Đề thi tuyển sinh Lớp 10 môn Toán trường Chuyên năm 2011 - Vòng 1 - Đại học Quốc gia Hà Nội (Có đáp án) - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 môn Toán trường Chuyên năm 2011 - Vòng 1 - Đại học Quốc gia Hà Nội (Có đáp án) - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Định (Có đáp án)

1. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Đề chính thức TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2011 MÔN THI: TOÁN (Vòng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm). 1). Giải hệ phương trình ì 2 ï (x-1)y + x + y = 3 íï . ï (y 2)x2 y x 1 îï - + = + 2). Giải phương trình 2 3 x +7 x + = . x 2(x+1) Câu II (3,0 điểm). 1). Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn đẳng thức 4 4 4 x + y = 7z + 5 . 2). Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y)thỏa mãn đẳng thức 4 4 3 (x +1) -(x-1) = y . Câu III (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD với B AD 1 , suy ra (x -1)(y +1)> 0 nên từ (1) Þ 2 - y > 0 2 Þ y 1 (mâu thuẫn). +) Nếu x = 1Þ y = 2 (thỏa mãn). Đáp số: x = 1; y = 2 Nhận xét: Bài toán sử dụng kỹ thuật đánh giá theo miền nghiệm khi đoán trước được nghiệm của hệ phương trình. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: Cho hai biểu thức f (x; y) và g(x; y) , trong đó g(x; y)> 0 . Xét biểu thức: P = f (x; y).g(x; y) . Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281 3
2. Có hai trường hợp sau xảy ra đó là P > 0 Þ f (x; y)> 0 và P 0 Þ 2 - y > 0 Û y Þ í 2 ï 2 Þ y - 2 x +1 > 0 Û y > 2 îï( ) ( )( ) Hệ bất phương trình này vô nghiệm. ì 2 ï 1 Þ x -1 y +1 2 TH2. Nếu x 1 ï( ) ( )( ) . 0 . 3 2 Phương trình tương đương 2 x +1 x + = x + 7 . ( ) x Chia hai vế cho x ¹ 0 , ta được æ 1ö 3 7 æ 3ö æ 1ö 3 4 æ 3 ö÷æ 3 2ö÷ 2ç1+ ÷ x + = x + Û çx + ÷- 2ç1+ ÷ x + + = 0 Û ç x + - 2÷ç x + - ÷= 0 . ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ç ÷ èç xø÷ x x èç xø÷ èç xø÷ x x èç x ø÷èç x xø÷ 3 3 2 éx = 1 + Giải x + = 2 Û x + = 4 Û x - 4x + 3 = 0 Û ê . x x êx 3 ë = 3 2 3 4 3 + Giải x + = Û x + = Û x + 3x - 4 = 0 x x x x2 2 Û (x -1)(x + x + 4)= 0 Û x = 1. Đáp số x = 1; x = 3 . Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn, sau đó nâng lũy thừa tìm nghiệm của phương trình ban đầu. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 4 Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281
3. 2 Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn: xét một phương trình bậc hai có dạng mf (x).t + ng(x).t + k = 0 (*), trong đó t là ẩn phụ được biểu diễn dưới dạng t = h(x) . Khi đó, ta có 2 Dt = éng x ù - 4kmf x , với Dt bắt buộc là một số chính phương. Nên ta tìm được nghiệm của (*) đó là ëê ( )ûú ( ) ng x ng x - ( )+ Dt - ( )- Dt t = = h(x); t = = h(x) . mf (x) mf (x) ïì f x ; g x ³ 0 Cách giải phương trình f x g x ï ( ) ( ) . ( ) = ( ) Û í 2 ï f x = g x îï ( ) ( ) Ý tưởng: Trước hết, ta cần quy đồng mẫu số bài toán, như vậy ta sẽ được phương trình có dạng f (x). g(x) = h(x) và