HD de toan chuyen KHTN 20042005

Câu IV.. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau ở I. B-Đê thi vào khối phổng thông chuyên đại học Khoa học tự nhiên I -Vòng I.. Câu I. 1 ) Giải hệ phương trình..[r]

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2011

MƠN THI: TỐN (Vịng 1)

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu I 1)Giải hệ phương trình









2

1

2

2

x y x y

y x y x

    

 

   

 

2) Giải phương trình





2

3

2

x x

x x



 



Câu II 1) Chứng minh không tồn ba số nguyên thỏa mãn đẳng thức:

x4 y4 7z45

2) Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn đẳng thức:



x1



4



x 1



4 y3

Câu III Cho hình bình hành ABCD với Đường phân giác góc cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD O khác C Kẻ đường thẳng (d) qua A vuông góc với CO Đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD E, F

1) Chứng minh

2) Chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF 3) Gọi giao điểm OC BD I

Chứng minh

Câu IV Với x, y số thực dương, tìm giá trị nhỏ biểu thức:





3 4

3 8 3

x y

P

x y y x y

 

  

Cán coi thi khơng giải thich thêm.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2011

MÔN THI: TỐN (Vịng 2)

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu1: 1.Giải phương trình:



x 3 x

 

1 x 1



1 2.Giải hệ phương trình :



 



2 2 2

2

1

x y x y

x y xy x y

  

 

  

 

Câu 2: 1.Với số thực a, ta gọi phần nguyên a số nguyên lớn khơng vượt q a kí hiệu : [a]

Chứng minh với số nguyên dương biểu thức:

1

3

27

n n  

 

không biểu diễn dạng lập phương số nguyên Với x, y số thực dương thảo mãn đẳng thức: xy+yz+xz=5 Tìm GTNN biểu thức:

3x+3y+2z

√

6(x2+5)+

√

6(y2+5)+

√

x2+5

Câu 3: Cho hình thang ABCD với BC song song AD Các góc góc nhọn Hai đường chéo AC BD cắt I P điểm đoạn thẳng BC( P khơng trùng B,C) Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BIP cắt đoạn thẳng PA M khác P đường tròn ngoại tiếp tam giác CIP cắt đoạn thẳng PD N khác P

Chứng minh điểm A, M, I, N, D nằm đường tròn, gọi đường tròn (K)

Giả sử BM cắt CN Q, chứng minh Q thuộc (K)

Trong trường hợp P, I, Q thẳng hàng, chứng minh rằng:

PB BD

PC CA

Câu 4: Giả sử A tập tập số tự nhiên N, Tập hợp A có phần tử nhỏ 1, phần tử lớn 100 x thuộc A (x khác 1) tồn a, b thuộc A cho x a b  (a b) Hãy tìm tập hợp A có số phần tử nhỏ

B-Đê thi vào khối phổng thông chuyên đại học Khoa học tự nhiên I -Vòng I









2

x y x y

y x y x

            

2) Giải phương trình





x x x x     H ướng dẫn

Hệ phương trình tương đương với

2

( 1) ( 1)

( 2) ( 2)

x y x y

y x y x

               2

( 1)( 1) (1)

( 2)( 1) (2)

x y y

y x x

             

+) Nếu x1suy (x1)(y21) 0 nên từ (1) 2 y0  y 2 (y 2)(x21) 0 do từ (2)  x 1 0 x1 mâu thuẫn.

+) Nếu x1, tuơng tự suy x1 mâu thuẫn. +) Nếu x 1 y2 (thỏa mãn)

Đáp s x1,y2

b) Giải phơng trình

2( 1) x x x x     ⇔

√

x2+3

x = x2+7

2(x+1) §K : x > 0

Đặt x2 avới a x b víi b >

Ta cã 2 2 a a b b  

 suy : 2ab2 + 2a = a2b + 4b

 ab( 2b – a) – 2( 2b – a) = 0  (2b – a) (ab – 2) = 0

suy ra: a = 2b hc ab =

Thay a= 2b ta đợc : x = x = Thay ab = ta đợc x =

V©y x = Hc x=

Cách khác

Điều kiện x0 Phương trình tương đương

2

3

2(x 1) x x

x

   

Chia hai vế cho x0ta thu

1

2(1 ) x x

x x x

    (x 3) 2(1 1) x

x x x x

       ( x 2) ( x 2)

x x x

     

+) Giải

2

3

2 4

x x x x

x x

        

