Đề thi năm nay đối với các em thí sinh có thể coi là khó nhưng nhìn một cách tổng thể thì đề thi này là bình thường, chú yếu đánh vào tâm lí các em học sinh khá nhiều vì nếu lướt qua thì[r]
(1)THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG Tập thể lớp chun Tốn khóa 36 ∗
1 Đề thi
Bài 1(2,0 điểm)
a) Chox+y+z=x2+y2+z2=2vàxyz6=0 Chứng minh
x+
1
y+
1
z =
1
xyz
b) Cho0<x<2thỏa mãn 3(x
2+5x−1)
x2+x−1 +23=
24(x2+3x−1)
x2+2x−1 Tính giá trị biểu thứcT = (x2−x−2)2020+
(x2−x)2021
Bài 2(2,0 điểm)
a) Cho phương trìnhx2+mx+n=0trong đóm2+n2=2020 Chứng minh phương trình có nghiệmx0thì|x0|<√2021
b) Cho dãy số gồm 4041 số phương liên tiếp, tổng 2021 số đầu tổng 2020 số cuối Tìm số hạng thứ 2021 dãy số
Bài 3(2,0 điểm)
a)Giải hệ phương trình
x+√x2+3
y+1 2+
p
y2+y+1
=
x4+2(3−8y)x2+16y−7 =0 b)Tìm số nguyênx,ythỏa mãn√9x2+16x+96+16y=3x−24.
Bài 4(3,0điểm).Cho tam giác nhọnABCcó trực tâmHvà nội tiếp đường tròn(O) GọiPlà điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giácHBC nằm tam giác ABC, (P6=B,C,H) GọiM giao điểm đường thẳngPBvới đường tròn(O),(M6=B);Nlà giao điểm đường thẳngPCvới đường tròn(O),(N6=C) Đường thẳngBM cắtAC tạiE, đường thẳngCN cắtABtạiF Đường tròn ngoại tiếp tam giácAME đường tròn ngoại tiếp tam giácANF cắt tạiQ,(Q6=A)
a)Chứng minh tứ giácAEPF nội tiếp b)Chứng minhM,N,Qthẳng hàng
c)Trong trường hợpAPlà phân giác gócMAN[, chứng minh rằngPQđi qua trung điểmBC
Bài 5(1,0điểm).Chox,y,z>0 Chứng minh √
xy
1+√yz+
1 √
xy+√yz+
s
2√yz
1+√xy ≥2
∗Email:10toancutee@gmail.com Facebook:Mười Một Toán
(2)2 Lời giải bình luận
2.1 Bình luận chung
Đề thi năm em thí sinh coi khó nhìn cách tổng thể đề thi bình thường, yếu đánh vào tâm lí em học sinh nhiều lướt qua căng thẳng khó "xơi" Một điều cần quan tâm khơng có câu mang hướng tư logic hay gọi Tổ hợp, vài câu lại "lượm" lại mạng, điều chứng tỏ đề thi năm chưa thực chất lượng mong đợi đặc biệt năm học vừa qua năm học đầy biến động, em học sinh phải nghỉ dịch nhiều
Chúng xin trích lại viết thầy giáo Kiều Đình Minh sau: Một đề thi
1 Nói lên trình độ chun môn, tầm người đề Ảnh hưởng đến việc chọn học sinh
3 Định hướng cho công tác giảng dạy bồi dưỡng
4 Phản ảnh tình trạng giảng dạy địa phương, đơn vị Tầm nhìn nhà quản lý
2.2 Lời giải chi tiết Bài 1(2,0 điểm)
a) Chox+y+z=x2+y2+z2=2vàxyz6=0 Chứng minh
x+
1
y+
1
z =
1
xyz
b) Cho0<x<2thỏa mãn 3(x
2+5x−1)
x2+x−1 +23=
24(x2+3x−1)
x2+2x−1 Tính giá trị biểu thứcT = (x2−x−2)2020+
(x2−x)2021
Lời giải a)Từ giả thiết cho ta có2(xy+yz+zx) = (x+y+z)2−(x2+y2+z2) =22−2=2hay
xy+yz+zx=1 Kết hợpxyz6=0thì suy
x+
1
y+
1
z =
1
xyz
b)Ta viết lại giả thiết cho thành 3(x2+5x−1)
x2+x−1 +23=
24(x2+3x−1)
x2+2x−1 ⇔26+ 12x
x2+x−1 =24+
