Vậy bất đẳng thức đã cho là đúng, ta có điều phải chứng minh..[r]
(1)ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020
MƠN THI: TỐN (VỊNG 2)
Thời gian làm bài: 120 (không kể thời gian phát đề) Câu 1.
a) Giải hệ phương trình:
(
)(
)
(
)(
3)
1
5 12 13 243
x y x
y xy x y x y y
ì + + = ïïï
íï + + + + + + + =
ïïỵ
b) Giải phương trình:
(
)
(
)
(
)
7 7
12 12 24
x- + x- + - x = Câu 2.
a) Tìm tất số nguyên dương , ,a b c cho ba số 4a2+5 , 4b b2+5 , 4c c2+5a bình phương số nguyên dương
b) Từ bốn số thực
(
a b c d, , ,)
ta xây dựng số(
a b b c c d d+ , + , + , +a)
liên tiếp xây dựng số theo quy tắc Chứng minh hai thời điểm khác ta thu số (có thể khác thứ tự) số ban đầu phải có dạng(
a,- a a, ,- a)
Câu
Cho tam giác ABC cân có ·BAC<90 Điểm E thuộc cạnh AC cho ·AEB>90 Gọi P giao điểm BE với trung trực BC Gọi K hình chiếu vng góc P lên AB Gọi Q hình chiếu vng góc
E lên AP. Gọi giao điểm EQ PK F
a) Chứng minh bốn điểm , , ,A E P F thuộc đường tròn
b) Gọi giao điểm KQ PE L Chứng minh LA vuông góc với LE
c) Gọi giao điểm FL AB S Gọi giao điểm KE AL T Lấy R điểm đối xứng A qua L Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AST đường tròn ngoại tiếp tam giác BPR tiếp xúc
Câu 4.
Với , ,a b c số thực dương thỏa mãn a b c+ + =3 Chứng minh rằng:
2
1 1
3 1 a b c
a b c abc bc ca ab
ổ ửữ ổ ửữ
ỗ + + - ữ+ + ỗ + + ữ
ỗ ữ ỗ ữ
ỗ ỗ
ố ứ è ø
(2)LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1.
a) Với
(
x+y x) (
+ =1)
4, ta có:(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)(
)(
)
(
)
(
)
(
)(
)
(
)
(
)(
)
(
)
3 3 312 13 12 1
3 1
3 1
3 1
1
x y y x y xy x y y
x y xy x y x x y y x y x y xy x y
x y x y x y x y + + + = + - + + + + = + - + + + + + + é ù = + - + ë - + + +û = + + + + + + = + + Ngoài ra:
(
)(
) (
)(
)
(
)(
)
(
)
25 1
2 1
y xy x y y x y x x y
x y x y x y
+ + + + = + + + + + + = + + + + = + +
Do phương trình thứ hai hệ tương đương
(
)
5
243
x+y = Û + =x y Từ ta tìm x= =y
Vậy hệ cho có nghiệm
(
x y;) ( )
= 1;1b) Đặt a= -x 12 b=2x- 12 Khi phương trình trở thành:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
7
7 3
6
6 3
5 3
2
2 2
0
0
7 14 21 14
0
a b a b a b a a b a b a b a b ab b a b a b a a b a b a b a b ab b a b
a b a b a b a b a b ab ab a b a ab a b ab b
+ - + = Û + - + - + - + - + é ù Û + êë - + - + - + - + úû= Û + - - - = é ù Û + ê + + + + ú= ë û
Nhận thấy ,a b không đồng thời nên phương trình tương đương:
(
)
0
0
0 a
ab a b b a b é = ê ê + = Û ê= ê + = ë Với a=0, ta có x=12
(3)Thử lại thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có ba nghiệm S=
{
6; 8; 12}
Câu 2.a) Khơng tính tổng quát, giả sử a số lớn ba số , ,a b c
Khi đó, ta có 4a2+5b>4a2=(2 )a 2và 4a2+5b£ 4a2+5a<4a2+8a+ =4 (2a+2) Mà4a2+5b số phương nên 4a2+5b=(2a+1)2, tức 5b=4a+1
Từ đây, ta suy bchia dư Do b=4k+1vi kẻ Ơ Mt cỏch tng ng, ta cú a=5k+1 Xét trường hợp sau
Trường hợp 1: b c³ Chứng minh tương tự trên, từ giả thiết 4b2+5c số phương, ta suy
5c=4b+ =1 16k+5 Do kchia hết cho 5, tc k=5nvi nẻ Ơ Khi ú, ta cú
16 1, 20
c= n+ b= n+ a=25n+1. Với kết trên, ta có
2 2
4c +5a=4(16n+1) +125n+ ³5 4(16n+ +1) 4(16n+ + =1) (32n+3) (1) Và
2 2
4c +5a=4(16n+1) =125n+ =5 (32n+4) - (3n- 7)<(32n+4)
Mà 4c2+5a số phương nên 4c2+5a=(32n+3)2 Suy ra, dấu đẳng thức bất đẳng thức (1) phải xảy ra, tức n=0 Từ a= = =b c
Trường hợp 2: c>b Trong trường hợp này, ta có
2 2
4b + ³5c 4b +5(b+ >1) (2b+1)
Mà 4b2+5c số phương nên 4b2+ ³5c (2b+2)2 Do 5c³ 8b+ =4 32k+ >12 25k+5
Suy c>5k+ =1 a mâu thuẫn Vậy trường hợp xảy Tóm lại, có số ( ; ; )a b c thỏa mãn yêu cầu (1;1;1)
b) Gọi ( , , , )a b c dn n n bốn số thực thu sau lượt thứ n Khi đó, ta có
0 0
( , , , )a b c d =( , , , )a b c d Và
1 1 2( )
n n n n n n n
a+ +b+ +c + = a + + +b c d " ẻ Ơn Suy
0 0
2 (n ) (n )
n n n n
a + + +b c d = a + + +b c d = a b c d+ + +
(4)Vì m k nên a b c d 0 Bây giờ, ta có ý rằng
2 2
2 2
2 2
1 1 1 1
2 2
1 1 1 1
2 2
1 1 1
2 2
1 1
( ) ( ) ( ) ( )
2( ) 2( )( )
2( ) 2( )( )
2(
n n n n
n n n n n n n n
n n n n n n n n
n n n n n n n n n n
n n n
a b c d
a b b c c d d a
a b c d a c b d
a b c d a b c d b d
a b c
d2n1) Suy 2 2 (1 21 21 21 21)
n n n n n
a b c d a b c d n
Vì hai số ( , , ,a b c dm m m m) ( , , , )a b c dk k k k ( khác thứ tự) nên
2 2 2 2 .
