Chinh phục đề thi vào 10 chuyên toán megabook

CHINH PHỤC ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN 30 ĐỀ THI FILE WORD + LỜI GIẢI CỰC KỲ CHI TIẾT ĐỘC QUYỀN TRÊN TOPDOC.VN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI Đề thức ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN NĂM 2011 MƠN THI: TỐN (Vòng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình x y2 x 2)x2 y (y y x 2) Giải phương trình x x x2 x Câu II (3,0 điểm) 1) Chứng minh không tồn ba số nguyên x; y; z thỏa mãn x y 7z đẳng thức 2) Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn đẳng thức x 4 x y3 Câu III (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD với BAD 90 Đường phân giác góc BCD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD 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 OBE ODC 2) Chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 3) Gọi giao điểm OC BD I , chứng minh IB.BE.EI CEF ID.DF.FI Câu IV (1,0 điểm) Với x; y số thực dương, tìm giá trị nhỏ biểu thức 4y3 x3 x3 y P y3 x y Câu I 1) Hệ phương trình tương đương với x y2 y +) Nếu x , suy x y x x2 y 2) y x x y2 2 x2 x (2) y nên từ (1) y y y x2 y (1) 0; x x (mâu thuẫn) Do từ (2) +) Nếu x , tuơng tự suy x (mâu thuẫn) +) Nếu x 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 http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, Có hai trường hợp sau xảy P 0 P f x; y 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 gắn với hai đại lượng không âm Nên nhiều khả xảy x y hợp thấy x; y x2 y Xét trường 1; 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 1; Với cặp nghiệm này, thực chất tốn quy giải hệ phương trình Và cho ta nghiệm x; y x y x y y x y x Vì ta tách hệ phương trình ban đầu, nhóm nhân tử sau:  Hệ phương trình cho x y2 y x2 x y y x 2 x y2 y x2 x y  Đến đây, ta đánh giá miền nghiệm: TH1 Nếu x 1 x y2 y x2 y y y y x Hệ bất phương trình vơ nghiệm TH2 Nếu x 1 x y2 y x2 y y Hệ bất phương trình vơ nghiệm  Vậy x 1; y nghiệm hệ phương trình Bài tốn kết thúc Bài tập tương tự: x y2 x y Giải hệ phương trình y x2 y x Đáp số: x; y 2) Điều kiện x 1; Phương trình tương đương x Chia hai vế cho x 21 x x x x2 x x 21 , ta x x x x + Giải x x x x + Giải x x x x x x2 x2 x3 4x 3x x x x x x x x x x x x x x2 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: http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,  Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn: xét phương trình bậc hai có dạng mf x t (*), t ẩn phụ biểu diễn dạng t ng x t kmf x , với  Cách giải phương trình ng x t h x Khi đó, ta có f x ;g x g x ng x h x ; t mf x f x k bắt buộc số phương Nên ta tìm nghiệm (*) t t ng x t g2 x f x t h x mf x Ý tưởng: Trước hết, ta cần quy đồng mẫu số toán, ta phương trình có dạng h x nâng lũy thừa hai vế, ta thu phương trình bậc Và phương trình bậc f x g x khơng có nghiệm ngun khó để giải Vậy nên ta cần nghĩ đến hướng tư khác, x tốn xuất thức x nên ta mong muốn tạo lượng k x bậc hai, sau đặt t x để sử dụng phương pháp ẩn phụ khơng hồn tồn Tức chia hai vế x x để đưa phương trình phương trình, ta được:  Ta có x2 2( x 1) x x x x x x2 x x x x x x , ta có (*) t2 21 21  Đặt t Có ' t x x 1 x x  Giải ( ii ), ta có ( ii ) x x x2 x x x x t Giải ( i ), ta có ( i ) x t t x x x x x (*) nên suy t  t x 21 x x x2 1 4x x3 x x 3x x x x x x x x x i ii http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,  Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: Giải phương trình: x Đáp số: x 1; x Giải phương trình: Đáp số: x x3 ; x x 12 31 x 2x2 x 65 x 28 x Câu II 1) Giả sử tồn số nguyên x, y , z thỏa mãn http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, x4 Ta có a4 y4 z4 x4 y4 z4 8z (1) 0,1 (mod 8) với số nguyên a x4 8z y4 z4 0,1,2,3 (mod 8) 5(mod 8) Mâu thuẫn với (1) Vậy không 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 x4 y z 8z  Lũy thừa bậc bốn số nguyên chia cho dư tức a4 0, mod8 với số nguyên a x4 0, mod8 0, mod8 y z4 0, mod8 x4 y4 8z4 z4 0, 1, 2, mod8 mod8  Hai vế đẳng thức có số dư chia cho số nhận số dư khác đẳng thức tồn Ta thấy VT x4 y z chia dư hoặc Mà VP x y chia dư khơng thể tồn đẳng thức x4 8z z 8z y4 z4 8x y3 8z4 hay Vậy không tồn ba số nguyên x; y; z thỏa mãn đẳng thức x4 y4 z4 2) Phương trình tương đương với x +) Nếu x +) Nếu x 1 x3 x x3 8x x 2x x 2x x; y nghiệm, ta suy y3 x2 y3 2x y3 4x (mâu thuẫn y nguyên) y nghiệm, mà x; x3 x mâu thuẫn +) Nếu x 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 A B A B  Hằng đẳng thức A2 B2 VT  Hằng đẳng thức A x x A2 AB VT x2 2x B x x x x B2 x2 x2 2x x2 4x x3 2x x2 2x 8x Khi phương trình cho tương đương với phương trình 8x3 8x 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 http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, +) Nếu x x3 8x3 8x (mâu thuẫn y nguyên 2x +) Nếu x x3 x3 2x 3 2x x 8x (mâu thuẫn y nguyên 2x 2x 2x y3 2x hai lập phương liên tiếp) x 3 y3 2x hai lập phương liên tiếp) +) Nếu x y (thỏa mãn) Vậy x y nghiệm Câu III B C E I O A D 1) Tứ giác OBCD nội tiếp CO phân giác góc BCD , suy OBD OBD cân O , OB OD (1) F OCD OCB Tứ giác OBCD nội tiếp ODC OBE (cùng bù với góc OBC ) (2) Trong tam giác CEF có CO vừa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác Do AB CF AEB AFC EAB , suy tam giác ABE cân B , nên BE BA ODB , nên tam giác CEF cân C CD (3) Từ (1), (2) (3), suy OBE 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 tròn + BCO ODB (hai góc nội tiếp chắn cung OB đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD ) + OCD CBD (hai góc nội tiếp chắn cung DO đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD ) Mà BCO OCD (vì CO tia phân giác BCD ), suy OBD  Tam giác có hai góc tam giác cân ODB Tam giác OBD có OBD ODB (chứng minh trên) nên OBD cân O  Tam giác cân có hai cạnh bên Tam giác 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 tròn ngoại tiếp BCD có EBD góc ngồi đỉnh B CDO góc đỉnh D khơng kề B suy EBD CDO  Tam giác có đường cao đường phân giác tam giác cân Tam giác CEF có CO vừa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác  Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy CEF cân C Tam giác CFE cân C , suy CEF CFE hay AEB AFC  Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo hai góc vị trí đồng vị AFC EAB (hai góc vị trí đồng vị AB FC ), suy AEB EAB , nên EBA cân B (tam giác có hai góc nhau), BE BA mà ABCD hình bình hành nên AB CD suy BE CD http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, Xét OBE ODC có: OB OD ; EBD CDO ; BE CD suy OBE ODC (c – g – c) 2) Từ OBE ODC OE OC Mà CO đường cao tam giác cân CEF , suy OE OF Từ OE OC OF , O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 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 OBE ODC OE OC  Tam giác cân có đường cao đường trung trực cạnh tương ứng CO đường cao tam giác cân 