nếu nâng lũy thừa hai vế, ta sẽ thu được một phương trình bậc 5. Và phương trình bậc 5 nếu không có nghiệm nguyên thì sẽ rất khó để giải quyết. Vậy nên ta cần nghĩ đến hướng tư duy khác, đó là bài 2 3 æ 3 ö÷ toán xuất hiện căn thức x + nên ta mong muốn sẽ tạo được lượng kç x + ÷ để có thể đưa về phương trình ç ÷ x èç x ø÷ 3 bậc hai, sau đó đặt t = x + để sử dụng phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn. Tức là sẽ chia cả hai vế của x phương trình, ta được: 2 3 x +7 3 2 Ta có x + = Û 2(x +1) x + = x + 7 x 2(x+1) x æ 1ö 3 7 3 æ 1ö 3 4 Û 2ç1+ ÷ x + = x + Û x + - 2ç1+ ÷ x + + = 0 (*). èç xø÷ x x x èç xø÷ x x 3 2 æ 1ö 4 Đặt t = x + > 0 , khi đó ta có (*)Û t - 2ç1+ ÷t + = 0 . x èç xø÷ x 2 2 æ 1ö 4 æ 1ö Có ' ç ÷ ç ÷ nên suy ra được Dt =ç1+ ÷ - =ç1- ÷ èç xø÷ x èç xø÷ é 1 1 é 3 êt = 1+ +1- ét = 2 ê x + = 2 i ê x x ê ê x ( ) ê Û ê 2 Û ê . ê 1 1 êt = ê 3 2 t = 1+ -1+ ê x ê x ii ê x x ë ê + = ( ) ëê ë x x 3 2 éx = 1 Giải (i ), ta có (i )Û x + = 4 Û x - 4x + 3 = 0 Û ê . x êx 3 ë = 3 4 3 Giải (ii ), ta có (ii )Û x + = Û x + 3x - 4 = 0 Û x = 1 . x x2 Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: 1. Giải phương trình: (x + 3) (4 - x)(12 + x) = 28 - x . Đáp số: x = 4( 2 -1); x = 31 - 3 . 3 2 2. Giải phương trình: x - x = 2x - x - 2 . 1+ 5 1- 65 Đáp số: x = ; x = . 2 8 Câu II. 1). Giả sử tồn tại các số nguyên x,y,z thỏa mãn 4 4 4 4 4 4 4 x + y = 7z + 5 Û x + y + z = 8z + 5 (1) . Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281 5
4. 4 Ta có a º 0,1 (mod 8) với mọi số nguyên a ïìx4 y4 z4 0,1,2,3 (mod 8) ï + + º . Þ í 4 ï8z 5 5(mod 8) îï + º Mâu thuẫn với (1). Vậy không tồn tại (x; y; z) thỏa mãn đẳng thức. Nhận xét. Để giải bài toán trên cần sử dụng phương pháp phản chứng: “Giả sử xảy rồi biến đổi thấy điều mâu thuẫn với giả sử”. Nhắc lại kiến thức và phương pháp. Thêm cùng một lượng vào hai vế của đẳng thức ta được một đẳng thức mới tương đương với đẳng thức ban đầu 4 4 4 4 4 4 4 x + y = 7z + 5 Û x + y + z = 8z + 5 . 4 Lũy thừa bậc bốn của một số nguyên khi chia cho 8 dư 0 hoặc 1 tức là a º 0, 1 (mod8) với mọi số nguyên a ïìx4 0, 1 mod8 ï º ( ) 4 4 4 ï ïìx + y + z º 0, 1, 2, 3 mod8 ïy4 0, 1 mod8 ï ( ) . í º Þ í 4 ï ( ) ï8z 5 5 mod8 ï 4 ï + º ( ) ïz º 0, 1 mod8 îï îï ( ) Hai vế của một đẳng thức có số dư khi chia cho cùng một số nhận được số dư khác nhau thì đẳng thức này không thể tồn tại. 4 4 4 Ta thấy VT = x + y + z chia 8 dư 0 hoặc 1 hoặc 2 hoặc 3 . 4 4 4 4 4 Mà VP = 8z + 5 chia 8 dư 5 do đó không thể tồn tại đẳng thức x + y + z = 8z + 5 hay 4 4 4 4 x + y + z ¹ 8z + 5 . Vậy không tồn tại các bộ ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn đẳng thức 4 4 4 x + y = 7z + 5 . 