c) Chứng minh khi M thay đổi trên tia đối của tia AB thì đường thẳng CD luôn đi qua một điểm cố định..[r]
(1)Giải đề tuyển sinh toán chuyên Quốc Học Huế năm học
2020-2021
Ngày 20 tháng năm 2020
Câu 1.(1,5 điểm):
a) Cho biểu thức P =
√
x(√x+ 1) 1−x +
(√x−2)2+ 3√x−x
1−√x , tìm điều kiện củax để P <8
b) Cho f(n) = √
4n2−1(√2n+ +√2n−1),tính Q=f(1) +f(2) + +f(40) Lời giải
a) ĐKXĐ: x≥0;x6=
Ta có: P =
√
x(√x+ 1) (√x+ 1)(1−√x) +
x−4√x+ + 3√x−x
1−√x = √
x
1−√x − √
x−4 1−√x =
4 1−√x
Để P <8
1−√x <8⇔
4
1−√x −8<0⇔4(
1
1−√x−2)<0⇔
1
1−√x <2
Với x >1
1−√x <0<2
Với x <1
1−√x <2⇔1− √
x >
2 ⇔
√ x <
2 ⇔0≤x <
Vậy để P <8 0≤x <
4 x >1
b)Với n ∈N∗,ta có:
f(n) = √
4n2−1(√2n+ +√2n−1) =
1
p
(2n+ 1)(2n−1)(√2n+ +√2n−1)
=
(2n+ 1)√2n−1 + (2n−1)√2n+ =
(2n+ 1)√2n−1−(2n−1)√2n+ [(2n+ 1)√2n−1]2−[(2n−1)√2n+ 1]2
= (2n+ 1)
√
2n−1−(2n−1)√2n+ (2n+ 1)2(2n−1)−(2n−1)2(2n+ 1) =
(2n+ 1)√2n−1−(2n−1)√2n+ 2(2n+ 1)(2n−1)
=
2√2n−1− 2√2n+
Khi đó, ta có:Q=f(1)+f(2)+ +f(40) = 2√1−
1 2√3+
1 2√3−
1
2√5+ − 2√81 =
1 2−
1 18 =
4
Vậy Q=
Câu 2.(1,5 điểm)
a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) :y=mx+ 4(m = 0)6 parabol(P) :y= 2x2.
Gọi A, B giao điểm của(d) (P); A0 B0 hình chiếu vng góc A B trục hồnh Tìm m để diện tích tứ giác ABB0A0 15(cm2) ( đơn vị đo trục hồnh là
xentimet)
b) Giải hệ phương trình:
(
x2y−y+x= 3xy xy2 +y3−x3 = 3xy
(2)Lời giải
a) Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là: 2x2−mx−4 = 0
Phương trình ln có nghiệm phân biệt ∆ =m2+ 16>0,∀m
Gọi nghiệm phương trình x1 x2 (x2 > x1) Theo định lý Viete x1+x2 =
m
2 x1x2 =−2
Suy A0B0 =xB−xA =x2−x1 =
p
(x1+x2)2−4x1x2 =
r
m2
4 +
2(AA
0+BB0) =
2(yA+yB) = 2(2x
2
1+ 2x22) = (x1+x2)2−2x1x2 = m2
4 +
Ta có SAB B0A0=15 ⇔
1 2(AA
0+BB0)A0B0 = 15
⇔(m
2
4 + 4)
r
m2
4 + = 15⇔m= m=−2
Vậy để SAB B0A=15 m= hoặcm =−2
b) Trừ vế theo vế phương trình thứ cho phương trình thứ hai hệ, ta được(x−y)[(x+y)2+1] =
Từ suy x=y Thay vào phương trình thứ hệ, ta suy x=
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x, y)là (3,3)
Câu 3.(2,0 điểm)
a) Giải phương trình: (√x+ +√6−x)(6√2x+ 6−2x−13) = 6√2
b) Chứng minh phương trình x2 −(m2 −1)x+m(m−1)2 = ( x ẩn số) ln có nghiệm với giá trị m Gọi x1, x2 nghiệm phương trình cho, giả sử x1 ≤x2, tìm m đểx2 đạt
giá trị nhỏ
Lời giải
a) (√x+ +√6−x)(6√2x+ 6−2x−13) = 6√2
ĐKXĐ: −3≤x≤6
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có:
0<1√x+ + 1√6−x≤p(1 + 1)(x+ + 6−x) = 3√2
Mặt khác 6√2x+ 6−2x−13 =−(√2x+ 6−3)2+ ≤2
Suy (√x+ +√6−x)(6√2x+ 6−2x−13)≤6√2
Đẳng thức xảy x+ = 6−x √2x+ = 3, tương đương vớix= (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình cho có nghiệm x=
b) x2−(m2−1)x+m(m−1)2+ 0
∆ = (m−1)4 ≥0,∀m nên phương trình ln có nghiệm
Ta có x2 =
m2−1 + (m−1)2
2 =m
2−m = (m−
2)
2−1
4 ≥ −
Khi m =
2 x2 =−
Vậy điều kiện để x2 đạt giá trị nhỏ m =
1
