GIẢI CHI TIẾT đề THI vào 10 CHUYÊN đề 11 đến 20

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN ĐỀ 11 ĐẾN 20 Đề 11 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Đề dự bị TRƯỜNG THPT CHUN NĂM 2013 MƠN THI: TỐN (Vòng 2) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm) ( x; y) 1) Tìm tất cặp số nguyên cho x3 + y3 - 6xy + 1= 2) Với éxù ëû x số thực ta ký hiệu số nguyên lớn không vượt số nguyên dương lớn x Chứng minh é 1ù+ é 2ù+ é 3ù+L + é n2 - 1ù= n( n - 1) ( 4n + 1) ê ú ê ë ú û ê ë ú û ê ë ú û ë û Câu II (3,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình ìï x3 + y3 - 3x2 + 6x + 3y = ï í ïï 2x - xy + y2 = 11 ïỵ ( x; y) 2) Giả sử s thc tha ổ ửổ ỗx + 3+ x2 ữ ỗy + 3+ y ữ =9 ữ ữ ữ ữ ỗ ố ứỗ ố ứ P = x2 + xy + y2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức n ABCD (O) CD song song ( O ) M , D AP AB < CD M CD P MD P trung điểm điểm di chuyển đoạn ( khác ) cắt Q ( O ) QR CD E A BP R B E F P khác , cắt khác , cắt Gọi điểm đối xứng với qua Câu III (3,0 điểm) Cho hình thang cân nội tiếp đường tròn với AB AQF 1) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ln thuộc đường thẳng cố định P di chuyển (O) QM CD EA 2) Giả sử tiếp xúc Chứng minh vng góc với 2013´ 2014, Câu IV (1,0 điểm) Cho bảng ô vuông ô vng tơ hai màu xanh đỏ Biết ban đầu tất ô tô màu xanh Cho phép lần ta chọn hàng cột thay đổi màu tất thuộc hàng cột Hỏi sau số hữu hạn lần đổi 1000 màu ta thu bảng gồm vng màu đỏ hay không? Câu I 1) Sử dụng đẳng thức ( ) a3 + b3 + c3 - 3abc = ( a+ b+ c) a2 + b2 + c2 - ab- bc- ca 3 x + y + 8- 6xy = Ta có ( ) Û ( x + y + 2) x2 + y2 + 4- xy - 2x - 2y = 2 2ù 1é x2 + y2 + 4- xy - 2x - 2y = ê( x - y) + ( x - 2) + ( y - 2) ú³ ê ú 2ë û Mà Suy ta có trường hợp: ìï x + y + = ï Þ y =- 1- x í ïï x + y2 + 4- xy - 2x - 2y = ỵ + TH1: éx = Þ y =- Þ 3x2 + 3x = Þ ê êx =- 1Þ y = Þ x +( - 1- x) + 4- x( - 1- x) - 2x - 2( - 1- x) = ë ìï x + y + = ï Þ y = 5- x í ïï x + y2 + 4- xy - 2x - 2y = î + TH2: 2 Þ x2 +( 5- x) + 4- x( 5- x) - 2x - 2( 5- x) = éx = Þ y = Þ 3x2 - 15x + 18= Þ ê êx = Þ y = ë ( x; y) = ( - 1; 0) , ( 0; - 1) , ( 2; 3) , ( 3; 2) Đáp số Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp phân tích đẳng thức, kết hợp với kỹ thuật chọn nghiệm nguyên x; y để tìm Nhắc lại kiến thức phương pháp: ( ) a3 + b3 + c3 - 3abc = ( a+ b+ c) a2 + b2 + c2 - ab- bc- ca Hằng đẳng thức: Ý tưởng: Cái hay khó tốn bước phát đẳng thức vốn quen thuộc Đầu x3 + y3 + 1= 6xy Û x3 + y3 + - 6xy = tiên, quan sát phương trình nghiệm nguyên ta thấy: = 23 ; 6xy = 3.x.y.2 dàng thấy đặt dễ z= , ta có đẳng thức đối xứng x3 + y3 + z3 - 3xyz = đẹp là: Khéo léo biến đổi, ta có:  x3 + y3 + z3 - 3xyz = Û ( x + y) + z3 - 3xy( x + y + z) = Û ( x + y + z) ( x2 + 2xy + y2 - xz - yz + z2 ) - 3xy( x + y + z) = Û ( x + y + z) ( x2 + y2 + z2 - xy - yz - xz) = (*) Mặt khác 2 2ù 1é x2 + y2 + z2 - xy - yz - xz = ê( x - y) + ( y - z) + ( z - x) ú³ û 2ë có nghiệm ngun khi: • TH1 Với ïìï x + y + = 1; x, y Ỵ ¡ Û í ïï x + y2 - xy - 2x - 2y = ỵ éx = Þ y =- ê êx =- 1Þ y = ë nên để phương trình (*) • TH2 Với ïìï x + y + = 7; x, y Ỵ ¡ Û í ïï x + y2 - xy - 2x - 2y = ợ ộx = ị y = êx = 3Þ y = ë Do đó, cặp nghiệm