2 Với mỗi số thực a, ta gọi phần nguyên của số a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và ký hiệu là [a].. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta luôn có.. Trên đường thẳng tiếp xúc
Trang 1ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2010
MÔN THI: TOÁN (Vòng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I
1) Giải hệ phương trình
= +
= +
+
2
23 12
8 3
2 2
2 2
y x
xy y
x
2) Giải phương trình
1 8 3 1 2 4 3 1
2x+ + x2 − x+ = + x3 +
Câu II
1) Tìm tất cả các số nguyên không âm (x, y) thoả mãn đẳng thức
(1 +x2)(1 +y2)+ 4xy+ 2(x+y)(1 +xy) = 25
2) Với mỗi số thực a, ta gọi phần nguyên của số a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và ký hiệu là [a] Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta luôn có
n
n
+
+ + +
+
1
1
3 2
7 2 1
Câu III
Cho đường tròn (O) với đường kính AB = 2R Trên đường thẳng tiếp xúc với đương tròn (O) tại A ta lấy điểm C sao cho góc ACB= 30 0 Gọi H là giao điểm thứ hai của đường thăng BC với đường tròn (O)
1) Tính độ dài đương thẳng AC, BC và khoảng cách từ A đến đương thẳng BC theo R 2) Với mỗi điểm M trên đoạn thẳng AC, đường thẳng BM cắt đường tròn (O tại điểm N (khác B) Chứng minh rằng bốn điểm C, M, N, H nằm trên cùng một đường tròn và tâm đường tròn đó luôn chạy trên một đường thẳng cố định khi M thay đổi trên đoạn thẳng AC
Câu IV
Với a,b là các số thực thoả mãn đẳng thức
4
9 ) 1 )(
1 ( +a +b = , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 1 +a4 + 1 +b4
_
Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm.
Trang 2ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2010
DỰ KIẾN GIẢI ĐỀ THI MÔN THI: TOÁN (Vòng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu I : 1) Giải hệ phương trình
= +
= +
+
2
23 12
8 3
2 2
2 2
y x
xy y
x
Cộng vế với vế ta có
= +
= +
+ 2
25 12
9 4
2 2
2 2
y x
xy y
x
= +
= +
2
25 3
2
2 2
2
y x
y x
⇔
= +
−
= +
= +
= +
2
) 5 ( 3 2 ) (
2
) 5 ( 3 2 ) (
2 2
2 2
2 2
2 2
y x
y x II
y x
y x I
giải ( I) ta có ( )
= +
= +
2
) 5 ( 3 2
2 2
2 2
y x
y x
⇔
= +
= +
2
5 3 2
2
2 y x
y x
⇔
= +
−
=
2 2
3 5
2
2 y x
y x
⇔
= +
−
−
=
2 2
3 5
2
3 5
2
2
y y
y x
⇔
= + +
−
−
=
2 4
9 30
3 5
2
2
y y y
y x
⇔
= +
−
−
=
0 17 30
3 5
y
y
=
−
=
=
−
=
13
172
3 5 1 2
3 5
y
y x
y
y x
⇔
=
=
=
=
13 17 13 7 1 1
y x y x
giải ( II) ta có ( )
= +
−
= +
2
) 5 ( 3 2
2 2
2 2
y x
y x
⇔
= +
−
= +
2
5 3
2
2
2 y x
y x
⇔
= +
−
−
=
2 2
3 5
2
2 y x
y x
⇔
= +
− −
−
−
=
2 2
3 5
2
3 5
2
2
y y
y x
⇔
= + + +
−
−
=
2 4
9 30
3 5
2
2
y y y
y x
⇔
= + +
−
−
=
0 17 30
3 5
y
y
−
=
−
−
=
−
=
−
−
=
13 17 2
3 5 1 2
3 5
y
y x
y
y x
⇔
−
=
−
=
−
=
−
=
13 17 13 7 1 1
y x y x
vậy nghiêmk của hệ là S =(x;y) ( ) ( )