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 tròn ngoại tiếp tam giác Ta có OE OC OF suy O tâm đường tròn ngoại tiếp CEF 3) Theo trên, ta có BE CD mà CE CF BC DF Ta có CI đường phân giác góc BCD , nên IB CB DF ID CD BE Mà CO trung trực EF I CO , suy IE IF Từ hai đẳng thức trên, suy IB.BE.EI ID.DF.FI IB.BE ID.DF http://topdoc – File word sách tha m khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, 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 ( ECF cân C ) suy CE BE CF CD 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 CBD nên Ta có CI phân giác góc BCD tam giác , suy ta ID CD IB DE 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 Câu IV Ta chứng minh x3 x3 y http://topdoc.vn x3 x3 y x2 (1) x2 y x4 x 2y 2 x2 2y2 x2 y2 x x3 8y3 x2 y 2xy (đúng) – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, 4y4 8xy y3 Ta chứng minh y3 x y y2 (2) x2 y y3 y3 x2 2y2 y y3 Ta có x2 y2 x y x2 x2 y2 2y2 3y x y y4 x x2 y 2y2 x2 y4 2y2 y x y x2 y x2 3y y x y 2y2 2xy 2y x x2 y y x2 x 3y (2) (đúng) Từ (1) (2), suy P Dấu “=” xảy x y y x y y x y 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 toán Nhắc lại kiến thức phương pháp:  Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương x y xy x y Ý tưởng: Đây toán chứa biểu thức đồng bậc, nên điểm rơi tốn có dạng x thay ngược lại biểu thức P , ta có:  Hệ bất đẳng thức Cosi, là: x2 k3 P Các biểu thức k 8; y2 k k 3 k k k k k ky Từ xuất căn, nên ta mong muốn số phương trình m Tức điểm rơi toán x y k giá trị nhỏ P Việc dự đốn điểm rơi cần thiết, giúp ta có nhiều lựa chọn việc đánh x y xy hay x2 y 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; 2x y; x2 y ; 2x2 y Bây giờ, quan sát thức một: nhau, k  Với f x; y k x3 x3 y 3 k x x m2 nên dễ thấy x , thức mẫu số có bậc ba, tử bậc nhất, để đồng 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: http://topdoc – File w ord sách tham kh ảo, giáo án dạy thêm, đề thi, x x 8y3 x 2y x x 2y x3 8y3 Nhưng điều chưa hồn tồn đúng, cần phải có điều kiện y Tức ta lựa chọn biểu thức x 2 y thay x y y x x 2y x , nên hướng tư chưa y ta chọn, thế: http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, x x 8y3 x x 2y x x2 xy x  Với g x; y 4y3 y x y 4y y y x 4y3 y x y y y x2 Điều theo bất đẳng thức Cosi, ta có: x2 y x y x2 y x y 2 y 2 xy y Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: Cho a; b hai số thực dương thỏa mãn a b 2a 3b2 2a3 3b3 Cho a; b hai số thực dương Chứng minh rằng: P 10 http://topdoc.vn b b x2 x3 8y3 y x2 x2 3y y x2 y x 3y y y x Tìm giá trị nhỏ biểu thức a2 2 , với hướng tư tương tự, có: 2y2 x2 y 2y2 a 2b 2b 2a 3a 3a 2b – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, y ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI Đề thức ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN NĂM 2012 MƠN THI: TỐN (Vòng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm) 1) Giải phương trình x 2) Giải hệ phương trình x2 y2 2x y 2012 x 2y xy 2012 x x Câu II (3,0 điểm) 1) Tìm tất cặp số nguyên x; y thỏa mãn đẳng thức x y xy x y x 2) Giả sử x; y số thực dương thỏa mãn điều kiện x y y Tìm giá trị nhỏ biểu thức P Câu III (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn y2 x x2 y ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M điểm cung nhỏ BC ( M khác B; C AM không qua O ) Giả sử P điểm thuộc đoạn thẳng AM cho đường tròn đường kính MP cắt cung nhỏ BC điểm N khác