24x x2+2x−1 ⇔1+ 6x
x2+x−1 =
12x x2+2x−1 ⇔ x
2+7x−1
x2+x−1 =
12x
x2+2x−1 (∗) Đặtx2−x−1=t, đẳng thức(∗)trở thành t+8x
t+2x=
12x t+3x
(3)• Vớit=0thì dễ dàng cóT = (−1)2020+ 12021 =2
• Vớit=xthìx2−2x−1=0, phương trình có hai nghiệm 1−√2<0và1+√2>2nên trường hợp loại
VậyT nhận giá trị là2
Bình luận.Phần a) tốn bản, phần cho điểm mà học sinh phải xử lí Phần b) nhìn biểu thức cồng kềnh, bạn học sinh phải biết chia tử cho mẫu để loại bỏ bớt hệ số cịn lại phương trình(∗) Đến đây, ta có ý tưởng đặt ẩnt biểu thức cần tính có chứax2−xvàx2−x−2mà số mũ lại to là2020và2021nên ta dự đoán giá trị củax2−x=1vàx2−x−2=−1
Còn làm cách tự nhiên quy đồng (∗) bấm máy tính để nhóm nhân tử thành (x2−2x−1)(x2−x−1) =0, từ làm tương tự lời giải hồn thành tốn
Bài 2(2,0 điểm)
a) Cho phương trìnhx2+mx+n=0trong đóm2+n2=2020 Chứng minh phương trình có nghiệmx0thì|x0|<√2021
b) Cho dãy số gồm 4041 số phương liên tiếp, tổng 2021 số đầu tổng 2020 số cuối Tìm số hạng thứ 2021 dãy số
Lời giải a) Cách 1. Ta gọi nghiệm lại phương trình x2+mx+n=0 x1 Theo định lý Vi-et, ta cóx0+x1=−mvàx0x1=n Khi đó,
(x0+x1)2+ (x0x1)2=m2+n2=2020 ⇒x20+x21+ (x0x1+1)2=2021
Vìx1vàx0x1+1khơng thể đồng thời bằng0nênx20<2021và từ suy ra|x0|<√2021
Cách 2.(tham khảo [1]) Dox0là nghiệm phương trình
x20=−mx0−n⇒x40= (mx0+n)2≤(x20+1)(m2+n2) =2020(x20+1)<2020x20+2021 Suy ra(x20+1)(x20−2021)<0, điều dẫn tớix20<2021hay|x0|<√2021
Cách 3.Ta có(x02+n)2=m2x20⇒n2=x20(m2−2n−x20) =x20(2020−n2−2n−x20).(∗) Ta thấyn2,x20≥0nên suy
0≤2020−m2−2n−x20=2021−(n−1)2−x20⇒x20≤2021
Dấu xảy khin=1vàx20=2021, thử lại vào(∗)ta thấy không thỏa nên suy rax20<2021 hay ta có đpcm
b)Ta gọi4041số phương liên tiếp là(n−2020)2,(n−2019)2, ,(n+2019)2,(n+2020)2 vớin∈N,n≥2020.Theo giả thiết ta có:
(n−2020)2+ .+n2= (n+1)2+ .+ (n+2020)2
(4)và vế phải
2020n2+2n(2020+2019+ .+1) + (20202+20192+ .+12) Vậy suy ran2=4n(1+2+ .+2020)hayn=4(1+2+ .+2020) =4·2020·2021
2 =8164840 don>0
Bình luận Cách phần a) sử dụng định lý Vi-et ngắn tự nhiên Ở phần b) cách gọi 4041số phương kĩ bạn học toán, giúp triệt tiêu tổng bình phương
Bài 3(2,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình
x+√x2+3
y+1 2+
p
y2+y+1
=3
2 (1)
x4+2(3−8y)x2+16y−7 =0 (2) b) Tìm số nguyênx,ythỏa mãn√9x2+16x+96+16y=3x−24
Lời giải a)Ta phân tích phương trình thứ (2) trở thành(x2−1)(x2+7−16y) =0 Suy rax2−1=0 hoặcx2+7=16y
• Vớix=1thì phương trình (1) trở thànhy+py2+y+1=0⇒y=−1. • Vớix=−1thì phương trình (1) trở thànhy+py2+y+1=1⇒y=0 • Vớix2+7=16y
Ta cóx+√x2+3=√
x2+3−x nên phương trình (1) trở thành
p
x2+3−x=2
y+1 2+
p
y2+y+1
=
q
(−1−2y)2+3−(−1−2y). (∗)
Đặtz=−1−2y thì(∗)trở thành √x2+3−x=√z2+3−z⇒
x2+3 =
3 √
z2+3+z, suy √
x2+3+x=√z2+3+z Từ dễ dàng cóx=zhayx=−2y−1.