nguyên cần tìm ( x; y) = ( 2; 3) , ( 3; 2) , ( 0; - 1) , ( - 1; 0) Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: x3 + y3 + 1= 3xy Giải phương trình nghiệm nguyên 3 8x + y - 6xy = Giải phương trình nghiệm nguyên 2) Với k k2 £ m£ ( k + 1) - số ngun dương ta có k £ m < k + 1Þ é mù= k ê ë ú û ( k + 1) m= k2 , k2 + 1,L ,( k + 1) - Cho (có é 2ù é ù é ù ê k ú= ê k + 1ú= L = ê (k + 1) - 1ú= k ê ú ê ú ë ú û ê ë û ë û tất - k2 giá trị) ta Từ suy tổng cần tính ( éêë 1ùúû+ éêë 2ùúû+ éêë 3ùúû) +( éêë 4ùúû+ éêë 5ùúû+L + éêë 8ùúû) +L æ ộ ự ộ ựử 2ự ộ +ỗ (n- 1) ú+ ê (n- 1) + 1ú+L + ê n - 1ỳữ ữ ỗ ỗ ốở ứ ỳ ê ú ê ú÷ û ë û ë û 2ù é = 22 - ×1+ 32 - 22 ×2+L + ên2 - ( n- 1) ú( n- 1) ê ú ë û ( ) ( ) = 22 - 1+ 2×32 - 2×22 + 3×42 - 3×32 +L + ( n- 1) ×n2 - ( n- 1) ×( n- 1) =- 12 - 22 - L - ( n- 1) + ( n- 1) n2 = ( n- 1) n2 - 1 ( n- 1) n( 2n- 1) = n( n- 1) ( 4n + 1) 6 Ghi chú: Thí sinh chứng minh quy nạp toán học Nhận xét Bài toán phần ngun Nhắc lại kiến thức phương pháp • Tính chất phần nguyên éxù= a ëû a£ x < a+ có é mù= k Þ k £ ê û ú ë m< k + 1Þ k2 £ m< ( k + 1) 2 k2 £ m< ( k + 1) - hay với k l s nguyờn dng Cỏc mẻ k2 £ m£ ( k + 1) - số m nguyên { k ; k + 1; k + 2; K ; ( k+ 1) 2 dương thỏa mãn } - 2; ( k + 1) - • Số số dãy số tự nhiên liên tiếp tăng “Số cuối - Số đầu + 1” ( k + 1) Có tất 2 - 1- k2 + 1= ( k + 1) - k2 số ù é k2 ù= é k2 + 1ù= L = é ê ( k + 1) - 1ú= k ê ú ê ú ê ú ë û ë û ë û nguyên m thỏa mãn • Nhóm số hạng tổng cần tính thành nhóm có tính chất số m Q= é 1ù+ é 2ù+ é 3ù + é 4ù+ é 5ù+L + é 8ù +L ê ê ë ú û ê ë ú û ê ë ú û ê ë ú û ê ë ú û ë ú û ỉ é ù 2ù é ù÷= ê ( n- 1) ú+ ê ( n - 1) + 1ỳ+L + ộ +ỗ ỗ n - 1ỳữ ỗ ê ú ê ú ë û÷ èë ø û ë û ù = ( 22 - 1) ×1+ ( 32 - 22 ) ×2+L + é ên - ( n- 1) ú( n- 1) ë û ( ) ( ) = 22 - 1+ 2×32 - 2×22 + 3×42 - 3×32 + L + ( n- 1) n2 - ( n- 1) ( n- 1) 2ù 2 =é ê- - - L - ( n- 1) ú+ ( n- 1) n ë û 12 + 22 +K + k2 = k( k + 1) ( 2k + 1) • Áp dụng biểu thức 2ù é Q = ê- 12 - 22 - L - ( n- 1) ú+ ( n- 1) n2 = ( n- 1) n2 ë û = ( n- 1) n2 - 2ù é2 ê1 + +K + ( n - 1) ú ë û 1 ( n- 1) n( 2n- 1) = ( n- 1) n( 6n- 2n + 1) = ( n- 1) n( 4n + 1) 6 Câu II 1) Phương trình đầu hệ tương đương với ( x- 1) + 3( x - 1) + y3 + 3y = điều kiện é ù Û ( x + y - 1) ê( x - 1) - ( x - 1) y + y2 + 3ú= ê ú ë û Û x + y = 1Þ y = 1- x Thế vào phương trình thứ hai hệ ta 2x2 - x( 1- x) +( 1- x) = 11 éx = Þ y =- ê Û 4x - 3x - 10 = Û ê - êx = Þ y= ê 4 ë ỉ - ÷ ( x; y) = ( 2; - 1) , ỗỗỗ ; ữ ố 4÷ ø Đáp số Nhận xét: Bài tốn sử dụng phương pháp tìm nhân tử từ phương trình sau vào phương trình lại tìm nghiệm hệ phương trình Nhắc lại kiến thức phương pháp: at + bt + c = aạ Cỏch gii phng trỡnh bc hai tổng quát: ( ) • Hằng đẳng thức: a3 + b3 = ( a+ b) ( a2 - ab+ b2 ) ( ax + by) = a3x3 + 3a2bx2y + 3ab2xy2 + b3y3 Ý tưởng: Quan sát hệ phương trình, phương trình đầu phương trình bậc ba (bậc giảm từ đến 0), phương trình lại phương trình bậc hai khơng thể đưa dạng đẳng cấp bậc ba Do việc kết hợp hai phương trình thất bại, ta xét phương trình hệ Ở phương trình y x hai làm nháp là: xét đenta bậc hai rõ ràng đenta khơng phương Ta x; y y chuyển sang phương trình một, rõ ràng ta thấy độc lập hai biến Ở biến xuất y3 + 