GIẢI CHI TIẾT đề TUYỂN SINH 10 CHUYÊN TOÁN đề 21 đến 30

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ TUYỂN SINH 10 CHUYÊN TOÁN ĐỀ 21 ĐẾN 30 Đề 21 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN HÙNG VƯƠNG PHÚ THỌ 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) 2 1) Chứng minh số nguyên n lớn thoả mãn n + n + 16 số nguyên tố n chia hết cho 2) Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 - 2y( x - y) = 2( x + 1) Câu II (2,0 điểm) A= 1) Rút gọn biểu thức ( ) 3+ 2 + 3+ ( ) 3- + 2- 3- ( x- 2) ( x- 3) ( x + 4) ( x + 5) = m có nghiệm phân biệt 2) Tìm m để phương trình Câu III (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x2 - x - = x - 1( 1- x) �x3 + xy2 - 10y = � �2 �x + 6y2 = 10 2) Giải hệ phương trình � Câu IV (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O; R) dây cung BC = R cố định Điểm A di đông cung � lớn BC cho tam giác V ABC nhọn Gọi E điểm đối xứng với B qua AC F điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác V ABE V ACF cắt K ( K �A ) Gọi H giao điểm BE CF � 1) Chứng minh KA phân giác góc BKC tứ giác BHCK nôi tiếp 2) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn tứ giác theo R 3) Chứng minh AK ln qua môt điểm cố định Câu V (1,0 điểm) Cho số thực dương biểu thức P= y2z2 x( y2 + z2 ) x; y; z + 1 + + =1 x y z thỏa mãn z2x2 y( z2 + x2 ) + Tìm giá trị nhỏ x2y2 z( x2 + y2) …… HẾT……… LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu I 1) Ta có với số nguyên m m chia cho dư , n2 = 5k + 1� n2 + = 5k + M5 k��* + Nếu n chia cho dư ( ) nên n + không số nguyên tố n2 = 5k + � n2 + 16= 5k + 20M5 k��* + Nếu n chia cho dư ( ) nên n + 16 không số nguyên tố Vậy n M5 hay n chia hết cho Nhận xét Bài tốn áp dụng tính chất chia hết, chia có dư số phương chia cho 5; tính chất số nguyên tố, hợp số,… Nhắc lại kiến thức phương pháp  Một số phương chia cho tồn số dư hoặc Chứng minh: 2 + m= 5k � m = 25k chia dư (đúng) 2 + m= 5k + 1� m = 25k + 10k + chia dư (đúng) 2 + m= 5k + � m = 25k + 20k + chia dư (đúng) 2 + m= 5k + � m = 25k + 30k + chia dư (đúng) 2 + m= 5k + � m = 25k + 40k + 16 chia dư (đúng)  Áp dụng tính chất chia hết, chia có dư vào tốn; “Số ngun tố” số có hai ước + M5 (n + 16 M5 + n chia dư (n + Do (n + n chia dư ) ) ) ( n +4 (n nên +4 (n nên ) + 16 Khi n chia hết cho 2) Ta có ) khơng phải số ngun tố (loại) ) số nguyên tố (loại) + 16 số ngun tố tồn trường hợp n chia hết cho x2 - 2y( x - y) = 2( x + 1) � x2 - 2( y + 1) x + 2( y2 - 1) = (1) y D� Để phương trình (1) có nghiệm ngun x theo phải số phương Ta có D� = y2 + 2y + 1- 2y2 + =- y2 + 2y + 3= 4- ( y - 1) �4 D� �{ 0; 1; 4} D� phương nên + Nếu D� = � ( y - 1) = � y = , thay vào phương trình (1), ta có � x= x2 - 4x = � x( x - 4) = � � � x= � D� = 1� ( y - 1) = 3� y �� + Nếu � y= D� = � ( y - 1) = � � � y =- � + Nếu + Với y= , thay vào phương trình (1), ta có: x2 - 8x + 16 = � ( x - 4) = � x = + Với y =- , thay vào phương trình (1), ta có x = � x = Vậy phương trình có nghiệm ngun: ( x; y) = ( 0; 1) , ( 4; 1) , ( 4; 3) , ( 0; - 1) Nhận xét Bài toán giải phương trình nghiệm nguyên phương pháp biến đổi đưa phương trình bậc hai theo ẩn, ẩn lại tham số Từ xét điều kiện cần đủ D D ' Nhắc lại kiến thức phương pháp  Biến đổi phương trình phương trình bậc hai theo ẩn, ẩn lại tham số x2 - 2y( x- y) = 2( x + 1) � x2 - 2y.x + 2y2 - 2x- 2= � x2 - 2( y + 1) x + 2( y2 - 1) = y phương trình bậc hai ẩn x , tham số x + c = với a�0 có  Phương trình bậc hai ax + 2b� � nghiệm D �0 Phương trình x2 - 2( y + 1) x + 2( y2 - 1) = ( ) có D �= b� - ac ( , phương trình có ) D� = ( y + 1) - y2 - = y2 + 2y + 1- 2y2 + =- y2 + 2y + 3=- ( y + 1) ( y - 3) �0 � ( y + 1) ( y - 3) �0 � - 1�y �3  Phương trình bậc hai có nghiệm, để nghiệm ngun có điều kiện cần D �là số phương; điều kiện đủ sau có nghiệm, thay ngược lại thỏa mãn ta nhận kết + Điều kiện cần Mà D �=- y2 + 2y + � y2 2y D=-++= ‫ޣ‬D� ( y 1) số phương � - � y =- D �= � ( y + 1) ( y - 3) = � � � y= � Với - Với nên ta có D� �{ 0; 1; 4} D �= 1� - y2 + 2y + 3= 1� y2 - 2y - = ( ) � y2 - 2y + - 3= � ( y - 1) = � y - 1= � � y = +1 �� � � y =- + � - Với D �= � - y2 + 2y + 3= � y2 - 2y + 1= � ( y- 1) = � y - 1= � y = + Điều kiện đủ: Thử lại nghiệm - � y =- 1� x = D �= � � � y = 3� x = � Với (thỏa mãn điều kiện) - � y = 3+1 D �= 1� � � � y =- + y�� � Với (không thỏa mãn ) - � x= D �= � y = 1� � � x= � Với (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình cho có nghiệm ( x; y) �{( 0; 1) , ( 4; 1) , ( 4; 3) , ( 0; - 1) } Câu II � � � � � 3- 3+ 3� 3+ � � A = 2� + = 2� + � � 2� � � 5+ 5� 4+ +1 45- � � � � 1) Ta có ( ( )( ) ( )( ) ( )( ) � 5� � � � 5� � ) �3+ 5- + 3- 5+ � � � � = 2� � � + 5 � � � � ( ) � � 20 15- + 5 - 5+ 15+ - 5 - 5� � � = 2� = = � � � 20 � 25- � � � Vây A = Nhận xét: Đây toán rút gọn biểu thức đơn giản, điểm đáng ý việc phát đẳng thức Ý tưởng: Biểu thức A phức tạp chứa biểu thức căn, chí có căn, ta khử dần thức Đầu tiên quan sát hai thức + 3- , ta muốn trục thức cách ta cần biểu diễn đại lượng phải số phương Dựa vào đẳng ( ) + = a+ b thức bậc hai ta đồng hệ số như: 2 � � a2 + 5b2 = 1+ 5� � � � 3+ = � = a + 5b + 2ab � � � a= b= � � � � � � � ab = 2 � � � Suy 2 3Tương tự ta có � � 1- 5� � � =� � � � � � � �, biểu thức A trở thành: � � � � � 3- 3+ 3� 3+ � � A = 2� + = 2� + � � 2 � � � 5+ 5� 4+ +1 45- � � � � ( ( )( ) ( ) ( )( � 5� � � � 5� � ) )( ) �3+ 5- + 3- 5+ � � � � = 2� � � + 5 � � � � ( ) � 15- + 5 - 5+ 15+ - 5 - 5� 20 � � � = 2� = = � � � � 25- � 20 � � Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: P= x + + x2 - x + 2- x2 - x + + x2 - � � � a+1 � Q =� + : � � � � � a- a a - 1�a- a + Rút gọn biểu thức 2) Phương trình Rút gọn biểu thức x + 2- x2 - + ( x- 2) ( x- 3)( x + 4) ( x + 5) = m � ( x2 + 2x - 8)( x2 + 2x - 15) = m (1) x2 + 2x + 1= ( x + 1) = y y�0 Đăt ( ), phương trình (1) trở thành: ( y - 9) ( y - 16) = m� y2 - 