− −
−
−
13
17
; 13
7
; 13
17
; 13
7
; 1
; 1
; 1
; 1
3) Giải phương trình
1 8 3 1 2 4
3
1
2x+ + x2 − x+ = + x3 + điều kiện: thoả mãn với mọi giá trị của x
⇔ 2x+ 1 + 3 ( )2x 2 − 2x+ 1 = 3 + ( 2x+ 1 )[ ( )2x 2 − 2x+ 1]
⇔ 2x+ 1 − 3 + 3 ( )2x 2 − 2x+ 1 − ( 2x+ 1 )[ ( )2x 2 − 2x+ 1] = 0 ⇔
( )2 2 1 (3 2 1) 0 )
3
1
2
( x+ − + x 2 − x+ − x+ = ⇔ ( 2x+ 1 − 3 ) − ( )2x 2 − 2x+ 1 ( 2x+ 1 − 3)= 0
Trang 3⇔ ( 2x+ 1 − 3 ) 1 − ( )2x 2 − 2x+ 1 = 0 ⇔
( )
= +
−
−
=
− +
0 1 2 2 1
0 3 1 2
2
x x
x
⇔
( )
= +
−
= +
1 1 2 2
3 1 2
2
x x x
⇔ 4x22−+21x+=19=1
x
⇔ 4x22−2=x8=0
x
⇔
=
=
= 2 1 0 4
x x
x
thoả mãn của x vậy phương trình có 3 nghiệm
x = 4 hoặc x = 0 hoặc x =
2 1
Câu II 1) Tìm tất cả các số nguyên không âm (x, y) thoả mãn đẳng thức
(1 +x2)(1 +y2)+ 4xy+ 2(x+y)(1 +xy) = 25
⇔1+ x2 + y2 +x2y2+ 4xy + 2(x+y)(1+xy) = (5)2 =(-5)2
⇔( x2 + 2xy + y2 )+(x2y2+ 2xy +1)+ 2(x+y)(1+xy) = (5)2 =(-5)2
⇔( x+y )2+(xy+1)2+ 2(x+y)(1+xy) = (5)2 =(-5)2
⇔ (x+y+xy+1)2 =52 hoặc (x+y+xy+1)2 =(-5)2
Xét : (x+y+xy+1)2 =52 ⇔x+y+xy+1 =5 ⇔(x+ 1)+y(x+1) =5 ⇔(x+ 1)(y+1) =5
Vì x≥ 0; y≥ 0nên chỉ có
= +
= +
= +
= +
1 1
5 1
5 1
1 1
y x y
x
⇔
=
=
=
=
0 4 4 0
y x y x
vậy nghiệm của phương trình là : (x ;y) = { ( ) ( )0 ; 4 ; 4 ; 0}
n
+
+ + +
+
1
1
3 2
7
2
.
1
1
3 2
7 2
.
1
+
+ + + +
n n
n n
1 ) 1 (
3 2
1 3 2 2 1
1 2 1
+
+ + +
+ +
+
n n
n n
= (1+1+ +1) + ( 1)
1
3 2
1 2 1
1
+ +
+
n
n = n +1-
2
1
+
2
1
-3
1
+ +
n n
1 1
1
−
1 1 +
−
n n
n số hạng
A = n + 1
-1
1 +
n = n +
1 +
n
n
vì n > 0 nên 1>
1 +
n
n
>0 suy ra n <A< n+1 vậy phần nguyên của A là n
Câu III:
30
30
H
O
C
M N
1) Vì AC là tiếp tuyến ⇒ AC ⊥ AB tại A ⇒ ∠A = 1V Xét ∆ABC có ∠C= 300
Cotang C =
AB
AC ⇒ AC = AB Ctang C⇒ AC = 2R Ctang 300 = 2R 3
Trang 4áp dụng định lý pi ta go ta có BC= AB2 +AC2 = 4R2 + 12R2 = 16R2 = 4R
vì ∠AHB = 1V nên HA⊥ CB nên AH là đường cao theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có :AH BC = AB AC ⇒AH =
BC
AC
AB. ⇒AH =
R
R R
4
3 2
b) Do ⇒ ∠HAB =∠C = 300( cùng phụ với ∠ABC)
mà ∠HAB =∠HNB( cùng chắn cung HN)⇒ ∠C = ∠HNB⇒tứ giác CMNH nội tiếp tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMNH nằm trên đường trung trực của HC
Do BC cố định mà HB = AB cosB = 2R
2
1
= R ( không đổi ) vậy H là điểm cố định
Câu IV: P= 1 +a4 + 1 +b4 ( )2 ( 2 2)2 ( 2 2)
4 1
1 + + a +b = + a +b
Ta có
4
9 ) 1 )(
1
( +a +b = ⇒ a + b + ab + 1 =
4
9 ⇒a + b + ab =
4
9
-1 =
4 5
Mà : (a 2 -a +
4
1
)+(b 2 -b +
4
1
)+
2
2 ab b
a − + ≥0 với mọi a;b dấu bằng xãy ra khi a = b =
2 1
⇒a2 +
4
1
+ b 2 +
4
1
+
2
2
2 b
a+b +ab =
4 5
( a 2 + b 2 )
2
3
≥
4
3 ⇒ a 2 + b 2 ≥
2
1
vậy P ≥ 4 + (a2 +b2 ) =
2
17 2
1
4 + =
P min =
2
17
khi a = b =
2 1
Ngày 12 tháng 6 năm 2010
Nguyễn Văn Thuỷ