M 1) Gọi D điểm đối xứng với điểm M qua O Chứng minh ba điểm N ; P; D thẳng hàng 2) Đường tròn đường kính MP cắt MD điểm Q khác M Chứng minh P tâm đường tròn nội tiếp tam giác AQN Câu IV (1,0 điểm) Giả sử a; b; c số thực dương thỏa mãn: a b c; c b 1; a b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2ab Q a a b b c ab 1 c Câu I 1) Điều kiện x Phương trình cho tương đương với + Giải x 2012 + Giải x x x x 2012 9 2012 x 4048135 Vậy phương trình có hai nghiệm: x 4048135; x Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp nhóm nhân tử chung nâng lũy thừa tìm nghiệm phương trình Nhắc lại kiến thức phương pháp: http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, Chứng minh: Với x 18 x x 3 Nhận xét: Bài tốn giải phƣơng trình đƣa phƣơng trình tích Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp: 1 • Tìm điều kiện xác định: Điều kiện: x x 3 • Tách, thêm bớt phân tích nhân tử Phƣơng trình cho có nghiệm: x 18 x2 2x 17 x 18 x 2x 18 x x 18 x x x x x 8x 9 x 3 x 3 1 9 1 x 3 x 9 1 x 3 x 0 1 x 3 • Phƣơng trình tích gồm hai thừa số, chứng minh có thừa số khác thừa số lại ln + Chứng minh x khác 1 x 3 8x 8x Với x ta có 3 1 x x 3 + Suy x 8x 9 x 3 x x • Đối chiếu với điều kiện xác định để đến kết luận nghiệm x nghiệm 2) Phƣơng trình tƣơng đƣơng với x thỏa mãn điều kiện x , nên phƣơng trình nhận x 3y x y 15 (1) Do x; y số ngun khơng âm nên từ (1), ta có http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word x 3y x y 3 Vậy x; y x 3y x y x 3y x y 15 x x 3y 1 y 15 2; Nhận xét: Bài toán giải phƣơng trình nghiệm nguyên cách đƣa phƣơng trình ƣớc số Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp: • Phân tích vế thành nhân tử, vế lại số x2 3y 4xy 4x 10 y 12 x2 3xy x x 3y x 3y x 3y xy y x x y 3y y 3x x 9y 3y 15 15 15 • Tìm ƣớc số vế 15 1.15 3.5 5.3 Vì x; y nên ta không chọn ƣớc âm 15 Ta có x 3y x y 1 3 nên khơng chọn cặp tích có thừa số thứ hai nhỏ • Cho hệ số vế thừa số vế tạo thành hệ phƣơng trình Giải phƣơng trình tìm nghiệm Ta có hệ phƣơng trình sau: x 3y 1 x 3y x 18 x y 15 x y 12 x x 3y x y x 3y x y 3 5 3 x 3y x y x 3y x y 2 y y x , y kết hợp với điều kiện ta có đƣợc x Câu III Điều kiện: x x 2 y 0 Phƣơng trình thứ tƣơng đƣơng với x x y y x x y y x x x x y x y x2 y x , nên (*) tƣơng đƣơng với x y y y x y 1 x Do x y y 2y y (*) x y 2x , vào phƣơng trình thứ hai, ta có x Hệ phƣơng trình có nghiệm: x; y ;0 , 2 x ; y Nhận xét: Bài tốn giải hệ phƣơng trình phƣơng pháp nhân liên hợp http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp: • Điều kiện xác định: Biểu thức dƣới mẫu khác 0; Biểu thức dƣới dấu không âm x y Điều kiện xác định: x y x y • Nhẩm nghiệm để tìm lƣợng liên hợp + Ta thấy x y phƣơng trình thứ hệ Do phƣơng trình thứ hệ phƣơng trình có nhân tử x y hay x y x y 1 x y x + Hằng đẳng thức hiệu hai bình phƣơng a2 x y 2 x y y x y y x b2 a b a x y y x y x y b + Nhân lƣợng liên hợp x x y x y x x y x suy x y 1 y x y x y x y y y y x y x y x x x 2 x y y x x x x y y y x y x y y x , y y y y x y x y A1 A2 An y 1 x x y y x y 1 x y 1 y x y y y x y x x y x • Phƣơng trình tích A1 A2 An y x y x x x x x x 1 y x x y x y • Chứng minh phƣơng trình vơ nghiệm http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word Ta có x y x y x x y x y x x Do phƣơng trình x y y x y x x y 1 0, y x y y 1 suy vô nghiệm y x y • Giải hệ phƣơng trình x y 4x2 xy y 1 x 4x2 6x x y x y2 4x (1) x Câu IV Phƣơng trình