25y + 144- m= (2) y> ( x + 1) = y có nghiêm phân biêt, phương trình (1) có Với mỡi giá trị phương trình nghiêm phân biêt, phương trình (2) phải có nghi êm dương phân bi êt � D� >0 � D� = 4m+ 49> � � � � - 49 � � S> � � 25> � < m< 144 � � � � � 144- m> �P > � � �� � � Vậy với - 49  < m< 144 phương trình (1) có nghiệm phân biệt Nhận xét: Bài toán sử dụng phép đặt ẩn phụ tương ứng từ đưa phương trình bậc hai chứa tham số giải yêu cầu toán theo điều kiện ẩn phụ Nhắc lại kiến thức phương pháp:   Đặt t = f ( x) suy t �0 Xét phương trình bậc hai tổng quát ax + bx + c = với a�0 Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt � D = b2 - 4ac> � b2 �4ac � � � � � x1 + x2 > �� b � c � � - > 0; > � � � x x >0 �a a � �1 Ý tưởng: Đây phương trình đa thức bậc bốn chứa tham số, với yêu cầu tốn tìm điều kiện để phương trình có bốn nghiệm phân biệt Tuy nhiên chưa có cách tổng quát để giải dạng toán đó, ta cần đưa lạ quen thuộc Cụ thể ta thấy tích đa thức tích hai phương trình bậc hai, ẩn phụ hóa đa thức bậc hai ta đưa phương trình bậc bốn ban đầu phương ( x - 3)( x + 5) = x trình + 2x - 15 nên bậc hai Và ta thấy điểm ý ( x - 2)( x + 4) = x2 + 2x - chung x2 + 2x + 1, đặt y = x2 + 2x + 1= ( x + 1) �0 phương � ( y - 9)( y - 16) = m� y - 25y + 144- m= ( *) phương trình nhiều, để ( *) ( *) trình cho Khi u cầu tốn trở thành: tìm m để có hai nghiệm dương phân biệt Đến đây, công việc ta phải làm đơn giản có hai nghiệm dương phân biệt khi: � D� >0 � D� = 4m+ 49> � � � � - 49 � � S> � � 25> � < m< 144 � � � � � P >0 144- m> � � � � � � Vậy - 49 < m< 144 giá trị cần tìm Bài tốn kết thúc Bài tập tương tự: x4 - ax3 - ( 2a+ 1) x2 + ax + 1= Xác định a cho có hai nghiệm khác lớn 1 - + < a< Đáp số: ( x + 3)( x + 12)( x - 4)( x Giải phương trình Đáp số: x= �2 21 x= - � 241 16) + 20x2 = Câu III 1) Điều kiên: x�1 (*) Ta có x2 - x - = x - 1( 1- x) ( ) � x2 + 2x x - + x - 1- x + x - - 3= Đặt x + x- = y y�1 y2 - 2y - 3= ( (**)), phương trình trở thành � y =- y2 - 2y - 3= � ( y + 1) ( y - 3) = � � � y=3 � +Với + Với y =- , không thỏa mãn điều kiên (**) y= , ta có phương trình: x + x - = � x - = 3- x � � �� x x � �� � � � � x - 1= 9- 6x + x2 � x2 - 7x + 10 = � � � x � � � � �� x= 2� x= � � � � � x= � � , thỏa mãn điều kiên (*) Vây phương trình có nghiêm x= Nhận xét: Bài tốn sử dụng phương pháp ẩn phụ đưa phương trình bậc hai, từ ẩn phụ sử dụng phương pháp nâng lũy thừa để tìm nghiệm phương trình ban đầu Nhắc lại kiến thức phương pháp:  Cách giải phương trình bậc hai tổng quát at + bt + c = �f ( x) , g( x) �0 � f ( x) = g( x) � � � � �f ( x) = g ( x)  Giải phương trình Ý tưởng: Tư ẩn phụ hóa, sau chuyển vế phải sang vế trái phương trình ta x2 - x - + 2x x - - x - = Quan sát hệ số hai trước thức, đồng thời có xuất 2 x nên ta nghĩ đến đẳng thức x + 2x x - + x - 1, phương trình cho viết lại thành: ( ) x2 + 2x x - + x - 1- x + x - - 3= ( ) ( ) � x + x - - x + x - - 3= � y2 - 2y - 