Kết hợp vớix2=16y−7ta rút đượcx2=−8(x+1)−7=−8x−15suy rax=−3⇒y=1 hoặcx=−5⇒y=2
Thử lại ta thấy nghiệm thỏa mãn Kết luận nghiệm hệ phương trình (x;y)∈ {(1;−1),(−1; 0),(−3; 1),(−5; 2)}
b)Đặtk=−y−2, ta viết lại giả thiết thành
p
9x2+16x+96=3x+16k+8 ⇒9x2+16x+96= (3x+16k+8)2
⇔9x2+16x+96=9x2+6x(16k+8) + (16k+8)2 ⇔(96k+32)x+ (16k)2+162k−32=0
⇔(3k+1)x+8k2+8k−1=0 ⇔x=−8k
(5)Suy ra8k2+8k−1 3k+1⇔24k2+24k−3 3k+1do(3,3k+1) =1
Mà ta có24k2+24k−3=8k(3k+1) +16k−3nên suy ra16k−3 3k+1⇔16(3k+1)−25= 48k−9 3k+1 Suy ra25 3k+1nênknhận giá trị sau{−2; 0; 8}
Thử vào ta nhận hai trường hợp thỏa mãn sau • k=8thìx=−23,y=−10
• k=0thìx=1,y=−2
Kết luận phương trình nghiệm ngun ban đầu có hai nghiệm(x;y)∈ {(1;−2),(−23;−10)}
Bình luận Đối với phần a) tốn ln hướng tới khai thác giả thiết từ phương trình thứ Tìm mối quan hệ giữaxvà ysau nhóm nhân tử Cịn phương trình đầu trường hợp thứ 3, ta đưa dạng quen thuộc f(a) = f(b)để suy raa=b, dạng không mới, phổ biến giải phương trình
Ở phần b), từ giả thiết tốn ta suy ra9x2+16x+96là số phương ta viết9x2+16x+ 96=k2, vớiklà số tự nhiên Ta có9x2+16x+96=k2tương đương với
(3k)2−(9x+8)2=800⇔(3k+9x+8)(3k−9x−8) =800=25·52
Sau ta xét trường hợp để đến kết cụ thể Cách làm "kiểu ra" thời gian chứng tỏ tốn giải mà không cần sử dụng hết giả thiết3x−24−16y
ở vế lại Một điều đáng tiếc phần b) xuất diễn đàn Toán học, tham khảo thêm [2]
Bài 4(3,0 điểm).Cho tam giác nhọnABCcó trực tâmH nội tiếp đường trịn(O) GọiPlà điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giácHBC nằm tam giácABC,(P6=B,C,H) GọiMlà giao điểm đường thẳngPBvới đường tròn(O),(M6=B);Nlà giao điểm đường thẳngPCvới đường tròn(O),(N6=C) Đường thẳngBM cắtACtạiE, đường thẳngCN cắtAB
tạiF Đường tròn ngoại tiếp tam giácAME đường tròn ngoại tiếp tam giácANF cắt
Q,(Q6=A)
a) Chứng minh tứ giácAEPF nội tiếp b) Chứng minhM,N,Qthẳng hàng
c) Trong trường hợpAPlà phân giác gócMAN[, chứng minh rằngPQđi qua trung điểmBC
Lời giải a)VìH trực tâm tam giácABCnên180◦−∠BAC=∠BHC=∠BPC=∠EPF Suy tứ giácAEPF nội tiếp
b)Ta có
