suy CB DF = CD BE Đường phân giác tam giác chia cạnh dối diện thành hai đoạn thẳng có tỷ số với tỷ số hai cạnh tương ứng tam giác IB CB · Ta có CI phân giác góc BCD tam giác D CBD nên = , suy ta ID CD IB DE = Û BE.BI = DE.DI ID BE Nhắc lại kiến thức Ta có I nằm trung trực CO đoạn thẳng FE nên suy IE = IF nhân vế theo vế với đẳng thức BE.BI = DE.DI ta BE.BI IE = DE.DI IF x3 ³ x3 + y Câu IV Ta chứng minh x2 (1) x2 + y x3 x4 2 2 3 ³ 3 Û ( x + y ) ³ x ( x + y ) Û x y + y ³ xy 2 x +8y x + y ) ( Û Û x + y ³ xy (đúng) Ta chứng minh Û y3 y + ( x + y) y3 y + ( x + y) 3 ³ ³ y2 (2) x2 + y y4 (x + 2y ) 3ù 3 2 Û ( x2 + y2 ) ³ y é êy +( x + y ) úÛ ( x + y ) - y ³ y ( x + y) ë û Û ( x + y )( x + y ) ³ y ( x + y) Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281 Ta có x + y ³ ( x + y) x + y = x2 + y + y ³ xy + y = y ( x + y) Þ ( x + y )( x + y ) ³ ( x + y) y ( x + y) = y ( x + y) Þ (2) (đúng) Từ (1) (2), suy P ³ Dấu “=” xảy x = y Vậy Pmin = Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp dự đoán điểm rơi, từ phát tư bất đẳng thức phụ cần thiết để tìm giá trị nhỏ tốn Nhắc lại kiến thức phương pháp: Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương x + y ³ xy ( x + y) Ý tưởng: Đây toán chứa biểu thức đồng bậc, nên điểm rơi tốn có dạng x = ky Từ thay ngược lại biểu thức P , ta có: Hệ bất đẳng thức Cosi, là: x + y ³ k3 P= k +8 + +( k + 1) =k k + k +8 +( k + 1) Các biểu thức k + 8; + ( k + 1) xuất căn, nên ta mong muốn số phương trình ìï m = 3 nhau, k + = +( k + 1) k + = m2 nên dễ thấy ïí Tức điểm rơi tốn x = y ïïỵ k = giá trị nhỏ P Việc dự đốn điểm rơi cần thiết, giúp ta có nhiều lựa chọn việc đánh x + y ³ xy hay x + y ³ ( x + y) Với điểm rơi đó, hai mẫu số P nên có đánh giá P , ta cần đánh giá hai hai biểu thức mẫu, ví dụ mẫu số x + y ; x + y; x + y ; x + y Bây giờ, quan sát thức một: Với f ( x; y) = x3 x =x , thức mẫu số có bậc ba, tử bậc nhất, để đồng 3 x +8y x + 8y3 hóa bậc ta cần đánh giá thức biểu thức dạng bậc không bậc Hơn lại xuất 8y nên ta chọn đánh giá x + y để tối thiểu hóa ẩn y , tức ta cần chứng minh: x ³ Û x ( x + y) ³ x + y Û y ( y - x) ( x + y) ³ x + 2y x + 8y Nhưng điều chưa hồn tồn đúng, cần phải có điều kiện y ³ x , nên hướng tư chưa Tức ta lựa chọn biểu thức x + y thay x + y ta chọn, thế: x x ³ Û x ( x2 + y2 ) ³ x2 ( x3 + y ) x + 8y x + 2y Û xy ( x - y) ³ Với g ( x; y) = 4y3 y +( x + y ) 3 =y 4y y +( x + y) 4y3 y +( x + y ) ³ , với hướng tư tương tự, có: 2y2 Û ( x + y )( x + y ) ³ y ( x + y) 2 x + 2y Điều theo bất đẳng thức Cosi, ta có: Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281 ìï ïï x + y ³ ( x + y) Þ ( x + y )( x2 + y ) ³ y ( x + y) í ïï 2 2 2 ïïỵ x + y = x + y + y ³ xy + y Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: Cho a; b hai số thực dương thỏa mãn a + b = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2a + 3b2 2b2 + 3a + a + 3b 2b + a Cho a; b hai số thực dương Chứng minh rằng: æ2 æ2 æ æ ửỗ 3ử ỗ ửỗ 1ử ỗ a +b + ữ b +a + ữ ỗ2a + ữ 2b + ữ ữ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ ÷ øè 4ø è øè 2÷ è ø P= 10 Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281 ... = Û í ïỵï y - x = ïìï x - + y - = í ïỵï y - = x - Vì ta tách hệ phương trình ban đầu, nhóm nhân tử sau: Hệ phương trình cho ìï ( x - 1) y + x - + y - = ìïï ( x - 1) ( y + 1) = - y ( 1) ï Û... ïí ïï ( y - 2) x + y - = x - ïï ( y - 2) ( x + 1) = x - ( 2) ïỵ ïỵ Đến đây, ta đánh giá miền nghiệm: ìï ( 1) Þ ( x - 1) ( y + 1) > Þ - y > Û y < ï TH1 Nếu x > Þ ïí ïï ( 2) Þ ( y - 2) ( x +... tự: Giải phương trình: ( x + 3) Đáp số: x = ( x ) - ; x = 31 - Giải phương trình: Đáp số: x = ( - x) ( 12 + x) = 28 - x3 - x = 2x2 - x - 1+ - 65 ; x= Câu II 1) Giả sử tồn số nguyên x , y ,