3= Với y= x + x- y�1 y= , nhiên với điều kiện x�1 suy nhận nghiệm nên x + x - = � x - = 3- x � ‫ޣﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳﳳ‬ x �� � x= �2 � x - 7x + 10= � nghiệm phương trình Bài tốn kết thúc Bài tập tương tự: ( 3+ x)( 6- x) = + x + 6- x Giải phương trình Đáp số: x= x= Giải phương trình ( x2 + 3- Đáp số: x= x=- ) x2 + x = 1+ x2 + � x3 + xy2 - ( x2 + 6y2 ) y = (1) x3 + xy2 - 10y = � � � �� �2 2 � � x + 6y2 = 10 (2) � �x + 6y = 10 � 2) Ta có Từ phương trình (1), ta có x3 + xy2 - ( x2 + 6y2 ) y = � x3 + xy2 - x2y - 6y3 = � x3 - 2x2 y + x2y - 2xy2 + 3xy2 - 6y3 = � ( x - 2y) ( x2 + xy + 3y2 ) = � x = 2y �� � x2 + xy + 3y2 = � � y� � 11y2 � � x + xy + 3y = � � x + �+ = 0� x = y = � � 2� � + Trường hợp 1: Với x= y= , không thỏa mãn phương trình (2) + Trường hợp 2: x = 2y , thay vào phương trình (2), ta có: � y = 1� x = 4y2 + 8y2 = 12 � y2 = 1� � � y =- 1� x =- � Vây phương trình có nghiêm ( x; y) = ( 2; 1) , ( - 2; - 1) Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp để đưa hệ phương trình phương trình đẳng cấp bậc ba x, y biểu diễn mối quan hệ hai biến từ ngược lại tìm nghiệm hệ phương trình Nhắc lại kiến thức phương pháp: x3 + ax2y + bxy2 + cy3 =  Phương trình đẳng cấp bậc ba có dạng y y�0 Nháp: chia phương trình cho ( làm nháp nên ta mặc định ), phương trình cho trở thành: �� x� �� x� � x� � � � � � � � + a + b + c= � � � � � � � � �� � � � �y� �y� �y� �� t= Coi phương trình bậc ba ẩn x; y hai biến x y , tìm nghiệm t ta biểu diễn mối liên hệ Ý tưởng: Hệ phương trình chứa hai phương trình, xét với phương trình một phương trình bậc ba x2 + 6y2 , phương trình hai phương trình bâc hai chứa , điểm 10 tương quan hai phương trình số , việc số giúp ta cân xuất x3 + xy2 bậc phương trình Cụ thể sau: 10 = x2 + 6y2 vào phương trình thứ hệ, ta được: x3 + xy2 - ( x2 + 6y2 ) y = � x3 + xy2 - x2y - 6y3 = � x3 - 2x2y + x2 y - 2xy2 + 3xy2 - 6y3 = � ( x - 2y) ( x2 + xy + 3y2 ) = � x = 2y � � � x = 2y x = 2y � � �� � � � � y 11 y � 2 � � � � x= y= x + xy + 3y = � x+ � + =0 � � � � � � � 2� � � Từ hai trường hợp đó, ngược lại hai phương trình hệ dễ dàng tìm nghiệm hệ phương trình cho Bài tốn kết thúc Bài tập tương tự: � 2- �x �2+ � 10- �4x + �10+ Từ (1) (2), suy 10- �x2 + y2 �10+ (2) Nhận xét: Bài toán áp dụng biến đổi tương đương phương trình, giải bất phương trình bậc hai Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Biến đổi tương đương phương trình x2 + y2 - 4x- = � x2 + y2 = 4x + � x2 - 4x- =- y2 (1) (2) • Bất đẳng thức y2 �0 � - y2 �0 Ta có kết hợp với (2) ta có x - 4x- 2�0 • Giải bất phương trình bậc hai ( x2 - 4x- 2�0 � x - )( ) - x + - �0 � 2- �x �2+ • Biến đổi tương đương bất phương trình 2Kết hợp với (1) ta có �x �2+ � 10- �4x + 2�10+ 10- �x2 + y2 �10+ Câu V � � � 1) Ta có MNC = MBC (1) (cùng MC ) � = BCN � � MBC (do phụ với góc ABC ) (2) (điều phải chứng minh) � � Từ (1) (2), ta có MNC = BCN suy tam giác VKNC