3y x x - 3x + 6x - hàm đồng thời biến xuất hàm Vậy nên để tìm nhân tử chung x; y y x ta cần đưa hàm hàm đơn giản tức đưa dạng ( x - a) + 3( x - a) + y3 + 3y = ( x - a) + 3( x - a) = x - 3x + 6x - Þ a= Bằng phương pháp đồng hệ số ta có: hệ Do phương trình đầu Û ( x - 1) + 3( x - 1) + y + 3y = a + b = ( a+ b) ( a - ab+ b ) 3 ( x - 1) ta xét đến + 3( x - 1) + y + 3y = đẳng thức dạng x - 1+ y Bây xuất nhân tử chung sau: 2ù Û ( x - 1+ y) é ê( x - 1) - ( x - 1) y + y ú+ 3( x - 1+ y) = ë û ù Û ( x + y - 1) é ê( x - 1) - ( x - 1) y + y + 3ú= ë û éy = 1- x Û ê ê x - 1) - ( x - 1) y + y2 + 3= (*) ê ë( æ (*) ỗ x - 1- yữ ữ + y + 3> ỗ ỗ ữ è ø Phương trình (*) vơ nghiệm y = 1- x Và vào phương trình hai giải phương trình bậc hai Bài tốn kết thúc Bài tập tương tự: ìï x3 - 4y = y3 - 4x ï í ïï y + 4y + = 2- 3x ïỵ Giải hệ phương trình ỉ 8- 13 8- 13ư ÷ ÷ ; ( x; y) = ỗỗỗỗ ữ ữ 3 ữ è ø Đáp số: ìï x3 + x - = y3 + 3y2 + 4y ï í ïï x + y3 + 1= ỵ Giải hệ phương trình ( x; y) = ( 0; - 1) Đáp số: 2) Đặt a= x + 3+ x2 > Þ a- x = 3+ x2 Þ a2 - 2ax + x2 = 3+ x2 Þ x = b= y + 3+ y2 > Þ x = Tương tự đặt Khi b - 2b a b 3 x+ y= + 2 2a 2b a×b= Mà theo giả thiết a a a a Þ x+ y = + - = + ³ 2× × = 2 2a 2a a a x2 + xy + y2 ³ Lại có ( x + y) Þ x2 + xy + y2 ³ a2 - 2a Û x= y=1 Dấu “=” xảy (x 2 + xy + z ) mim = Vậy Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, khai thác giả thiết bất đẳng thức Cosi để tìm giá trị nhỏ Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Cách giải phương trình có dạng x + x2 + n = m x2 + n = m- x Þ x2 + n = x2 - 2mx + m2 Û x = m2 - n 2m Hoặc giải cách liên hợp sau x + x2 + n = mÛ Þ x + x2 + n - ( n = x2 + n - x m ) x2 + n - x = m- • Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương n m2 - n Û x= m 2m a+ b³ ab Ý tưởng: Bài toán xuất giả thiết phức tạp, chưa biết khai thác Nhưng biểu thức x, y x= y= k P hay giả thiết cho có đối xứng nên ta dự đoán điểm rơi xảy Khi ( k+ ) k2 + = Þ k = Pmin = Và , đến công việc thuận x= y lợi cho ta nhiều biết trước điểm rơi Với ta có đánh giá quen thuộc thay ngược lại giả thiết, ta có: ( x - y) ³ Û x2 + y2 ³ 2xy Û 4( x2 + xy + y2 ) ³ 3( x2 + 2xy + y2) Û x2 + xy + y2 ³ 2 3 ( x + y) Û P ³ ( x + y) 4 x+ y³ Vậy nên bây giờ, từ giả thiết ta tìm xuất x + x2 + coi tốn giải Biến y + y2 + y đồng thời xuất x x; y Do tư tưởng ta rút a= x + x + Þ x2 + = a- x từ giả thiết cách đặt ẩn phụ sau: đặt a2 - b2 - Þ x2 + 3= a2 - 2ax + x2 Û x = y = b= y + y + 2a 2b Tương tự với ta thu Khi 2 a - b - + ³ ab= 2a 2b đó, cần chứng minh với điều kiện Ta dễ dàng chứng minh sau: a2 - b2 - a b 3 a a3 + = + = + ³ =2 2a 2b 2 2a 2b a a Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: ( x+ x; y )( ) x2 + y + y2 + = Cho hai số thực thỏa mãn P = 2( x2 + y2 ) + x + y thức Tìm giá trị nhỏ biểu ( x+ x; y )( ) y2 + y + x2 + = Cho hai số thực thỏa mãn P = 2( x2 + y2 ) + x + y thức Tìm giá trị nhỏ biểu Câu III A F D E B M P C S O R Q A F E D P B MS O R Q C 1) Gọi ABSP S điểm đối xứng với P qua M Theo tính chất đối xứng hình thang cân dễ thấy tứ giác hình thang cân · · · QPS = QAB = QRB Ta lại có ·EPQ = ERP · Þ D ERP ∽ D EPQ Từ có · · · · EQP = EPR = BPS = ASE nên (g – g), AEQS , suy tứ giác Do PF PA.PQ = PE.PS = 2PM = PF.PM ngoại tiếp tam giác V AQF qua M nội tiếp AMQF , suy tứ giác nội tiếp Từ suy đường tròn D AQF M, Nhận xét Ta chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ln qua tâm ngoại tiếp D AQF AM tam giác ln thuộc đường trung trực đường thẳng cố định Nhắc lại kiến thức phương pháp • Hình thang có hai đỉnh kề cạnh đáy đối xứng qua trung trực đáy hình thang cân Hình thang cân có trục đối xứng trung trực chung hai đáy ABCD A B AB hình thang cân nên đối xứng qua trung trực S M S PS P P đối xứng với qua hay đối xứng qua trung trực ABSP A B AB P S Suy hình thang có , đối xứng qua trung trực , đối xứng qua trung PS ABSP trực hình thang cân • Hai góc nội tiếp chắn cung đường tròn · · » RBA = RQA (O) RA (hai góc nội tiếp chắn cung đường tròn ) ·EPR = RBA · EP P AB (hai góc đồng vị hai đường thẳng ), ·EPR = RQA · suy • Hình thang cân tứ giác nội tiếp ABSP ABSP hình thang cân nên tứ giác nội tiếp, » ABSP AP chắn cung đường tròn ngoại tiếp tứ giác ) · · ASE = AQE AEQS Ta có suy tứ giác nội tiếp · · ASP = ABP (hai góc nội tiếp • Giao điểm hai đường chéo tứ giác nội tiếp tạo tích đoạn thẳng tương ứng (Chứng minh dựa vào tam giác đồng dạng trường hợp góc – góc xy Và khai thác giả thiết, ta đánh giá ( x - y) P =2 x= y , với điểm rơi ta có đánh giá ỉx + ÷ ÷ ³ Û xy Ê ỗ = ỗ ữ ỗ ữ ố ø +t t t£ với t = xy Và đặt ta cần tìm giá trị nhỏ biểu thức Bằng khéo léo chọn điểm rơi, ta đánh sau: 1 15 16t + - 15t ³ 2 16t - 15t ³ 2 16 = 17 t t Þ Pmin = 17 x= y= Dấu “=” xảy Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: x; y Cho số thực dương thỏa mãn ỉ1 1ư ữ P =ỗ + ữ 1+ x2y ỗ ữ ỗ ữ ỗ ốx yứ x; y Cho số thực dương thỏa mãn 2 4x y x2 y2 P= + + 2 2 y x x + y ( ) Câu III x+ y£ Tìm giá trị nhỏ biểu thức x+ y=2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A A Q N M F O H N E O F E H P B 1) Ta có M Q C · · · BPC = BHC = 180°- BAC B , suy tứ giác P K AEPF C · · BFC + BEC = 1800 nội tiếp, nên ·MQN = MQA · · · · + NAQ = MEA + NFA = 1800 AQFN ; AQEM Mặt khác từ tứ giác nội tiếp ta có M ; N; Q Vậy thẳng hàng Nhận xét Từ ba điểm tạo thành hai tia có chung gốc Khi hai tia tạo với góc tù ba điểm cho thẳng hàng Nhắc lại kiến thức phương pháp • Hai góc nội tiếp chắn cung đường tròn + · · BPC = BHC (hai góc nội tiếp chắn cung » BC · · AQN = AFN đường tròn ngoại tiếp tam giác D HBC ) ¼ AN D FAN đường tròn ngoại tiếp tam giác ) ·AQM = AEM · ¼ AM + (hai góc nội tiếp chắn cung đường tròn ngoại tiếp tam giác D AME ) 180° • Tứ giác có tổng hai góc đối diện tứ giác nội tiếp Tứ giác nội tiếp có tổng hai góc đối + diện (hai góc nội tiếp chắn cung 180° C D ABC B E¢ F ¢ Gọi chân đường cao từ đỉnh tam giác · · AE¢H + AF ¢H = 90°+ 90°= 180° AE¢HF ¢ AE¢HF ¢ Tứ giác có , suy tứ giác nội tiếp, · · · · F ¢AE¢+ F ¢HE¢= 180°Û F ¢HE¢= 180°- BAC mà · · F ¢HE¢= BHC (hai góc đối đỉnh) nên · · BHC = 180°- BAC kết hợp với ta · · · · BPC = 180°- BAC Û BPC + BAC = 180° suy tứ AEPF giác tứ giác nội tiếp ·AFP + AEP · · · = 180°Û 180°- AFP + 180°- AEP = 180° ( ) ( Suy · · · · Û BFC + BEC = 180°Û NFA + AEM = 180° ) kết hợp với trên, ta có · · · NAQ + AQM = 180°Û NQM = 180° N ; Q; M hay ba