tƣơng đƣơng với x2 Ta có x2 4x y2 x 10 Từ (1) (2), suy 10 x2 y2 x y x 6 4x 10 (2) 10 x (nhận, thỏa mãn) x y 2x2 y x 4x2 x 2 x 2x x x y Nhận xét: Bài toán áp dụng biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình, giải bất phƣơng trình bậc hai Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp: • Biến đổi tƣơng đƣơng phƣơng trình x2 y 4x x2 • Bất đẳng thức Ta có y y2 4x x2 y2 4x (1) y2 (2) kết hợp với (2) ta có x2 4x • Giải bất phƣơng trình bậc hai x2 4x x x 2 x • Biến đổi tƣơng đƣơng bất phƣơng trình Kết hợp với (1) ta có 10 6 x x2 y2 10 10 4x 10 (điều phải chứng minh) Câu V http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word A N O B P 1) Ta có MNC MBC C K M MBC (1) (cùng MC ) BCN (do phụ với góc ABC ) (2) Từ (1) (2), ta có MNC BCN suy tam giác KNC cân K Nhận xét: Chứng minh tam giác cân cách chứng minh tam giác có hai góc Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp: • Trong đƣờng tròn, hai góc nội tiếp chắn cung MBC (hai góc nội tiếp chắn cug MC (O) ) MNC • Góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn 90 MBA MBA 90 góc nội MBC tiếp CBA chắn nửa đƣờng tròn đƣợc chia đƣờng kính AM 90 • Hai góc cộng với góc đƣợc hai góc hai góc ban đầu + MBC CBA 90 (chứng minh trên); + ABC ACB 90 (do CN Suy MBC AB ); ACB • Tam giác có hai góc tam giác cân MNC MBC MBC ACB 2) Ta có ON MNC ACB hay KNC KCN suy KCN cân K (điều phải chứng minh) OC (3) Từ suy KN KC (4) Từ (3) (4), ta có OK NC Do NC BM (cùng vng góc với AB ) Nhận xét: Chứng minh tam giác cân cách chứng minh tam giác có hai góc Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp: • Hai điểm thuộc đƣờng tròn khoảng cách đến tâm Ta có N ; C thuộc (O) nên ON OC • Tam giác cân có hai cạnh bên Tam giác KCN cân K nên KN KC http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word nên • Khoảng cách từ điểm đến hai đầu mút đoạn thẳng điểm thuộc trung trực đoạn thẳng + ON OC nên O thuộc trung trực NC ; + KN KC nên K thuộc trung trực NC ; Suy OK trung trực NC nên OK NC • Hai đƣờng thẳng vng góc với đƣờng thẳng song song với • Quan hệ từ vng góc đến song song OK NC AB BM AB a b b a c NC NC BM OK NC BM c BM (điều cần chứng minh) 3) Ta có + BNM BAM ( MB ) (5) + BMN BCN ( NB ) (6) + BAM NCB (do phụ với góc ABC ) (7) Từ (5), (6) (7), suy BNM BMN nên BM BN Từ giả thiết ta có ON OM PM PN nên điểm P; B; O nằm đƣờng trung trực đoạn MN P; B; O thẳng hàng Nhận xét: Chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh chúng thuộc đƣờng thẳng cố định Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp: • Trong đƣờng tròn, hai góc nội tiếp chắn cung + BNM BAM (hai góc nội tiếp chắn cung BM đƣờng tròn (O) ) + BMN BCN (hai góc nội tiếp chắn cung BN đƣờng tròn (O) ) • Tam giác có hai góc tam giác cân Tam giác cân có hai cạnh bên BNM BAM BMN BCN BAM NCB BNM BMN BMN cân B nên BM BN • Khoảng cách từ điểm đến hai đầu mút đoạn thẳng điểm thuộc trung trực đoạn thẳng + BM BN nên B nằm đƣờng trung trực MN ; + OM ON (do M; N nằm (O) ) nên O nằm trung trực MN ; + PM PN (do tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên P nằm trung trực MN ; Suy B; O; P nằm trung trực MN hay ba điểm B; O; P thẳng hàng Câu VI http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word A K B H C Hạ CK vng góc AB K (giải thích tam giác Ta có CK 3a Nên ta có S ABC Ta có BK a , suy BC ABC không tù B hay C ) 3a2 (đvdt) BK CK a 13 2S ABC 6a 39 BC 