cân K Nhận xét: Chứng minh tam giác cân cách chứng minh tam giác có hai góc Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Trong đường tròn, hai góc nội tiếp chắn cung � = MBC � � MNC (hai góc nội tiếp chắn cug MC (O) ) • Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn 90� � MBA góc nội tiếp chắn nửa đường tròn chia đường kính AM nên � = 90�� MBC � + CBA � = 90� MBA • Hai góc cộng với góc hai góc hai góc ban đầu � � + MBC + CBA = 90�(chứng minh trên); � � + ABC + ACB = 90�(do CN ^ AB ); � � Suy MBC = ACB • Tam giác có hai góc tam giác cân �MNC � = MBC � � � = ACB � � � MNC � � � � � � � �MBC = ACB hay KNC = KCN suy D KCN cân K (điều phải chứng minh) 2) Ta có ON = OC (3) Từ suy KN = KC (4) Từ (3) (4), ta có OK ^ NC Do NC P 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 phương pháp: • Hai điểm thuộc đường tròn khoảng cách đến tâm Ta có N; C thuộc (O) nên ON = OC • Tam giác cân có hai cạnh bên Tam giác D KCN cân K nên KN = KC • 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 đường thẳng vng góc với đường thẳng song song với � NC ^ AB � � NC P BM � � BM ^ AB � � a^ b � � � aPc • Quan hệ từ vng góc đến song song � b^ c � OK ^ NC � � OK ^ BM � � NC P 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 P ; B; O Từ giả thiết ta có ON = OM PM = PN nên điểm nằm đường trung trực đoạn MN P ; B; O thẳng hàng Nhận xét: Chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh chúng thuộc đường thẳng cố định Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Trong đường tròn, hai góc nội tiếp chắn cung � � � + BNM = BAM (hai góc nội tiếp chắn cung BM đường tròn (O) ) � � � + BMN = BCN (hai góc nội tiếp chắn cung BN đường tròn (O) ) • Tam giác có hai góc tam giác cân Tam giác cân có hai cạnh bên � � = BAM � BNM � � � � = BCN � � = BMN � � D BMN � BMN � BNM � � � � = NCB � � BAM � � 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 đường trung trực MN ; M; N + OM = ON (do 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 B; O; P nằm trung trực MN hay ba điểm thẳng hàng Câu VI Hạ CK vng góc AB K (giải thích tam giác V ABC khơng tù B hay C ) Ta có CK = 3a Nên ta có SV ABC = 3a2 (đvdt) 2 Ta có BK = a, suy BC = BK + CK = a 13 AH = 2SV ABC 6a 39 = BC 13 Nhận xét: Chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh chúng thuộc đường thẳng cố định Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Trong tam giác, cạnh đối diện với góc lớn lớn � � � � + Giả sử, D ABC có C góc tù C góc lớn nên C > B suy AB > AC mà AB = 3a � AC = 4a có 3a> 4a � 3> (vơ lý) Suy D ABC khơng thể có C góc tù; � + Chứng minh tương tự ta có D ABC khơng thể có B góc tù; Suy đường cao D 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 D AKC vng K có AK = AC sin A = AC sin60�= 4a = 2a • Định lý Py-ta-go tam giác vng: “Bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vng” 2 + D AKC vng K có AC = KA + KC ( ) 2 � KA + 2a = ( 4a) � KA = 16a2 - 