2). Phương trình tương đương với é 2 2 ù é 2 2 ù 3 2 3 3 3 ê x +1 + x -1 ú ê x +1 - x -1 ú = y Û 2x + 2 4x = y Û 8x + 8x = y . ë( ) ( ) û ë( ) ( ) û ( )( ) 3 3 3 3 3 3 +) Nếu x ³1Þ 8x < 8x + 8x <(2x +1) Û (2x) < y <(2x +1) (mâu thuẫn vì y nguyên). +) Nếu x £-1 và (x; y) là nghiệm, ta suy ra (-x; - y) cũng là nghiệm, mà -x ³1Þ mâu thuẫn. +) Nếu x = 0 Þ y = 0 (thỏa mãn). Vậy x = y = 0 là nghiệm duy nhất. Nhận xét. Để giải bài toán trên cần sử dụng phương pháp biến đổi tương đương đưa về xét khoảng giá trị của nghiệm. Nhắc lại kiến thức và phương pháp. 2 2 Hằng đẳng thức A - B =(A + B)(A- B) 4 4 é 2 2 ù é 2 2 ù VT = x +1 - x -1 = ê x +1 + x -1 ú ê x +1 - x -1 ú ( ) ( ) ë( ) ( ) û ë( ) ( ) û 2 2 2 Hằng đẳng thức (A ± B) = A ± 2AB + B 2 2 2 2 VT =(x + 2x +1+ x - 2x +1)(x + 2x +1- x + 2x -1) 2 3 =(2x + 2)(4x)= 8x + 8x . 3 3 Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình 8x + 8x = y Giải phương trình nghiệm nguyên bằng cách xét khoảng giá trị của nghiệm Không tồn tại lũy thừa bậc ba nào giữa hai lập phương (lũy thừa bậc ba) liên tiếp. 3 3 3 3 3 3 +) Nếu x ³1Þ 8x < 8x + 8x <(2x +1) Û (2x) < y <(2x +1) 6 Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281
5. 3 3 (mâu thuẫn vì y nguyên và (2x) và (2x -1) là hai lập phương liên tiếp). 3 3 3 3 3 3 +) Nếu x £-1Þ 8x > 8x + 8x >(2x -1) Û (2x) > y >(2x -1) 3 3 (mâu thuẫn vì y nguyên và (2x) và (2x -1) là hai lập phương liên tiếp). +) Nếu x = 0 Þ y = 0 (thỏa mãn). Vậy x = y = 0 là nghiệm duy nhất. Câu III B C E I O A D 1). Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc B CD , suy ra O BD = O CD = O CB = O DB , nên tam giác DOBD cân tại O , do đó OB = OD (1).F Tứ giác OBCD nội tiếp O DC = O BE (cùng bù với góc O BC ) (2). Trong tam giác DCEF có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác DCEF cân tại C . Do ABCF Þ A EB = A FC = E AB , suy ra tam giác DABE cân tại B , nên BE = BA = CD (3). Từ (1), (2) và (3), suy ra DOBE = DODC (c – g – c). Nhận xét. Có ba trường hợp bằng nhau cơ bản của hai tam giác. Ở bài này, chúng ta sử dụng trường hợp bằng nhau “cạnh-góc-cạnh” từ đó ta sẽ đi tìm ra các cạnh và góc bằng nhau. Nhắc lại kiến thức và phương pháp. Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau. + B CO = O DB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung O B của đường tròn ngoại tiếp tam giác DBCD ). + O CD = C BD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DO của đường tròn ngoại tiếp tam giác DBCD ). Mà B CO = O CD (vì CO là tia phân giác của B CD ), suy ra O BD = O DB . Tam giác có hai góc bằng nhau là tam giác cân. Tam giác DOBD có O BD = O DB (chứng minh trên) nên DOBD cân tại O . Tam giác cân có hai cạnh bên bằng nhau. Tam giác DOBD cân tại O suy ra OB = OD . Tứ giác nội tiếp có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh không kề với nó. Tứ giác BCDO nội tiếp đường tròn ngoại tiếp DBCD có E BD là góc ngoài tại đỉnh B và C DO là góc trong tại đỉnh D không kề B suy ra E BD = C DO . Tam giác có đường cao cũng là đường phân giác thì tam giác đó cân. Tam giác DCEF có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác DCEF cân tại C . Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy bằng nhau. Tam giác DCFE cân tại C , suy ra C EF = C FE hay A EB = A FC . Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau. A FC = E AB (hai góc ở vị trí đồng vị của AB FC), suy ra A EB = E AB , nên DEBA cân tại B (tam giác có hai góc bằng nhau), do đó BE = BA mà ABCD là hình bình hành nên AB = CD suy ra BE = CD . Xét DOBE và DODC có: OB = OD ; E BD = C DO ; BE = CD suy ra DOBE = DODC (c – g – c). Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281 7
6. 2). Từ DOBE = DODC Þ OE = OC . Mà CO là đường cao tam giác cân DCEF , suy ra OE = OF . Từ đó OE = OC = OF , vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DCEF . Nhận xét. Đường tròn ngoại tiếp tam giác cách đều ba đỉnh của tam giác do đó ta chứng minh điểm O cách đều các điểm E ; C ; F hay OE = OC = OF . Nhắc lại kiến thức và phương pháp. Hai tam giác bằng nhau có các cặp cạnh và cặp góc tương ứng bằng nhau. DOBE = DODC Þ OE = OC . Tam giác cân có đường cao cũng là đường trung trực của cạnh tương ứng CO là đường cao của tam giác cân DCFE nên CO là đường trung trực của FE . Một điểm thuộc trung trực của một đoạn thẳng thì cách đều hai mút của đoạn thẳng. Điểm O thuộc đường trung trực CO của đoạn thẳng FE nên OE = OF , suy ra OE = OC = OF . Điểm cách đều ba đỉnh của một tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Ta có OE = OC = OF suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp DCEF . 3). Theo trên, ta có BE = CD mà CE = CF Þ BC = DF . Ta có CI là đường phân giác góc B CD , nên IB CB DF = = Þ IB.BE = ID.DF . ID CD BE Mà CO là trung trực EF và I ÎCO , suy ra IE = IF . Từ hai đẳng thức trên, suy ra IB.BE.EI = ID.DF.FI . Nhận xét. Chứng minh một đẳng thức ta kết hợp các đẳng thức đã cho, đã chứng minh được để ghép vào đẳng thức cần chứng minh. Nhắc lại kiến thức và phương pháp. Ta có BE = CD (chứng minh trên) và CE = CF (DECF cân tại C ) suy ra CE- BE = CF -CD Û BC = DF suy CB DF ra = . CD BE Đường phân giác trong của một tam giác chia cạnh dối diện thành hai đoạn thẳng có tỷ số bằng với tỷ số hai cạnh tương ứng của tam giác. IB CB Ta có CI là phân giác của góc trong B CD của tam giác DCBD nên = , suy ra ta được ID CD IB DE = Û BE.BI = DE.DI . ID BE Nhắc lại kiến thức. Ta có I nằm trên trung trực CO của đoạn thẳng FE nên suy ra IE = IF nhân vế theo vế với đẳng thức BE.BI = DE.DI ta được BE.BI.IE = DE.DI.IF x3 x2 Câu IV. Ta chứng minh . 3 3 ³ 2 2 (1) x + 8y x + 2y 3 4 2 x x 2 2 3 3 2 2 4 3 Û 3 3 ³ 2 Û x + 2y ³ x x + 8y Û 4x y + 4y ³ 8xy x 8y 2 2 ( ) ( ) + (x + 2y ) 2 2 Û x + y ³ 2xy (đúng). y3 y2 Ta chứng minh (2). 3 3 ³ 2 2 y +(x + y) x + 2y 8 Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281