m m m m k k k k
a b c d a b c d Hay
1 2 2 2 2
1 1 1 1
2 (m a b c d ) (k a b c d )
Từ đây, ta có a1b1 c1 d10 Suy ba c, b d, c, tức số ban đầu phải có dạng ( ,a a a a , , ).
Ta có điều phải chứng minh Câu 3.
a) Vì tam giác ABC cân Anên trung trực BC qua ,A AP phân giác góc BAC Do PAEPAK
Tứ giác AFKQ có AKF AQF 90onên AFKQ tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AF Suy KAQKFQ
(5)Do tứ giác AEPF nội tiếp hay bốn điểm , , ,A E P F thuộc đường tròn b) Từ tứ giác nội tiếp AFKQ AEPF chứng minh câu a), ta suy
=
AQL AFK AFP AEL
Suy tứ giác AQEL nội tiếp Mà AQE90onên ALE 90o hay LALE.
c) Ta có AL KP BC, , ba đường cao tam giác ABP nên chúng đồng quy trực tâm mà ta ký hiệu điểm H Trước hết, P trực tâm tam giác ABH A đối xứng R qua đường cao BL tam giác ABR nên BRH 180o BRA180o BAH BPH, suy tứ giác BPRH nội tiếp
Ta có PBH PALPKL nên LEF LKF. Suy tứ giác KFLE nội tiếp
Do ALS 90o ELS 90o PKESKT. Từ đây, ta suy tứ giác SLTK nội tiếp
Vì tứ giác BKLH nội tiếp đường trịn đường kính BH nên LTS LKS LHB Suy ST BH .
Đường thẳng EFcắt ABtại M, KL cắt ST N Ta có AQ vừa phân giác vừa đường cao tam giác AEM nên AEM cân A. Suy QE QM Kết hợp với ST EM (cùng vuông với AQ) nên theo định lý Thales, ta có N trung điểm ST Do gọi X giao ANvới BC từ ST BH ta suy X trung điểm BH Gọi G hình chiếu vng góc P lên AX, vẽ đường kính AA đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH gọi G đối xứng G qua X
Dễ thấy AG A 900 nên nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tứ giác BPHA hình bình hành. Hơn A G PG nên PGA G hình bình hành Do điểm ,P G đối xứng với ,A G qua X. Mà tứ
giác BG A H nội tiếp nên tứ giác BPGH nội tiếp.
Từ tứ giác nội tiếp AKGL (nội tiếp đường trịn đường kính AP) KSLT, ta suy
NG NA NK NL NS NT
Do đó, tứ giác ASGT nội tiếp Mặt khác, ta lại có
AGT AST ABH AG H GG H BGG
Suy , ,T G B thẳng hàng Tương tự, ta có , ,H G S thẳng hàng
Từ ST BH suy đường tròn ngoại tiếp hai tam giác GTS GBH tiếp xúc với G Do hai đường trịn ngoại tiếp hai tam giác AST BPR tiếp xúc với G
Câu 4.
Bất đẳng thức cho viết lại thành
2 2 2 2
1 1 1 3( )
3 a b c
a b c a b c abc abc
ỉ ư÷ ỉ ư÷ + +
ỗ + + ữ- ỗ + + + ữ +
ỗ ữ ỗ ữ
ỗ ç
(6)2 2 2 2
1 1 3( 2 ) 31
3 a b c ab bc ca
a b c abc abc abc
ỉ ư÷ + + + + +
ỗ + + ữ+ + =
ỗ ữ
ỗố ứ
Đặt
1 1
, ,
x y z
a b c
= = =
ta có
1 1
3
x+ + =y z hay xy+yz+ =zx 3xyz. Ta đưa chứng minh
2
3(x+ +y z) + ³4 31xyz Đặt p= + +x y z q, =xy+yz+zx r=xyz ta có q=3r Ta cần có
2
3p + ³4 31 r
Theo bất đẳng thức Cơ-si (x+ +y z xy)( +yz+zx) 9³ xyz nên x+ + ³y z hay p³ Ta có bất đẳng thức quen thuộc
( )( )( )
xyz³ x+ -y z y+ -z x z+ -x y nên
( )( )( )
r³ p- x p- y p- z . Khai triển ta r³ p3- (p x2 + + +y z) (p xy+yz+zx) 8- xyz hay
3
9r³ - p +12pr
3
12
p
r p- ³
Ta đưa chứng minh
3
2 31
3 ,
12
p p
p + ³
- quy đồng khai triển, ta có
2