12a2 = 4a2 � KA = 2a � KB = AB- KA = 3a- 2a= a + D BKC vuông K có ( ) BC = KB2 + KC = a2 + 2a � BC = a2 +12a2 = 13a2 � BC = a 13 • Diện tích tam giác nửa tích đường cao với cạnh tương ứng 1 SD ABC = CK AB = 2a 3.3a= 3a2 2 + (đvdt); 1 SD ABC = AH BC = AH a 13 2 + (đvdt); 6a2 69a AH a 13 = 3a2 � AH = = 13 a 13 Suy 1 x= ; y= ; z= a b c suy xyz = x; y; z dương Câu VII Đặt P= Bất đẳng thức tương đương với Ta có (*) x y z + � ; + � ; + � x y2 y y z2 z z x2 x � Ta có y x z 9 + 2+ 2+ � y z x 2( x + y + z) y x z 1 + + � + + = xy + yz + zx x y z y z x x + y + z = xyz( x + y + z) ( xy + yz + zx) 2 = ( xy) ( zx) +( yz)( yx) +( zx) (zy) �( xy) + ( yz) + ( zx) � x + y + z � P �( xy + yz + zx) + ( xy + yz + zx) + Do 27 2( xy + yz + zx) 27 � 2( xy + yz + zx) P ‫ޣ‬ Cô-Si cho số Dấu “ = ” xảy a= b= c = Nhận xét: Bài toán chứng minh bất đẳng thức phương pháp đổi biến áp dụng bất đẳng thức Côsi Nhắc lại kiến thức phương pháp:  Đổi biến, biến đổi để có giả thiết mới, điều kiện cho biến mới, điều cần chứng minh 1 x= ; y= ; z= a b c suy xyz = x; y; z dương Đặt P= Cần phải chứng minh y x z 9 + 2+ 2+ � y z x 2( x + y + z) 2 A, B  Bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương: A + B �2AB với dương x x + � x y2 y y x + Với x, y số dương có số dương nên ta có Hồn tồn tương tự ta có: y + 2� z + y z z + 2� x + z x  Cộng vế theo vế bất đẳng thức chiều ta bất đẳng thức chiều Cộng vế theo vế bất đẳng thức vừa chứng minh ta y x z 2 1 + 2+ 2+ + + � + + x y z x y z y z x � y x z 1 xyz xyz xyz + 2+ 2� + + = + + = xy + yz + zx x y z x y z y z x (vì xyz = )  Biến biểu thức để có đẳng thức x + y + z = xyz( x + y + z) + + (vì xyz = = ( xy) ( zx) +( yz) ( yx) +( zx) (zy) )  Áp dụng ngược chiều bất đẳng thức Cô-si 2 � 2( xy) ( zx) �( xy) +( zx) � � � 2 � � 2( yz) ( yx) �( yz) +( xy) � � � 2 � � 2( zx) (zy) �( yz) +( zx) � (‫ޣ‬xy) ( zx) +( yz) ( yx) +( zx) (zy) � ( xy + yz + zx) � x+ y+ z� ( xy) ( yz) ( zx)  Kết hợp bất đẳng thức nhỏ thành bất đẳng thức lớn 27 P �( xy + yz + zx) + 2( xy + yz + zx) ( xy + yz + zx) + Mà 27 � 2( xy + yz + zx)  Với a�b ; b�c a�c � 27 � P �( xy + yz + zx) + � � � 2( xy + yz + zx) � � � 27 � � � ( xy + yz + zx) + � � 2( xy + yz + zx) Ta có � Đề 30 P ‫ޣ‬ (điều phải chứng minh) được: 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 1+ 3+ 5+ 2013 + 2015 Có thể thay giá trị 21,5 giá trị khác lơn khơng? Vì sao? Câu II (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A = x- 2- x - + x + 1- x- với x�4 (x Câu III (1,0 điểm) Giải phương trình Câu IV (1,5 điểm) Cho ba số + 3x + 2)( x2 + 7x + 12) = 35 a; b; c khác không, đôi khác thỏa mãn điều kiện a+ b b+ c c+ a + = c a b Tính giá trị biểu thức � a� � b� � c� � � B =� 1+ � 1+ � 1+ � � � � � � � � � � a� � � � � b� � c� � Câu V (2,0 điểm) Tìm tất số nguyên n cho a= n + 2n + 2n + n + số phương � � Câu VI (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD Các đường phân giác hai góc BAD ABC