7. y3 y4 Û 3 ³ 2 3 2 2 y +(x + y) (x + 2y ) 2 2 2 é 3 3 ù 2 2 4 3 2 2 2 2 3 Û x + 2y ³ y êy + x + y ú Û x + 2y - y ³ y x + y Û x + y x + 3y ³ y x + y ( ) ë ( ) û ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 1 2 Ta có x + y ³ x + y 2( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 x + 3y = x + y + 2y ³ 2xy + 2y = 2y x + y Þ x + y x + 3y ³ x + y .2y x + y = y x + y ( ) ( )( ) 2( ) ( ) ( ) Þ (2) (đúng). Từ (1) và (2), suy ra P ³1 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y . Vậy Pmin = 1 . Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp dự đoán điểm rơi, từ đó phát hiện tư duy bất đẳng thức phụ cần thiết để tìm giá trị nhỏ nhất của bài toán. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương x + y ³ 2 xy . 2 2 1 2 Hệ quả của bất đẳng thức Cosi, đó là: x + y ³ x + y . 2( ) Ý tưởng: Đây là một bài toán chứa các biểu thức đồng bậc, nên điểm rơi của bài toán sẽ có dạng x = k .y Từ đó thay ngược lại biểu thức P , ta có: k3 4 k 4 . P = 3 + 3 = k 3 + 3 k +8 1+(k +1) k + 8 1+(k +1) 3 3 Các biểu thức k + 8; 1+(k +1) đều xuất hiện trong căn, nên ta mong muốn nó là một số phương trình và bằng 3 3 3 2 ïìm = 3 nhau, do đó k + 8 = 1+ k +1 và k + 8 = m nên dễ thấy ï . Tức là điểm rơi của bài toán tại x = y và ( ) ík 1 îï = giá trị nhỏ nhất của P là 1 . Việc dự đoán điểm rơi này là cần thiết, nó giúp ta có nhiều sự lựa chọn hơn trong các 2 2 1 2 việc đánh giá như x + y ³ 2 xy hay x + y ³ x + y . Với điểm rơi đó, hai mẫu số trong đã bằng nhau P 2( ) nên nếu có đánh giá P , ta cần đánh giá hai căn về hai biểu thức cùng mẫu, ví dụ như cùng mẫu số 2 2 2 2 x + 2y; 2x + y; x + 2y ; 2x + y . Bây giờ, quan sát từng căn thức một: x3 x Với f x; y x , trong căn thức mẫu số có bậc ba, trên tử là bậc nhất, vậy để đồng ( )= 3 3 = 3 3 x +8y x + 8y hóa bậc thì ta cần đánh giá căn thức về một biểu thức dạng bậc không trên bậc nhất . Hơn nữa lại xuất hiện 3 8y nên ta sẽ chọn đánh giá x + 2y để tối thiểu hóa ẩn y , tức là ta sẽ cần chứng minh: x 1 2 x x 2y x3 8y3 y y x x 2y 0 . 3 3 ³ Û ( + ) ³ + Û ( - )( + )³ x + 8y x + 2y Nhưng điều này chưa hoàn toàn đúng, vì cần phải có điều kiện y ³ x , vậy nên hướng tư duy như trên chưa 2 2 đúng. Tức là ta sẽ lựa chọn biểu thức x + 2y thay vì x + 2y như ta đã chọn, vì thế: 2 x x 2 2 2 3 3 3 3 ³ 2 2 Û x x + 2y ³ x x + 8y x + 8y x + 2y ( ) ( ) 2 2 Û xy (x - y) ³ 0 . 4y3 4y Với g x; y = = y , với hướng tư duy tương tự, chúng ta sẽ có: ( ) 3 3 3 3 y +(x + y) y +(x + y) Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281 9
8. 3 2 4y 2y 2 2 2 2 3 ³ Û x + y x + 3y ³ y x + y . 3 3 2 2 ( )( ) ( ) y +(x + y) x + 2y Điều này luôn đúng do theo bất đẳng thức Cosi, ta có: ïì 2 2 1 2 ïx y x y 3 ï + ³ ( + ) 2 2 2 2 íï 2 Þ x + y x + 3y ³ y(x + y) . ï 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ïx 3y x y 2y 2xy 2y îï + = + + ³ + Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: 1. Cho a; b là hai số thực dương thỏa mãn a + b = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2a2 3b2 2b2 3a2 + + . P = 3 3 + 3 3 2a + 3b 2b + 3a 2. Cho a; b là hai số thực dương. Chứng minh rằng: æ 2 3öæ 2 3ö æ 1öæ 1ö ça + b + ÷çb + a + ÷³ç2a + ÷ç2b + ÷. èç 4ø÷èç 4ø÷ èç 2ø÷èç 2ø÷ 10 Xem tài liêu; liên hệ Zalo: 0986356281