Câu 4.(3,0 điểm)
Cho hai đường tròn(O)và(O0)cắt hai điểm phân biệtA vàB (điểmO nằm ngồi đường trịn (O0)) Từ điểm M tia đối tiaAB, vẽ tiếp tuyến M C, M D tới đường tròn (O)
(C, D tiếp điểm Dnằm đường tròn (O0)) Hai đường thẳngAC vàAD cắt đường tròn
(O0) tạiE F ( E F không trùng với A), hai đường thẳng CD EF cắt I a) Chứng minh tứ giác BCEI nội tiếp EI.BD =BI.AD
b) Chứng minh I trung điểm đoạn thẳng EF
(3)Lời giải
O
A
O0
B
M
C
D
E
F
I G
H K
a)Ta có: ADBC tứ giác nội tiếp ⇒∠DCB =∠DAB
ABFE tứ giác nội tiếp ⇒∠DAB=∠IEB
Suy ∠DCB =∠IEB
mà hai góc có đỉnh kề nhìn cạnh BI tứ giác BCEI nên BCEI tứ giác nội tiếp ,suy ra: ∠EBI =∠ECI
Xét hai tam giác: 4BIE 4BDA có : ∠EBI =∠ABD(= ∠ACD);∠BAD=∠BEI
Suy ra: 4BIE v4BDA(g.g)
⇒ EI IB =
AD BD(∗) ⇔EI.BD =BI.AD
b) Chứng minh tương tự câu a), ta có được: 4BIF v4BCA⇒ AC BC =
IF IB(∗∗)
Xét hai tam giác: 4M AD 4M DB có: ∠BM D :góc chung;
∠M DA =∠M BD( góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AD)
Suy ra: 4M ADv4M DB ⇒ AD
BD = M D M B.(1)
Chứng minh tương tự ta có được: 4M AC v4M CB ⇒ AC BC =
M C M B.(2)
Từ (1) và(2), kết hợpM A=M B( MA MB hai tiếp tuyến kẻ từ M đến đường tròn (O)), ta suy được: AD
BD = AC
BC(∗ ∗ ∗)
Từ (*), (**) (***) suy IE =IF hay I trung điểm IF
c) Gọi G, H giao điểm đoạn thẳng OO’ với đoạn thẳng AB CD K giao điểm đoạn thẳng OM CD
Xét hai tam giác vng: 4OHK 4OM G có: ∠M OH :góc chung
Suy ra: 4OHK v4OM G(góc nhọn) ⇒ OH
OM = OK
OG ⇔OH.OG=OK.OM =OA
2 =OB2.
Xét hai tam giác: 4OAG 4OHA có: OG
OA = OA
OH;∠AOH : góc chung
Suy :4OAGv4OHA⇒∠OAH =∠OGA= 90o.
Từ suy được: HA tiếp tuyến đường tròn (O)tại điểmA, chứng minh tương tự ta có: HB tiếp tuyến đường tròn (O) điểmB Vậy H giao điểm hai tiếp tuyến Avà
B đường tròn (O), suy H cố định
(4)Câu 5.2,0 điểm
a) Tìm tất giá trị nguyên x y thỏa mãn
2021(x2+ 2y2)−2020(2xy+y) = 2022.
b) Cho x, y, z ba số thực dương, tìm giá trị nhỏ biểu thức
S =
p
2x2−xy+ 2y2 x+y+ 2z +
p
2y2−yz+ 2z2 y+z+ 2x +
√
2z2−zx+ 2x2 z+x+ 2y Lời giải
a) 2021(x2+ 2y2)−2020(2xy+y) = 2022 (1)
⇔2020(x−y)2+ 1012y2+x2+ 1010(y−1)2 = 3032 (2)
Nếu |y| ≥2thì 1012y2 >3032, mâu thuẫn với (2)
Nếu |y−1| ≥2 1010(y−1)2 >3032, mâu thuẫn với (2) Từ suy y= hoặcy =
Trường hợp 1: y = Thay vào (1) ta 2021x2 = 2020 (loại phương trình khơng có nghiệm
nguyên)
Trường hợp 2: y= Thay vào (1) ta 2021x2−4040x= 0 Vì x nguyên nênx= 0
Vậy phương trình (1) có nghiệm ngun (x, y) (0,1)
b) Trước chứng minh toán, ta chứng minh bất đẳng thức quen thuộc sau:
x2+y2 ≥
2(x+y)
2,∀x, y a
b+c+ b c+a +
c a+b ≥
3
2,∀a, b, c≥0
Quay trở lại toán, ta có: p
2x2−xy+ 2y2 =
r
1
2(x−y)
2+3
2(x
2+y2)≥
r
3
1
2(x+y)
2 = √
3
2 (x+y)
Tương tự p2y2−yz+ 2z2 ≥ √
3
2 (y+z)và
√
2z2−zx+ 2x2 ≥ √
3
2 (z+x)
Suy S ≥ √
3 (
x+y
y+z+z+x +
y+z
z+x+x+y +
z+x
x+y+y+z ≥ √
3
3 =
3√3
S =
√
3
4 khix=y=z
Vậy giá trị nhỏ S
√
3