1. Trang chủ
  2. » Đề thi

Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Vòng 2) trường THPT KHTN, ĐHQG Hà Nội năm 2013,2014

3 5,2K 19

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 3
Dung lượng 249,45 KB

Nội dung

Thay vào 1 không thỏa.. Trước hết ta chứng minh mọi số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.. Suy ra: Tổng hai số chính phương chia hết cho 3 khi và chỉ khi cả hai số cùng

Trang 1

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (vòng 2)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI

NĂM HỌC 2013 - 2014 Câu 1:

1 Cộng hai phương trình (1) và (2) theo vế, ta có: x3 + y3 + txy + y - x = 1 + y - x + xy + 7

 x3 + y3 + 6xy - 8 = 0  (x + y)3 - 3xy(x + y) + 6xy - 23 = 0

 (x + y - 2)[(x + y)2 + 2(x + y) + 4] - 3xy(x + y - 2) = 0

 (x + y - 2)[x2 - xy + y2 + 2(x + y) + 4] = 0

 x + y - 2 = 0 hoặc x2 - xy + y2 + 2(x + y) + 4 = 0

Nếu x + y - 2= 0  y = 2 - x thay vào (2)  7x(2 - x) + 2 - x - x - 7 = 0

 7x2 - 12x + 5 = 0  (x - 1)(7x - 5) = 0 

x 1 y 1

  

   

Thử lại, hệ phương trình nhận nghiệm (x; y) là (1; 1), 5 9;

7 7

Nếu x2 - xy + y2 + 2(x + y) + 4 = 0

 4x2 - 4xy + 4y2 + 8(x + y) + 16 = 0

 (x + y)2 + 8(x + y) + 16 + 3(x - y)2 = 0

 (x + y + 2)2 + 3(x - y)2 = 0

 (x + y + 2)2 = 3(x - y)2

 x = y = -1

Thay vào (1) không thỏa

2 Giải phương trình: x 3  1 x 2 3 x 1  1 x (1)

Điều kiện: -1 ≤ x ≤ 1

Phương trình (1) được viết lại là:

2

2

2

x 1 x 1 1 x 1 x 2 x 1 2 0

x 1 x 1 1 1 x x 1 1 2 x 1 1 0

x 1 1 x 1 x 1 2 0

x 1 1 0

x 1 1 x 2 0

x 1 1

x 1 2 x 1 1 x 1 x 4

x 0

1 x 1

x 0

1 x 1

x 0

 



 

 

 



 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0

Câu 2:

1 Trước hết ta chứng minh mọi số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 Suy ra: Tổng hai số chính phương chia hết cho 3 khi và chỉ khi cả hai số cùng chia hết cho 3 (1)  6x2 + 9y2 - 20412 = x2 + y2 3(2x2 + 3y2 - 6804) = x2 + y2 (2)

Trang 2

2 2

2 2

x 3x x 9x

x 3

x y 3

y 3 y 3y y 9y

 Thay vào (2), ta có:  2 2  2 2  2 2  2 2

3 2.9x 3.9y 6804 9x 9y 3 2x 3y 756 x y (3)

2 2

x 3 x 3x x 9x

x y 3

y 3 y 3y y 9y

Thay vào (3), ta có:  2 2  2 2  2 2  2 2

3 2.9x 3.9y 756 9x 9y 3 2x 3y 84 x y (4)

2

2 2

x 3x x 9x

x 3

x y 3

y 3 y 3y y 9y

 Thay vào (4), ta có:

3 2.9x 3.9y 84 6x 9y 286x 9y 28x y 5x 8y 28 (5)

3 2

3

3

3

y 0

y 0

y 1

Với y3 = 0 thay vào (5)  2

3 5x 28 (vô lý, vì x3 nguyên) Với y3 = 1 thay vào (5)  2 2 3

3

x 2 5x 8 28 x 4

x 2

Với y3 = -1 thay vào (5)  2 2 3

3

x 2 5x 8 28 x 4

Suy ra: (x3; y3)  {(2; 1), (2; -1), (-2; 1); (-2; -1)}

x 3x 9x 27x

y 3y 9y 27y

 nên (x; y)  {(54; 27), (54; -27), (-54; 27); (-54; -27)}

Thử lại phương trình đã cho nhận các nghiệm (x; y)  {(54; 27), (54; -27), (-54; 27); (-54; -27)}

2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

1

1 x y 2 xy 1 4xy 4

xy

Và ta cũng có: 1 1 2 2 1 2 2 1

Mà 1 xy 15 1 1 xy 15.4 2 1 xy 15 2 17

xy 16 xy16xy 16  16xy 16 4 4

17

P 2 17

2

   Khi x = y = 1

2 thì P 17 Vậy GTNN của P là 17

Câu 3:

1 Chứng minh M, N, Q thẳng hàng

Các tứ giác AMEQ, ANFQ, AMCB, ANBC nội tiếp nên ta có:

   

QEAQMANMANCAEQ / /FC

Tương tự: FQ // EB  Tứ giác EPFQ là hình bình hành Suy ra: EQF  EOFBPC

Ta lại có:

    

MQEMAEMACMBCPBC

Trang 3

    

NQFNAFNABNCBPCB

EQM EQF FQN PBC BPC PCB 180

Suy ra: M, Q, N thẳng hàng

2 Chứng minh PQ qua trung điểm của BC

Ke đường cao CI, BJ của tam giác ABC EF

cắt PQ tại G

Do tứ giác AMEQ, ANFQ nội tiếp và QEPH

là hình bình hành nên ta có:

   

QAMQEPQFPQAN Do đó AP là

phân giác của MAN

Suy ra: A, Q, P thẳng hàng

Gọi giao của AP với BC là K

Ta có:

IHJBHCBPCFPEIHJFPE

Mà   0

IHJIAJ180

FPE IAJ 180 FPE FAE 180

Suy ra: FPEA nội tiếp EFP      EAPEAQEMQEMNBMNBCNEF / /BC

FG AG GE

BK AK KC

Mà FG = GE  BK = KC  PQ là trung điểm của K của BC

Câu 4:

Ta chứng minh bài toán: a1a2   an thỏa mãn 1 2 3 n

a a a a 0

a a a a 1



2

a a

n

Từ điều kiện trên, ta suy ra: Có k  N sao cho a1a2   ak  0 ak 1   an

k 1 n

1

a a a

1

a a a a a 1

a a

2

     



a a a a ; a a a

a a

2k 2 n k 2k n k k n k n

2 2

Bài toán phụ đã được chứng minh

Từ (I) suy ra:

192

192

x

2013 2013 2013

x

2013 2013 2013





Áp dụng bài toán trên, ta có:

192 1

192 1

x x

20132013192   96 (điều phải chứng minh)

HẾT

Ngày đăng: 24/07/2015, 01:02

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w