13 Nhận xét: Chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh chúng thuộc đƣờng thẳng cố định Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp: • Trong tam giác, cạnh đối diện với góc lớn lớn AH + Giả sử, ABC có C góc tù C góc lớn nên C 4a có 3a AC 4a + Chứng minh tƣơng tự ta có Suy đƣờng cao (vô lý) Suy B suy AB AC mà AB 3a ABC có C góc tù; ABC khơng thể có B góc tù; ABC nằm bên tam giác • Trong tam giác vng, độ dài cạnh góc vng tích cách huyền với sin góc đối diện với cạnh góc vng AKC vng K có AK AC sin A AC sin 60 4a 2a • Định lý Py-ta-go tam giác vng: “Bình phƣơng cạnh huyền tổng bình phƣơng hai cạnh góc vng” + AKC vng K có AC KA2 + 2a 4a KA2 BKC vng K có BC BC a2 12a2 13a2 KA2 16a2 KB2 BC KC 12a2 KC a2 4a2 KA 2a 2a KB AB KA 3a 2a a a 13 • Diện tích tam giác nửa tích đƣờng cao với cạnh tƣơng ứng +S ABC CK.AB 2a 3.3a +S ABC AH.BC AH.a 13 (đvdt); 3a2 (đvdt); http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word Suy AH.a 13 3a ;y a Câu VII Đặt x ;z b AH x Ta có x x y2 y y z2 ; y y z xyz x xy zx P xy yz yz z x2 x x y2 y z2 yz zx 2 xy x y z x2 x y (*) z z xy yz zx yz zx xy yz zx x y z xy yz zx 27 zx z x2 zx ( zy) 27 zx x; y; z dƣơng z yz yx xy Do xy ; z z y y z2 x y2 69a 13 a 13 suy xyz c Bất đẳng thức tƣơng đƣơng với P Ta có 6a2 P Cô-Si cho số Dấu “ ” xảy a b c Nhận xét: Bài toán chứng minh bất đẳng thức phƣơng pháp đổi biến áp dụng bất đẳng thức Cô-si Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp:  Đổi biến, biến đổi để có giả thiết mới, điều kiện cho biến mới, điều cần chứng minh 1 Đặt x suy xyz x; y; z dƣơng ;y ;z a b c y x z 9 Cần phải chứng minh P 2 2 x y z y z x  Bất đẳng thức Cô-si cho hai số dƣơng: A2 + Với x, y số dƣơng có B2 AB với A, B dƣơng x số dƣơng nên ta có x x y x y2 y Hoàn toàn tƣơng tự ta có: y + y z2 z z 2 z x x  Cộng vế theo vế bất đẳng thức chiều ta đƣợc bất đẳng thức chiều y x z 2 Cộng vế theo vế bất đẳng thức vừa chứng minh ta đƣợc: 2 y z x2 x y + x y2 y z2 z x2 x y z xyz x xyz y xyz z  Biến biểu thức để có đƣợc đẳng thức x y z xyz x y z (vì xyz ) xy zx xy yz yz yx zx (vì xyz z x y ) zx ( zy)  Áp dụng ngƣợc chiều bất đẳng thức Cô-si http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word z xy zx xy yz yx yz zx ( zy) yz x y 2 xy zx xy z zx xy zx yz yx zx ( zy) xy yz zx 2 yz zx  Kết hợp bất đẳng thức nhỏ thành bất đẳng thức lớn 27 P xy yz zx 2 xy yz zx Mà xy yz 27 zx xy  Với a b; b P c a xy yz yz zx c 27 zx xy Ta có xy yz 2 yz zx 27 zx xy yz zx 2 P (điều phải chứng minh) http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN THÁI NGUYÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 Đề thức MƠN THI: TỐN (chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (1,5 điểm) Khơng dùng máy tính, chứng minh 1 1 21,5 3 5 2013 2015 Có thể thay giá trị 21,5 giá trị khác lơn đƣợc khơng? Vì sao? Câu II (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A x Câu III (1,0 điểm) Giải phƣơng trình x2 x x x2 3x với x x 7x 12 35 Câu IV (1,5 điểm) Cho ba số a; b; c khác không, đơi khác thỏa mãn điều kiện Tính giá trị biểu thức B a b Câu V (2,0 điểm) Tìm tất số nguyên n cho a b c n4 a b b c c c a a b c a 2n3 2n2 n số phƣơng Câu VI (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD Các đƣờng phân giác hai góc BAD ABC cắt M Các đƣờng phân giác hai góc BCD ADC cắt N Giả sử đƣờng thẳng BM cắt đƣờng thẳng CN P , đƣờng thẳng AM cắt đƣờng thẳng DN