cắt M � � Các đường phân giác hai góc BCD ADC cắt N Giả sử đường thẳng BM cắt đường thẳng CN P , đường thẳng AM cắt đường thẳng DN Q 1) Chứng minh bốn điểm M ; N ; P; Q nằm đường tròn I ; K; J ; H 2) Ký hiệu tâm đường tròn nội tiếp tam giác V MAB ; V NCD ; V PBC ; VQAD Các đường thẳng MI ; NK ; PJ ; QH cắt đường tròn qua bốn điểm M ; N ; P ; Q điểm I 1; K1; J 1; H Chứng minh I 1K1 = J 1H …… HẾT……… LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu I Ta có 1+ =- 12 + Xét ( + 3+ + 3- + 5+ + + 2013 + 2015 ) + + 2013 - 2015 = 2015 - 2015 - > 21,5 � 2015 > 44 � 2015> 442 � 2015> 1936 (luôn đúng) Vậy 1+ + 3+ + 5+ + + 2013 + 2015 > 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 phương pháp biến đổi thức, biểu thức đơn giản Nhắc lại kiến thức phương pháp: A+ B • Trục thức mẫu 1+ = 3+ … 1- =1- 2 ( = 3- =- 2 ) ( ; 3- ) ; 2013 - 2015 =- 2 ( ) 2013 - 2015 2013 + 2015 • Cộng vế theo vế đẳng thức ta đẳng thức 1 1 + + + + 1+ 3+ 5+ 2013 + 2015 1 =1- 3- - K 2013 - 2015 2 =1- + - + + 2013 - 2015 ( ( = A- B A - B với A �B; A �0; B �0 = ) ( ) ( ) ) 2015 - 1- 2015 = 2 • Chứng minh bất đẳng thức phương pháp biến đổi tương đương bất đẳng thức 1 1 + + + + > 21,5 1+ 3+ 5+ 2013 + 2015 =- ) 2015 - > 21,5 � 2015 - 1> 43 � 2015 > 44 � � ( ( ) 2015 > 442 � 2015> 1936 (ln đúng) • Chứng minh ý 1 1 + + + + > a> 21,5 1+ 3+ 5+ 2013 + 2015 � 2015 - > a> 21,5 � 2015 - 1> 2a> 43 � 2015 > 2a+ 1> 44 2 � 1936 < ( 2a+ 1) < 2015 ( 2a+ 1) Tồn tại giá trị Câu II Ta có A= ( ) 2 x- - + nên tồn tại giá trị a ( ) x- - = + Nếu �x �7 A = x - - 1+ 2- x - - + x- - x - = + Nếu x> A = x - - 1+ x- - = x- - Nhận xét Bài toán rút gọn đẳng thức, quy tắc dấu,… Nhắc lại kiến thức phương pháp • Hằng đẳng thức a2 - 2ab+ b2 = ( a- b) x- 2- x- = ( x- 3) - x- + = ( x- - ) x + 1- x- = ( x- 3) - x- + = ( x- - ) • Hằng đẳng thức a =a x- 2- x- = ( x- - = ) x + 1- x- = ( x- - = ) x- - x- - � a a�0 a =� � � - a a< � • Quy tắc phá dấu giá trị tuyệt đối + Với � x< � � � x- - 1< � � �� x n4 + 2n3 + n2 = ( n2 + n) Giả sử a số phương a= b ( b�N ) b2 ++‫ޣ‬++‫ޣ‬+ • Cộng lượng vào hai vế bất đẳng thức ta bất đẳng thức tương đương n2 + n + > � ( n4 + 2n3 + n2) + n2 + n + > ( n4 + 2n3 + n2 ) � n4 + 2n3 + 2n2 + n + > ( n2 + n) a> ( n2 + n) hay • Số phương bình phương số nguyên a số phương nên a có dạng a= b2 với b số nguyên b2 ++‫ޣ‬+ n + 2n3 + 3n2 + 2n + � n2 + n- 6�0 � ( n- 2)( n + 3) �0 � - 3�n �2 4 n�{ - 3; - 2; - 1; 0; 1; 2} Tức • Với số nguyên nằm khoảng giá trị đó, ta lập bảng xét giá trị Vậy n=- n= n - - - 1 Câu IV 49 13 13 49 7 a= n4 + 2n3 + 2n2 + n + Nhận Loại Loại Loại Loại 1) Rõ ràng hai điểm M; N khác phía đường thẳng PQ Nhậ n Ta � = 180o - A �+B � PMQ ; ( có � = 180o - C �+D � PNQ , ) ( ) suy � + PNQ � = 360o - A �+B � +C �+D � = 180o PMQ M ; N ; P; Q , nên bốn điểm nằm đường tròn, điều phải chứng minh ( ) Nhận xét: Bài toán chứng minh bốn điểm thuộc đường tròn ta chứng minh cho tứ giác tạo bốn