∠AQN+∠AQM=∠AFN+∠AEM=∠AEP+∠AFP=180◦, tứ giácAEPF nội tiếp Từ ta có ba điểmM,N,Qthẳng hàng
c)Ta có∠AEQ=∠AMN=∠ACN nênEQkCF, tương tựBEkFQ Vậy ta có tứ giácFQEPlà hình bình hành
Lại có ∠QAM=∠QEP=∠QFP=∠QAN nênAQ phân giác góc ∠MAN Kết hợp giả thiết ta cóA,P,Qthẳng hàng (1)
Để ýPF·PN=PQ·PA=PE·PMnên tứ giácNFEMnội tiếp, từ suy ra∠PEF =∠PNM= ∠PBC⇒EF kBC(2)
(6)Bình luận.Bài hình nhìn chung đơn giản, học sinh bình thường dễ dàng giải hai ý lời giải kẻ thêm cả, sử dụng tứ giác nội tiếp Đặc biệt toán lại xuất mạng, bạn đọc xem thêm [3]
Bài 5(1,0điểm).Chox,y,z>0 Chứng minh √
xy
1+√yz+
1 √
xy+√yz+
s
2√yz
1+√xy ≥2
Lời giải Đặt√xy=a,√yz=b Ta quy chứng minh bất đẳng thức
a
1+b+
1
a+b+
r
2b
1+a ≥2
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có
r
2b
1+a =
2b
p
2b(1+a) ≥
4b
2b+1+a
Vậy ta cần chứng minh
a
1+b+
1
a+b+
4b
2b+1+a ≥2 (∗)
Cách 1.Quy đồng bất đẳng thức(∗)và biến đổi tương đương ta có
a
1+b+
1
a+b+
4b
2b+1+a ≥2⇔(a−1)
2(a+b+1)≥0. Vậy hoàn tất chứng minh
Cách 2.Ta chứng minh bất đẳng thức(∗)bằng biến đổi tương đương khôn khéo chút so với việc quy đồng tất lên cách
Đặt1+b=m,a+b=n, đóa=n−m+1,b=m−1 Bất đẳng thức viết lại thành
n−m+1
m +
1
n+
4(m−1)
(7)⇔ n+1
m −1+
1
n+4−
4(n+1)
m+n ≥2
⇔ n+1
m +
1
n+1−
4(n+1)
m+n ≥0
⇔(n+1)
m+ n−
m+n
≥0
Dễ thấy bất đẳng thức
m+
1
n−
4
m+n =
(m−n)2
mn(m+n) ≥0
Cách 3.Ta chứng minh bất đẳng thức tổng quát của(∗)là
a b+c+
c a+b+
4b
2b+c+a ≥2
Thật vậy, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có
a b+c+
c a+b+
4b
2b+c+a = a2 a(b+c)+
c2 c(a+b)+
4b2 b(2b+c+a) ≥ (a+c+2b)
2
a(b+c) +c(a+b) +b(2b+c+a) =(a
2+c2) +4b2+2ac+4(bc+ba) 2(ab+bc+ca) +2b2 ≥4(ab+bc+ca) +4b
2
2(ab+bc+ca) +2b2 =2 Áp dụng bất đẳng thức vớic=1ta có đpcm
Cách 4.Ta viết lại BĐT tổng quát sau
a
b+c+1+ c
a+b+1+
4b
2b+c+a= (a+b+c)
1
b+c+
1
a+b
+ 4b
2b+a+c≥4
Bất đẳng thức
b+c+
1
a+b ≥
4
2b+a+c nên suy
(a+b+c)
1
b+c+
1
a+b
+ 4b 2b+a+c ≥
4(2b+a+c) 2b+a+c =4
(8)Tham khảo
[1]Lời giải đề thi chuyên Toán nhóm "Hồng Balance"
[2] Chủ đề giải phương trình nghiệm nguyên thành viên "Black Pearl" trên diễn đàn Toán học
Mười Một Toán