Q 1) Chứng minh bốn điểm M; N; P; Q nằm đƣờng tròn 2) Ký hiệu I ; K; J ; H lần lƣợt tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác MAB ; NCD ; PBC ; QAD Các đƣờng thẳng MI ; NK; PJ ; QH cắt đƣờng tròn qua bốn điểm M; N; P; Q lần lƣợt điểm I1 ; K1 ; J1 ; H1 Chứng minh I1K1 J1 H1 …… HẾT……… LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƢƠNG TỰ Câu I Ta có 1 3 1 3 2015 + Xét 21,5 1 Vậy 3 5 2013 2015 7 44 2013 2015 2015 2015 2015 44 2015 2013 2015 1936 (ln đúng) 21,5 + Có thể thay giá trị 21,5 giá trị khác lớn a ( a 21,5 ) cho a 2015 2015 21,9 ) Nhận xét: Bài toán chứng minh bất đẳng thức số dựa vào phƣơng pháp biến đổi thức, biểu thức đơn giản Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp: ( http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word 1 • Trục thức mẫu 1 A 3 … B 1 2 2 B B với A B; A 0; B ; 5 A A 2013 ; 2015 2013 2015 2 2013 2015 • Cộng vế theo vế đẳng thức ta đƣợc đẳng thức 1 1 3 5 2013 2015 1 1 3 2013 2015 2 1 3 2013 2015 2015 2015 2 • Chứng minh bất đẳng thức phƣơng pháp biến đổi tƣơng đƣơng bất đẳng thức 1 1 21,5 3 5 2013 2015 2015 2015 21,5 442 2015 3 2015 1936 2a 5 a x + Nếu x A 44 a 2015 2a 43 21,5 2015 2a 44 2015 x + Nếu 2013 2015 Tồn giá trị 2a Câu II Ta có A 2015 21,5 43 1936 (luôn đúng) 2015 • Chứng minh ý 1 1 A x nên tồn giá trị a x 3 x x 3 x 2 x x x 3 Nhận xét Bài toán rút gọn đẳng thức, quy tắc dấu,… Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp • Hằng đẳng thức a2 2ab b2 a b x 2 x x x x x x x x x 2 http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word a2 • Hằng đẳng thức a x 2 x x x x x 2 a + Với x A x 2 x + Với A Vậy: Với Câu III Ta có Đặt t x2 x x x x x x x x x x Câu IV Đặt Ta có B Mà a 5x 5x b c a b b c c c a ck c c c b k a c k b; a Suy a b c k a a c k x x 2 x x 35 x x x x 2 x A ; Với x x2 x2 5x t t 5x x x x x 2 suy , suy x 3 A , 35 29 29 29 k a b b c ck ak c a bk b b a b k c k a; c c x x x suy c b k3 Tƣơng tự a b 35 2 b a x 2t (vô nghiệm) c t2 35 11 a b b có x 3 x Vậy phƣơng trình có nghiệm: x a ta x có x x x 3 x ; Với x , ta có x ta x , x A , ta có x + Với t 1 x x + Với t có x x ta x , ta đƣợc t t 5x x x x x 2 x 0 Với a a + x x 2 x a x A • Quy tắc phá dấu giá trị tuyệt đối a x x http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word + Nếu a b c a b c k + Nếu k a b 2c ; b c 2a Vậy B Câu V Do n2 n , nên n4 a 2n3 2n2 n n4 2n3 Giả sử a số phƣơng a b2 n2 n a n2 n2 n n2 b n n n4 n2 2n3 2c n c (trái giả thiết) a n ) n 2n2 c n2 b2 ( b n2 b n n B a b 2a b n b2 n2 n4 2n3 n 3n2 2n Ta có n a n Vậy n 2n 3; n 2n n 49 13 7 13 49 Nhận xét: Bài tốn tìm giá trị ẩn để thỏa mãn biểu thức số phƣơng ta sử dụng tính chất số phƣơng đánh giá bất đẳng thức số Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp: • Chứng minh biểu thức dƣơng Ta có n Ta thấy n n n 2.n 2 n 2 27 27 n 27 27 với giá trị n Tức n2 n • Cộng lƣợng vào hai vế bất đẳng thức ta đƣợc bất đẳng thức tƣơng đƣơng n2 n n4 n4 2n3 2n3 n2 2n2 n n2 n n2 n4 n 2n3 hay a n2 n2 n • Số phƣơng bình phƣơng số ngun a số phƣơng nên a có dạng a b2 với b số nguyên Khi ta có b2 n2 n b n2 n b n2 n • Hai vế bất đẳng thức khơng âm, bình phƣơng hai vế ta đƣợc bất đẳng thức chiều b n2 n n4 n2 b2 2n3 2n2 n Tức n n2 n hay a n2 n n n4 2n3 3n2 2n n n 3 n 3; 2; 1; 0; 1; • Với số nguyên nằm khoảng giá trị đó, ta lập bảng xét giá trị Vậy n n 1 Câu IV 49 49 13 13 7 a n 2n 2n n Nhận Loại Loại Loại