điểm thẳng hàng ·AFQ = ANQ · · · = ANM = ABM FQ P BE 2) Ta có góc nội tiếp suy Tương tự EQ PCF · · · · QAN = QFP = QEP = QAM EQFP Từ tứ giác hình bình hành, suy AQ phân giác · MAN Nếu AP phân giác PQ Từ Vậy giao BC D AKC ∽ D CKP Tương tự Từ · MAN hay K , suy KB2 = KP.KA KB = KC K A, P, Q thẳng hàng · · · · · KAC = QAC = QME = NMB = PCK KC = KP.KA trung điểm Nhận xét Chứng minh đường thẳng qua trung điểm đoạn thẳng khác ta chứng minh giao điểm đường thẳng với đoạn thẳng trung điểm đoạn thẳng Nhắc lại kiến thức phương pháp • Một đường thẳng cắt hai đường thẳng khác tạo cặp góc đồng vị hai đường thẳng song song · · · · · · AFQ = ANQ = ANM = ABM AFQ ABM Từ kiến thức trên, ta có mà vị trí đồng vị FQ FQ P BE EQ PCF BE hai đường thẳng nên suy Hồn tồn tương tự ta có • Tứ giác có hai cặp cạnh song song hình bình hành EQFP FQ P BE EQ PCF EQFP Tứ giác có suy hình bình hành · · · · · QAN = QFP = QEP = QAM AQ MAN A Q P suy phân giác Do , , thẳng hàng · · KAC = QME · · QME = PCK (hai góc nội tiếp chắn cung (hai góc nội tiếp chắn cung · · Þ KAC = PCK mà lại có góc D AKC ∽ D CKP » NB đường ngoại tiếp tam giác KC = KB2 Þ KC = KB Giả sử Ký hiệu số mà chung hai tam giác hay K hồn tồn tương tự ta có trung điểm BC x1 £ x2 £ L £ xk < 0£ xk+1 £ L £ x192 S- = x1 + x2 +L + xk ; S+ = xk+1 + xk+2 +L + x192 Þ S- + S+ = Þ S+ - S- = 2013Þ S+ =- S- = Do x1 £ x2 £ L £ x192 Þ x1 £ suy 2013 S- ³ kx1; S+ £ ( 192- k) x192 SS+ S+ S+ =Þ - x1 ³ ; x192 ³ k k k 192- k Þ x192 - x1 ³ S+ S+ 2013 2013 2013×192 + = + = 192- k k 2k 2( 192- k) 2k( 192- k) Ta có ) ( O) đường tròn Câu IV k D AME ), D AKC D CKP nên suy (g – g) AK KC = Û KC = AK.KP CK KP Þ · PKC » QE é( 192- k) + kù2 1922 ú= 2k( 192- k) £ 2ê ê ú 2 ê ú ë û KB2 = KP.KA Từ ú suy ị x192 - x1 2013ì192 192 = 2013 96 Dấu “=” xảy x1 = x2 = L = x96 =- 2013 2013 ; x97 = x98 = L = x192 = 192 192 Đề 20 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Đề thức TRƯỜNG THPT CHUN NĂM 2014 MƠN THI: TỐN (Vòng 2) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm) x; y 1) Giả sử số thực dương phân biệt thỏa mãn y 2y2 4y4 8y8 + + + =4 x + y x2 + y2 x4 + y4 x8 - y8 5y = 4x Chứng minh 2) Giải hệ phương trình ìï 2x2 - 3y2 + xy = 12 ï í ïï 6x + x2y = 12+ 6y + y2x ïỵ Câu II (3,0 điểm) x; y 1) Cho x = y số nguyên lớn 4x2y2 - 7x + 7y cho x; y 2) Giả sử số thực không âm thỏa mãn biểu thức số phương Chứng minh x3 + y3 + xy = x2 + y2 Tìm giá trị lớn nhỏ P= 1+ x 2+ y + 2+ x 1+ y (O) V ABC P Câu III (3,0 điểm) Cho tam giác nội tiếp đường tròn điểm nằm tam giác thỏa PB =PC D BC D C B D P mãn điểm thuộc cạnh ( khác khác ) cho nằm đường V DAC DAB PB tròn ngoại tiếp tam giác đường tròn ngoại tiếp tam giác Đường thẳng cắt đường B PC V DAB E tròn ngoại tiếp tam giác khác Đường thẳng cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác V DAC C F khác A ; E; P ; F 1) Chứng minh bốn điểm thuộc đường tròn (O) Q QC A, AD AF 2) Giả sử đường thẳng cắt đường tròn khác đường thẳng cắt đường thẳng L VCLF ABE Chứng minh tam giác đồng dạng với tam giác QB K AE 3) Gọi giao điểm đường thẳng đường thẳng Chứng minh · · · · QKL + PAB = QLK + PAC Câu IV (1,0 điểm) Cho tập hợp điều kiện sau A gồm 31 phần tử dãy gồm m tập A thỏa mãn đồng thời i) Mỗi tập thuộc dãy có phần tử; ii) Nếu hai tập thuộc dãy có chung phần tử số phần tử hai tập khác m£ 900 Chứng minh ….