3 x x       . +) Giải

3

3

x x x x

x x x x

         2

(x 1)(x x 4) x

Đáp số x1,x3

Câu II 1) Chứng minh không tồn ba số nguyên thỏa mãn đẳng thức:

x4 y4 7z45

2) Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn đẳng thức:



x1



4



x 1



4 y3

H

ướng dẫn

a) Chứng minh không tồn ba số nguyên (x, y, z) thoả mãn đẳng thức : x4 + y4 = 7z4 + 5

 x4 + y4 + z4 = z4 + 5

ta có vế phải lẻ suy vế trái có số lẻ số lẻ ta biết x4 ( với x nguyên) chia cho dư với x chẵn chia cho dư với x lẻ

ta thÊy vÕ ph¶i chia d 1, hoc mà vế phải chia d Vậy phơng trình nghiệm nguyên

b) ( x+ 1)4 – ( x- 1)4 = y3  8x3 + 8x = y3

- XÐt (2x+1)3 – (8x3 + 8x) = 12 x2 – 2x +1 > suy y3 < (2x+1)3

- XÐt 8x3 + 8x – (2x -1)3 = 12 x2 + 2x + > suy y3 > (2x – 1)3

Do (2x-1)3 < y3< (2x+1)3 suy y3 = (2x)3 Từ (x;y) = (0;0)

Câu III Cho hình bình hành ABCD với Đường phân giác góc cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD O khác C Kẻ đường thẳng (d) qua A vng góc với CO Đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD E, F

1) Chứng minh

2) Chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF 3) Gọi giao điểm OC BD I

Chứng minh H

F

I B

D

C

O E

A

HD

1) Ta có Δ CEF cân C xét Δ OBE Δ ODC có OB=OC ( ∠ BCO= ∠ DCO), ∠ EBO= ∠ CDO;EB=CD ( AB) nên Δ OBE Δ ODC (gcg)

2) Theo phần OE=OC mặt khác O thuộc trung trực EF nên OE=OF OC=OE=OF

3) Ta có EI=FI cần chứng minh IB.BE=ID.DF Ta có theo tính chất phân giác Δ CBD IBID=BC

CD= DF

BE⇒IB BE=ID IE nhân vế với IE=IF ta có đpcm

Câu IV Với x, y số thực dương, tìm giá trị nhỏ biểu thức:





3 4

3 8 3

x y

P

x y y x y

 

  

H

ướng dẫn Ta có

√

x3 x3+8y3=

x2

√

(x2

+2 xy) (x2−2 xy

+4y2)≥

x2

x2+2 xy+x2−2 xy+4 y2

= x

2

x+y¿3 ¿

¿= 2y

2

√

(xy+2y2) (x2+xy+y2)

≥ 2y2

xy+2y2+x2+xy+y2

y3

+¿ 4y3

¿ ¿

√¿

Từ (1) (2) ta có P≥1 dấu xảy x=y>0 Cách khác Ta chứng minh

3

3 8 2

x x

x  y  x  y (1)

3

3 8 ( 2 )2

x x

x y x y

 

   (x22 )y2 2x x( 38 )y3  4x y2 24y48xy3

2 2

x y xy

   (đúng).

Ta chứng minh

3

3 2

( )

y y

y  x y  x  y (2)

3

3 2

( ) ( )

y y

y x y x y

 

    (x22 )y2 y y( 3(x y ) )3  (x22 )y2 2 y4 y x y(  )3

2 2

(x y )(x )y y x y( )

    

Ta có

2 1( )2

2 x y  x y

2 3 2 2 2 2 2 ( )

x  y x y  y  xy y  y x y

2 2 2

( )( ) ( ) ( ) ( )

2

x y x y x y y x y y x y

       

(2)

 đúng. Từ (1)và (2) P1 Dấu xảy  xy Vậy Pmin 1

II -Vịng 2

Câu1: 1.Giải phương trình:



x 3 x

 

1 x 1



1 2.Giải hệ phương trình :



 



2 2 2

2

1

x y x y

x y xy x y

  

 

  

 

1.Giải phương trình:



x 3 x

 

1 x 1



1

(*) ĐKXĐ 0≤ x ≤1 (∗)⇔√1− x+1=

√x+3−√x=

√x+3+√x

x+3− x ⇔3√1− x=√x+3+√x −3

với x thuộc ĐK 0≤ x ≤1

3√1− x ≥0;√x+3+√x −3≤0 Dấu “=” xảy x=1 thỏa mãn :a, §iỊu kiƯn :  x 

Ta cã : 1 x 1 

3

3

x x

x x x

  