Loại Nhận n http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word 1) Rõ ràng hai điểm M; N khác phía đƣờng thẳng PQ Ta có PMQ PNQ PMQ 360 A 180 B C A PNQ B ; 180 C D , suy 180 , nên bốn điểm M; N; P; Q nằm đƣờng tròn, D điều phải chứng minh Nhận xét: Bài toán chứng minh bốn điểm thuộc đƣờng tròn ta chứng minh cho tứ giác tạo bốn điểm tứ giác nội tiếp Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp: • Tổng ba góc tam giác 180 + Tam giác MAB có: + Tam giác MBA NDC có: MAB PMQ 180 PMQ 180 MBA MAB NCD NDC CND 180 PNQ 180 NCD NDC • Phân giác góc chia góc thành hai góc nửa góc ban đầu + AM phân giác DAB nên MAB A ; + BM phân giác ABC nên MBA B ; Suy PMQ 180 MBA MAB + CN phân giác DCB nên NCD + DN phân giác ADC nên NDC 180 180 B C ; D ; 1 C D 180 C 2 • Tổng bốn góc tứ giác 360 Suy PNQ A D Tứ giác ABCD có A B C D 360 • Tứ giác có tổng hai góc đối diện 180 tứ giác nội tiếp 1 A B 180 C Tứ giác MPNQ có: PMQ PNQ 180 2 D http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word 1 A B C D 360 360 360 180 180 Suy tứ giác MPNQ tứ giác nội tiếp 2 hay bốn điểm M; P; N ; Q nằm đƣờng tròn (điều phải chứng minh) 360 2) MI đƣờng phân giác góc PMQ , nên I1 P NK đƣờng phân giác góc PNQ , nên K1 P I1Q K1Q Nên I1K1 trục đối xứng đƣờng tròn qua bốn điểm M; N; P; Q , suy I1K1 đƣờng kính đƣờng tròn qua bốn điểm M; N; P; Q Tƣơng tự: J1 H1 đƣờng kính đƣờng tròn qua bốn điểm M; N; P; Q Vậy I1K1 J1 H1 (điều phải chứng minh) Nhận xét: Bài toán chứng minh hai đoạn thẳng ta sử dụng tính chất hình học chứng minh hai đoạn thẳng có độ dài giá trị Nhắc lại kiến thức phƣơng pháp: • Trong đƣờng tròn, phân giác góc nội tiếp chia chia chứa góc thành hai cung Hai cung hai dây cung + MI đƣờng phân giác góc nội tiếp PMQ chắn cung PN Q đƣờng tròn qua bốn điểm M; N; P; Q cắt PN Q I1 nên I1P I1Q I1 P + NK đƣờng phân giác góc nội tiếp M; N; P; Q cắt PMQ K1 nên K1P I1Q PNQ chắn cung PMQ đƣờng tròn qua bốn điểm K1Q K1P K1Q • Một điểm cách hai đầu đoạn thẳng nằm đƣờng trung trực đƣờng thẳng + I1 P I1Q nên I1 nằm đƣờng trung trực PQ ; + K1P K1Q nên K1 nằm đƣờng trung trực PQ ; Suy I1K1 đƣờng trung trực PQ • Trong đƣờng tròn, đƣờng trung trực dây trực đối xứng đƣờng tròn Đƣờng tròn qua bốn điểm M; N; P; Q có I1K1 đƣờng trung trực dây PQ nên I1K1 trực đối xứng đƣờng tròn qua bốn điểm M; N; P; Q • Trục đối xứng đƣờng tròn đƣờng thẳng chứa đƣờng kính + I1K1 trực đối xứng đƣờng tròn qua bốn điểm M; N; P; Q nên I1K1 đƣờng kính đƣờng tròn qua bốn điểm M; N; P; Q ; + Hoàn toàn tƣơng tự ta có J1 H1 đƣờng kính đƣờng tròn qua bốn điểm M; N; P; Q ; Suy I1K1 J1H1 (điều phải chứng minh) http://topdoc.vn – Cung cấp, chia đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề, sách tham khảo,…file word ... abc 101 101 , suy de abcde abc 10d abc .101 e de abc abc 101 101 101  Số lớn có năm chữ số chia hết cho 101 99999 Ta có 101 m 99999 m suy số có năm chữ số lớn chia hết cho 101 990 101 101 990 101 ... dạy thêm, đề thi, a ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI Đề thức ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƢỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2013 MÔN THI: TỐN (Vòng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu... abc 100 de abc 101 Suy abcde chia hết cho 101 abc de abc de 10d abc 101 abc de e chia hết cho 101 http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi, 99999 990 101 101 Vậy