điểm tứ giác nội tiếp Nhắc lại kiến thức phương pháp: • Tổng ba góc tam giác 180� + Tam giác D MAB có: � + MAB � + PMQ � = 180�� PMQ � = 180� � - MAB � MBA - MBA + Tam giác D NDC có: � + NDC � + CND � = 180�� PNQ � = 180� � - NDC � NCD - NCD • Phân giác góc chia góc thành hai góc nửa góc ban đầu � A � MAB= � 2; + AM phân giác DAB nên � � =B MBA � 2; + BM phân giác ABC nên 1� 1� � � � = 180� PMQ - MBA - MAB = 180o A +B 2 Suy � � =C NCD � CN DCB 2; + phân giác nên � � =D NDC � 2; + DN phân giác ADC nên � = 180o - 1C �- 1D � = 180o - C �+D � PNQ 2 Suy • Tổng bốn góc tứ giác 360� � � � � Tứ giác ABCD có A + B + C + D = 360� • Tứ giác có tổng hai góc đối diện 180�là tứ giác nội tiếp ( ( ) ) � + PNQ � = 180o - A �+ B � + 180o - C �+D � PMQ MPNQ 2 Tứ giác có: � � � � = 360� A + B + C + D = 360� - 360�= 360� - 180�= 180� 2 Suy tứ giác MPNQ tứ M ; P; N ; Q giác nội tiếp hay bốn điểm nằm đường tròn (điều phải chứng minh) � I P = I 1Q 2) MI đường phân giác góc PMQ , nên ( ( ) � NK đường phân giác góc PNQ , nên K1P = K1Q ) ( ) Nên I 1K1 trục đối xứng đường tròn qua bốn điểm M ; N ; P; Q đường tròn qua bốn điểm Tương tự: Vậy J 1H I 1K1 = J 1H M ; N ; P; Q đường kính đường tròn qua bốn điểm , suy M ; N ; P; Q I 1K1 đường kính (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 phương pháp: • Trong đường tròn, phân giác góc nội tiếp chia chia chứa góc thành hai cung Hai cung hai dây cung �Q � P + MI đường phân giác góc nội tiếp PMQ chắn cung N đường tròn qua bốn điểm �Q M ; N ; P; Q P I I�P = I�1Q I P = I 1Q cắt N tại nên �Q � P + NK đường phân giác góc nội tiếp PNQ chắn cung M đường tròn qua bốn điểm �Q �Q � P =K M ; N ; P; Q P K K K P = K1Q cắt M tại nên • Một điểm cách hai đầu đoạn thẳng nằm đường trung trực đường thẳng I P = I 1Q I + nên nằm đường trung trực PQ ; K1P = K1Q K1 nằm đường trung trực PQ ; IK Suy 1 đường trung trực PQ • Trong đường tròn, đường trung trực dây trực đối xứng đường tròn M ; N ; P; Q IK IK Đường tròn qua bốn điểm có 1 đường trung trực dây PQ nên 1 trực M ; N ; P; Q đối xứng đường tròn qua bốn điểm • Trục đối xứng đường tròn đường thẳng chứa đường kính IK M ; N ; P; Q IK + 1 trực đối xứng đường tròn qua bốn điểm nên 1 đường kính M ; N ; P; Q đường tròn qua bốn điểm ; JH M ; N ; P; Q + Hoàn toàn tương tự ta có 1 đường kính đường tròn qua bốn điểm ; I K = J 1H Suy 1 (điều phải chứng minh) + nên ... Đề 22 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHTN NĂM HỌC 2015 - 2016 Đề thức MƠN THI: TỐN (Vòng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) ... Đề 23 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHTN NĂM HỌC 2015 - 2016 Đề thức MƠN THI: TỐN (Vòng 2) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) ... phương chia cho tồn số dư hoặc Chứng minh: 2 + m= 5k � m = 25k chia dư (đúng) 2 + m= 5k + 1� m = 25k + 10k + chia dư (đúng) 2 + m= 5k + � m = 25k + 20k + chia dư (đúng) 2 + m= 5k + � m = 25k + 30k