     

 Ph¬ng tr×nh

1 1

3

x

x x

   

 

  



  x=1

2.Giải hệ phương trình :



 



2 2 2

2

1

x y x y

x y xy x y

  

 

  



 (*)

(*)

⇔

x+y¿2=2 xy(xy+1);(1) ¿

¿

(x+y)(1+xy)=4x2y2;(2) ¿

nếu xy+1= xy=-1 thay vào PT (2) vơ lí nên xy+1 khác Nhân PT (1) PT (2) : (x+y)3(1+xy)=8x3y3(xy+1)⇔x+y=2 xy

thay vào PT (2) ta có xy(1+xy)=2x2y2

⇔xy+x2y2=2x2y2⇔xy(xy−1)=0⇔ xy=0

¿ xy=1

¿ ¿ ¿ ¿ ¿  xy=0 ta có x=y=0

 Nếu xy=1 ta có hệ

¿

x2

+y2=1

x+y=2 ⇔x=y=1

¿{ ¿ *Cách khác

XÐt x = th× y = nghiệm hai phơng trình : Nếu x 0, y ta có hệ phơng trình :

2

1

2

1 1

1

x y

x y xy

               Đặt

1 1

,

a b

x  y  xy 





2 2 2

1 a b a b        

  a = 2, b =  x = 1, y = 1

Cách 3

Hệ









2

1

2

2

x y x y

y x y x

                 .

Đặt x-1 = a, y-2 = b, hệ trở thành

2

2

2

( 2) 0(1)

( 2)

( 1) (2)

2

a b a b

a b a b

a

b a b a b

a a                         Thay (2) vào (1)

2

2

2

2

( 2)

2 2

1

( 2)

2 2

0

a a

a a

a a a a

a a

a a a a

a                         

(vì biểu thức ngoặc dương)

Do a = nên tính b = nghiệm hệ (x;y) = (1;2)

Câu 2: 1.Với số thực a, ta gọi phần nguyên a số nguyên lớn khơng vượt q a kí hiệu : [a]

Chứng minh với số nguyên dương biểu thức:

1

3

27

n n  

 

không biểu diễn dạng lập phương số nguyên Với x, y số thực dương thảo mãn đẳng thức: xy+yz+xz=5 Tìm GTNN biểu thức:

3x+3y+2z

√

6(x2+5)+

√

6(y2+5)+

√

x2+5 Hướng dẫn:

3

√n<

√

3 n − 27+

1 3<

3

√n+1

3 nên

[

√

n − 27+

1 3

]

=

3

√n ;hoac :√3n+1 Giải sử biểu diễn lập phương số nguyên

Trường hợp

[

3

√

n − 27+

1 3

]

=

3

√n ; (1) t

đặ

√n=a⇒n=a3+x<(a+1)3 ( x nguyên không âm)

khi ó đ P=a3+x+a2 m

a3<a3+x+a2<(a+2)3⇒a3+x+a2=(a+1)3⇒n=(a+1)3− a2

ta ch ng minh ứ a+1¿3−a2−

27 ¿ ¿=a+1(2)

3

√¿ ¿

Ta có

a+1¿3−a2− 27 ¿ ¿ ¿ ¿√3¿

v

a+1¿3−a2− 27 ¿ ¿ ¿ ¿√3¿

ta có (2) từ (1) (2) ta có mâu thuẫn

Trường hợp 2:

[

3

√

n − 27+

1 3

]

=

3

√n+1 tương tự ta có n=(a+1)3−(a+1)2

a+1¿2− 27 ¿

a+1¿3−¿ ¿ ¿ ¿√3¿

nên

[

3

√

n − 27+

1 3

]

<

3

√n+1 loại

Ta có điều phải CM

cách khác1) Ký hiệu

3 1 ,

27 K  n  

  n1 K 1 Ta có

3 1

27 K  n  K

3

1

( ) ( )

3 27

K n K

      1 2

3 27 27 27

K

K K n K K K

         

3 3

3 3

K

K n K K K K

        K3 n K2 (K 1)3

    

Suy

2

2 3 1

27 n K  n  n  

2 Áp dụng BĐT √AB≤ A+B

2 với A;B không âm dấu “=” A=B

√

6(x2

+5)=

√

6(x2

+xy+yz+xz)=

√

2(x+z) 3(x+y)≤5x+3y+2z

√

6(y2+5)=

√

6(y2+xy+yz+xz)=

√

2(y+z) 3(x+y)≤3x+5y+2z

√

(z2

+5)=

√

(z2

+xy+z+xz)=

√

(x+z).(z+y)≤x+y+2z nên P≥

3x+3y+2z 3(3x+3y+2z)