… HẾT……… LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu I 1) Dễ thấy đẳng thức sau với " a¹ ±b b b - 2b2 = a+ b a- b a2 - b2 , suy b b 2b2 = a+ b a- b a2 - b2 Do đẳng thức cho tương đương với ỉ y2 ỉ y4 y 2y2 2y4 ÷ 2y8 ữ 8y8 ỗ ỗ ữ ữ ỗ + 2ỗ + + =4 ữ ỗ ữ ỗ ữ 2 ỗ ỗx - y4 x8 - y8 ÷ x - y x2 - y2 ÷ x4 - y4 ÷ èx - y ø è ø x - y Û y = Û y = 4x - 4y Û 5y = 4x, x- y điều phải chứng minh Nhận xét: Bài toán sử dụng đẳng thức (bổ đề đúng) để ghép vào biểu thức cho để chứng minh 5y = 4x Ý tưởng: Trước hết, xét đẳng thức cần chứng minh ta có ta tách thành y y = 4x - 4y Û =4 x- y Việc tách có sở số xuất vế phải giả thiết, y 4= x- y mối liên hệ mẫu số phân thức vế trái Với ngược lại giả thiết toán, y 2y 4y 8y y + + + = x+ y x + y x- y x +y x - y tức ta cần chứng minh (*) Đẳng thức (*) hồn tồn chứng minh phương pháp biến đổi tương đương là: y y 2y2 4y4 8y8 + + + =0 x + y x - y x + y2 x4 + y4 x8 - y8 Û - Û - 2y2 2y2 4y4 8y8 + + + =0 x2 - y2 x2 + y2 x4 + y4 x8 - y8 4y4 4y4 8y8 8y8 8y8 + + = Û + =0 x4 - y4 x4 + y4 x8 - y8 x8 - y8 x8 - y8 Với cách biến đổi trên, để làm xi ngược lại ta sử dụng bổ đề đẳng thức đẹp b b - 2b2 = a+ b a- b a - b2 Bài toán kết thúc 2) Hệ cho tương đương với suy ìï ( x - y) ( 2x + 3y) = 12 ï í ïï 6( x - y) + xy( x - y) = 12 ïỵ , éx - y = ( x- y)( 2x + 3y) = ( x- y) ( 6+ xy) Û êê ë2x + 3y = 6+ xy (loại) Ta có + Với éx = 2x + 3y = ( 6+ xy) Û ( x - 3) ( y - 2) = Û ê êy = ë x= , thay vào phương trình đầu hệ ta có y= + Với éy =- 18- 3y2 + 3y = 12 Û ê êy = ë , thay vào phương trình đầu hệ ta có éx = 2x2 + 2x - 12 = 12 Û ê êx =- ë ( x; y) = ( 3; - 1) , ( 3; 2) , ( - 4; 2) Vậy hệ có nghiệm Nhận xét: Bài tốn sử dụng phương pháp số hai phương trình, sau phương trình thu phân tích thành nhân tử ngược lại hai phương trình hệ tìm nghiệm hệ phương trình y x Ý tưởng: Thoạt nhìn, ta nghĩ đến hướng xét delta ẩn phương trình thứ hai hệ mong muốn đenta phương Nhưng hướng thất bại, dễ thấy từ phương trình hai, ta tách 6( x - y) + xy( x - y) = 12 Û ( x - y)( xy + 6) = 12 Mặt khác, xét vế trái phương trình 2x2 - 3y2 + xy = ( x - y)( 2x + 3y) coi phương trình đẳng cấp bậc hai, ta có ìï ( x - y)( 2x + 3y) = 12 ï í ïï ( x - y)( xy + 6) = 12 ïỵ Khi hệ phương trình cho tương đương với x - y; 12 Đây hệ đẹp nhân tử xuất hai phương trình, suy ra: éx = y ( x - y) ( 2x + 3y) = ( x- y) ( xy + 6) Û êê ë2x + 3y = xy + (*) éx = Û ( x - 3) ( y - 2) = Û ê êy = ë Với (*), dễ thấy nhân tử sau: (*) Việc lại ngược lại tìm nghiệm hệ phương trình Bài tốn kết thúc Câu II 1) Do x; y x; y³ số nguyên lớn nên Þ - 4xy + 1 y • Xét ìï x- y > ïì - 7x + 7y < ïí Û ïí Þ - 7x + 7y < 4xy +1 ï ïïỵ 4xy + 1> x> y ïỵ xy > + Với ta có x; y³ - 4xy + 1£ - 8x + 1=- 7x - x + 1 b a< b a= b Mối quan hệ số nguyên hoặc x> y y> x x= y Ta có khơng tồn nên có (điều phải chứng minh) 2) Ta có số mà x3 + y3 = x2 + y2 - xy n 4x2y2 - 7x + 7y = ( 2xy) Û 4x2y2 - 7x + 7y = 4x2y2 • Xét với ( 2xy) suy y> x n2 có số phương < 4x y - 7x + 7y < ( 2xy + 1) 2 ( ) ( ) Û ( x + y) x2 + y2 - xy = x2 + y2 - xy Û ( x + y - 1) x2 + y2 - xy = éx2 + y2 - xy = Û ê Û ê êx + y - 1= ë + Với + Với x = y = 0Þ P = x + y = 1Þ 0£ x; y £ , P£ suy P³ éx = y = ê êx + y = ë 1+ 2+ 1+ + + 2+ 1+ 2+ = =4 x = 1; y = , Dấu “=” xảy x = 0; y = , Dấu “=” xảy Pmin = Û x = 0; y = Pmax = Û x = 1; y = Vậy Nhận xét: Khai thác giả thiết biểu thức cho, tìm điều kiện chặn biến để tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức Nhắc lại kiến thức phương pháp: a3 + b3 = ( a+ b) ( a2 - ab+ b2 ) • Hằng đẳng thức 2+ 1+ P= • Xét biểu thức P³ m+ p a n+q b m+ p f ( x) n + q f ( x) 0£ a£ f ( x) £ b , với Þ Pmin = m+ p a n+q b , ta có: ; P£ m+ p b n+q a Þ Pmax = m+ p b n+q a 3 x +y Ý tưởng: Đi từ giả thiết toán, xuất làm ta nghĩ đến đẳng thức 3 2 x + y = ( x + y) ( x - xy + y ) , giả thiết trở thành: 3 2 2 2 x + y = x - xy + y Û ( x + y) ( x - xy + y ) = x - xy + y éx = y = Û ( x + y - 1) ( x2 - xy + y2 ) = Û ê êx + y = ë x+ y=1 Ta cần xét với , mặt khác kết hợp với điều kiện biểu thức ta có điều kiện chặn ìï 0£ x £ ï 0£ x, y £ 1Û í ïï 0£ y £ x, y ïỵ Suy ìï 1+ x ³ ìï + x ³ 1+ x + x ïí ; ïí Þ P= + ³ ïï + y £ ïï 1+ y £ + y + y ợù ợù ìï 1+ x £ ìï + x ³ 1+ x + x ï ï ;í Þ P= + £4 í ïï + y ³ ïï 1+ y £ + y 1+ y ùợ ùợ Pmin = x = 0; y = Pmax = Û x = 1; y = Do Bài tốn kết thúc Câu III 1) Ta có · · · · AFC + AEB = ADC + ADB = 180° suy tứ giác AEPF nội tiếp AEPF Nhận xét Để chứng minh bốn điểm thuộc đường tròn ta đưa chứng minh tứ giác 180° cách tứ giác có tổng hai góc đối diện Nhắc lại kiến thức phương pháp •Các góc nội tiếp chắn cung đường tròn · · AFC = ADC AC D ACD + (hai góc nội tiếp chắn cung đường tròn ngoại tiếp tam giác ) + · · AEB = ADB (hai góc nội tiếp chắn cung AB đường tròn ngoại tiếp tam giác D ABD ) 180° •Tứ giác có tổng hai góc đối diện tứ giác nội tiếp · · · · ADC + ADB = 180° AFC + AEB = 180° AEPF (hai góc kề bù) nên , suy tứ giác tứ giác nội A E P F tiếp hay bốn điểm ; ; ; thuộc đường tròn 2) Từ tứ giác Ta lại có AEPF · · AEB =LFC nội tiếp, suy (1) · · · · · · · · =PBC + BAQ =DAE + BAQ =BAE FCL =FCB + BCL Từ (1) (2), suy D FCL ∽ D EAB (2) Nhận xét Nhớ lại trường hợp đồng dạng hai tam giác kết hợp với kiện đề ý chứng minh từ ý để tìm hướng chứng minh toán Đối với toán này, ta chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp “góc - góc” Nhắc lại kiến thức phương pháp •Tứ giác nội tiếp có góc góc ngồi đỉnh đối diện · · AEB = LFC AEPF Tứ giác tứ giác nội tiếp (chứng minh trên) nên •Các góc nội tiếp chắn cung đường tròn · · BCL = BAQ BQ (O) + + (hai góc nội tiếp chắn cung · · EAD = EBC (hai góc nội tiếp chắn cung đường tròn DE ) đường tròn ngoại tiếp tam giác •Tam giác cân có hai góc kề đáy Tam giác D PBC có PB = PC nên tam giác D PBC cân P suy · · · · · · BCL + FCB = ABQ + QAE Û FCL = BAE Kết hợp lại, ta · · PBC = PCB D ABD ) •Hai tam giác có hai góc tương ứng đồng dạng · · · · D FCL AEB = LFC FCL = BAE D EAB Xét có: (chứng minh trên) (chứng minh trên), suy D FCL ∽ D EAB (g – g) 3) Từ D FCL ∽ D EAB Chứng minh tương tự Từ (3) (4), suy Ta lại có EK FA =FC.EB FL.EA =EK FA hay FL.EA =FC.EB (3) (4) hay FL EK = FA EA , suy EF P KL · · · · · · · · QLK =ALK - ALQ = AFE - ABE = APE - ABE = PAB Tương tự ta có Suy , suy FL FC = BE AE · · QKL = PAC · · · · QKL + PAB = QLK + PAC Nhận xét Với toán chứng minh hai tổng nhau, ta dựa vào mối quan hệ góc để đưa vế lượng Nhắc lại kiến thức phương pháp •Tính chất hai tam giác đồng dạng ìï FL FC ïï = Û FL.AE = FC.EB D FCL ∽ D EAB ị ùớ BE AE ùù ã ã ùùợ FLC = ABE Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có EK FA =FC.EB •Định lý Ta-lét đảo FL.AE = EK FA Û Từ chứng minh trên, ta FL EK = FA EA , suy EF P KL •Đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo góc đồng vị · · EF PKL AFE = ALK (chứng minh trên), suy •Các góc nội tiếp chắn cung đường tròn · · AFE = APE AE AFPE (hai góc nội tiếp chắn cung đường tròn ngoại tiếp tứ giác ) Kết hợp ý chứng minh ta có điều trình bày giải · · · · · · · · QLK =ALK - ALQ = AFE - ABE = APE - ABE = PAB Hồn tồn chứng minh tương tự ta có · · · · · · QKL = PAC QKL + PAB = QLK + PAC Từ ta có điều cần chứng minh Câu IV Từ giả thiết dễ thấy m tập thuộc dãy phân biệt Vì A có 31 phần tử nên số tập có 31×30 × ak ( 2£ k £ 31) k A phần tử Ký hiệu số tập có phần tử, nằm dãy cho, suy m= a2 + a3 +L + a31 k( k- 1) tập Xét tập hợp có Þ ak ak tập có tử chúng khơng thể đồng thời thuộc phần tử nói phân biệt Suy ak £ phần tử suy số tập có phần tử k( k- 1) A k( k- 1) k tập phần tử Mà theo giả thiết với phần Þ k tập có phần tử dãy tập 31ì30 ị ak Ê 31ì30ì k( k- 1) ổ1 1 ữ ị a2 + a3 +L + a31 Ê 31.30ỗ + +L + ữ ỗ ữ ỗ1.2 2.3 ữ 30.31ứ ố ổ 1 1ữ ị mÊ 31.30ỗ 1- + - +L + ữ ỗ ỗ ữ 30 31ứ ố 2 Vậy m£ 900, điều phải chứng minh Nhận xét Bài toán phần nguyên Nhắc lại kiến thức phương pháp • Bài tốn cách chọn số từ tập hợp số: “Trong n số ta chọn n cách chọn số thứ nhất, n( n- 1) cách chọn số thứ hai, có cách chọn hai số khác từ n số cho” n- Từ giả thiết dễ thấy m tập thuộc dãy phân biệt Vì A có 31 phần tử nên số tập có 31×30 × ak ( £ k £ 31) k A phần tử Ký hiệu số tập có phần tử, nằm dãy cho, suy m= a2 + a3 +L + a31 k( k - 1) phần tử tập Xét tập hợp có Þ ak ak k phần tử suy số tập có k( k- 1) tập có tập phần tử Mà theo giả thiết Þ k A với phần tử chúng khơng thể đồng thời thuộc tập có phần tử dãy tập phần tử nói phân biệt • Phân số có mẫu tích hai số tự nhiên liên tiếp: “Với x số tự nhiên thỏa mãn điều kiện xác định ta 1 = x( x + 1) x x + có ” k( k- 1) 31ì30 ị ak Ê 31ì30ì ak Ê k( k- 1) 2 ỉ1 1 ÷ ị a2 + a3 +L + a31 Ê 31.30ỗ + +L + ữ ỗ ữ ỗ1.2 2.3 30.31ứ ố ổ 1 ổ 1ữ 1ử ữ ị mÊ 31.30ỗ 1- + - +L + ữ = 31.30.ỗ 1ữ = 900 ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ 31ữ ÷ 30 31ø è 2 è ø ... viết vào nhiều Suy số khơng k viết bảng có 100 00 Do tồn số nguyên dương viết vào 51 Đề 13 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN AN GIANG NĂM HỌC 201 5 - 201 6 Đề thức MƠN THI: ... 10 Þ x + y = 100 1 5- 87 y < 10 Þ x £ y £ Þ 100 1= x3 + y3 £ 2.73 = 2.343 Giả sử (loại) y = 10, x = Suy ( 1; 10; 10) , ( 10; 1; 10) , ( 10; 10; 1) Đáp số: Nhận xét Giải phương trình nghiệm nguyên... thuẫn Vậy khơng thu bảng chứa 100 0 gồm ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu Đề 12 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Đề dự bị TRƯỜNG THPT CHUN NĂM 201 4 MƠN THI: TỐN (Vòng 2) Thời gian