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 1ĐÁP 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 22 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 286x 9y 28x 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 xy16xy 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:
QEAQMANMANCAEQ / /FC
Tương tự: FQ // EB Tứ giác EPFQ là hình bình hành Suy ra: EQF EOFBPC
Ta lại có:
MQEMAEMACMBCPBC
Trang 3
NQFNAFNABNCBPCB
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:
QAMQEPQFPQAN 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:
IHJBHCBPCFPEIHJFPE
Mà 0
IHJIAJ180
FPE IAJ 180 FPE FAE 180
Suy ra: FPEA nội tiếp EFP EAPEAQEMQEMNBMNBCNEF / /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: a1a2 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 a1a2 ak 0 ak 1 an
k 1 n
1
a a a
1
a a a a a 1
a a
2
Mà
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
20132013192 96 (điều phải chứng minh)
HẾT