2

=2 Min P=

3

¿

2x+2z=3x+3y 2y+2z=3x+3y

x+z=z+y xy+yz+zx=5

⇔ ¿x=2z−3y

3x=2z − y

x=y xy+yz+zx=5

⇔ ¿2x=z=2y xy+yz+zx=5

⇔x=y=1; z=2 ¿{ { {

¿

Câu 3: Cho hình thang ABCD với BC song song AD Các góc góc nhọn Hai đường chéo AC BD cắt I P điểm đoạn thẳng BC( P khơng trùng B,C) Giả sử đường trịn ngoại tiếp tam giác BIP cắt đoạn thẳng PA M khác P đường tròn ngoại tiếp tam giác CIP cắt đoạn thẳng PD N khác P

Chứng minh điểm A, M, I, N, D nằm đường tròn, gọi đường tròn (K)

Giả sử BM cắt CN Q, chứng minh Q thuộc (K)

Trong trường hợp P, I, Q thẳng hàng, chứng minh rằng:

PB BD

PC CA

Q N M

P

I

D C

B

A

1 Ta có ∠ PNI= ∠ IAD ( góc ∠ PCI) nên tứ giác AIND nội tiếp (1)

Ta có ∠ PMI= ∠ IDA ( góc ∠ PBI) nên tứ giác AMID nội tiếp (2)

từ (1) (2) suy điểm A,M,I,N,D thuộc đường tròn (K)

2 ∠ QMI= ∠ BPI= ∠ CNI nên ∠ QMI+ ∠ QNI=1800 nên Q thuộc

dường tròn (K)

3 Ta có ∠ BIP= ∠ BMP ( chắn cung BP), ∠ BMP = ∠ AMQ (dđ); ∠ AMQ= ∠ AIQ ( chắn cung AQ), ∠ AIQ= ∠ PIC (đ đ) nên

∠ BIP= ∠ CIP nên IP phân giác góc BIC áp dụng tính chất phân giác cho tam giác BIC PBPC=BI

CI (1) BC //AD áp dụng định lí ta lét ta có BI

BD= CI CA (2)

từ (1) (2) ta có đpcm

Câu 4: Giả sử A tập tập số tự nhiên N, Tập hợp A có phần tử nhỏ 1, phần tử lớn 100 x thuộc A (x khác 1) tồn a, b thuộc A cho x a b  (a b) Hãy tìm tập hợp A có số phần tử nhỏ

Hướng dẫn:

2a3>a2

2an>an-1

Nhân vế ta có 2n-1.a

n-1 >100 suy n

nếu n=8 ta có a2<26 a3<25 100<a2+a3<96 vơ lí lấy n=9 thỏa mãn

khi số {100;50;25;15;10;5;3;2;1}

Cách khác

TËp A cã phÇn tư lín 100, giả sử 100 = a1+a1/

§Ĩ sè phÇn tư cđa A  a1 = a1/ = 30

Gi¶ sư 50 = a2 + a2/ Để số phần tử của A

 a2 = a2/ = 25

Gi¶ sư 25 = a3 + a3/ Để số phần tử A

a3 – a3/ =  a3 = 13 , a3/ = 12

T¬ng tù : a3/ = 2a4 =

a4 = 2a5 =

a5 = a6 + a6/ = +

a6 =

VËy số phần tử nhỏ A 1; 2; 3; 6; 12; 13; 25; 30; 100 cách khác

Giả sử A có n số, xếp chúng theo thứ tự x1 x2 x2 xn 100 1

 

    

Suy với k



1,2,3, , n1



ta có xk1 xi xj xk xk 2xk

 

2 với 1i j k,  Áp dụng kết

 

2 ta thu đượcx2   1 2,x3   2 4,x4 8,x516,

6 32, 64

x  x  Suy tập A phải có 8 phần tử. +) Giả sứ n8 x8100.

Vì x6x732 64 96   x8 2x7 x7 50 Vì x5x6 16 32 48   x7 2x6 x6 25

Vì 5

25

8 16 24 25

x x      x  x  x 

(mâu thuẫn)

+) n9 ta có tập



1, 2,3,5,10, 20, 25,50,100



thỏa mãn yêu cầu toán