GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN ĐỀ  10 ĐỀ ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Đề thức TRƯỜNG THPT CHUN NĂM 2011 MƠN THI: TỐN (Vòng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình �( x- 1) y2 + x + y = � � � � �(y- 2)x + y = x + 2) Giải phương trình x+ x2 +7 = x 2( x+1) Câu II (3,0 điểm) 1) Chứng minh không tồn ba số nguyên ( x; y; z) thỏa mãn x4 + y4 = 7z4 + 2) Tìm tất cặp số nguyên đẳng thức ( x; y) thỏa mãn đẳng thức 4 ( x + 1) - ( x- 1) = y3 o � � Câu III (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD với BAD < 90 Đường phân giác góc BCD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác VBCD 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 D OBE =D ODC 2) Chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác VCEF 3) Gọi giao điểm OC BD I , chứng minh IB.BE.EI = ID.DF.FI Câu IV (1,0 điểm) Với x; y số thực dương, tìm giá trị nhỏ biểu thức P= 4y3 x3 + x3 + 8y3 y3 +( x + y) Câu I 1) Hệ phương trình tương đương với � � ( x- 1) ( y2 + 1) = 2- y (1) ( x- 1) y2 +( x- 1) = 2- y � � � � � � � � y x + y ) = x ( y - 2) ( x2 + 1) = x- (2) � (� ) ( ) � � x - 1) ( y2 + 1) > ( (1) � 2- y > x> +) Nếu , suy nên từ � y < � ( y - 2) ( x2 + 1) < ; Do từ (2) � x- 1< � x < (mâu thuẫn) +) Nếu x< 1, tuơng tự suy x> (mâu thuẫn) +) Nếu Đáp số: x = 1� y = (thỏa mãn) x = 1; y = Nhận xét: Bài toán sử dụng kỹ thuật đánh giá theo miền nghiệm đoán trước nghiệm hệ phương trình Nhắc lại kiến thức phương pháp:  Cho hai biểu thức Xét biểu thức: f ( x; y) g( x; y) P = f ( x; y) g( x; y) Có hai trường hợp sau xảy , g( x; y) > P > � f ( x; y) > P < � f ( x; y) <  Kỹ thuật nhẩm nghiệm Ý tưởng: Bài tốn khơng phải hệ phương trình đồng bậc, đồng bậc hai ta giải x - 1; y - cách đưa hệ số bất định Nhưng điều đáng lưu ý tốn biểu thức gắn với hai đại lượng không âm Nên nhiều khả xảy ( x- 1) y2 = ( y - 2) x2 = Xét trường hợp thấy ( x; y) = ( 1; 2) nghiệm hệ phương trình Hoặc ta sử dụng kỹ thuật nhẩm nghiệm sau, giả sử x = k , ta thay thử giá trị k , tất nhiên lấy giá trị k nguyên đẹp Và cho ta nghiệm ( x; y) = ( 1; 2) Với � x+ y = � x - 1+ y - = � �� � � � �y - x = � �y - = x - cặp nghiệm này, thực chất Vì ta tách hệ phương trình ban đầu, nhóm nhân tử sau:  Hệ phương trình cho tốn quy giải hệ phương trình � � ( x- 1) ( y2 + 1) = 2- y ( x - 1) y2 + x - 1+ y - 2= � � � �� �� � � ( y - 2) x2 + y - = x- ( y - 2) ( x2 + 1) = x- � � � � ( 1) ( 2)  Đến đây, ta đánh giá miền nghiệm: � ( 1) � ( x- 1) ( y2 + 1) > 0� 2- y > � y < � � x > 1� � � ( 2) � ( y - 2) ( x2 + 1) > � y > � � TH1 Nếu Hệ bất phương trình vơ nghiệm � ( 1) � ( x- 1) ( y2 + 1) < 0� 2- y < � y > � � x < 1� � � ( 2) � ( y - 2) ( x2 + 1) < � y < � � TH2 Nếu Hệ bất phương trình vơ nghiệm x = 1; y =  Vậy nghiệm hệ phương trình Bài tốn kết thúc Bài tập tương tự: � 2( x - 1) y2 + x + y = � � � ( y - 3) x2 + y = x + � Giải hệ phương trình � ( x; y) = ( 1;3) Đáp số: 2) Điều kiện x> Phương trình tương đương 2( x + 1) x + = x2 + x Chia hai vế cho x�0 , ta � 1� � � � 3� 2� 1+ � x+ = x+ � � x+ � � � � � � x x � � x� � x� x+ + Giải + Giải x+ � � � � 3 2� � 1� � � � � � � � � � x + x + =0 � � 2� + � x + + = � � � � � � x� � � x � x x� � x x � � � � � � x=1 3 = � x + = � x2 - 4x + 3= � � � x= x x � 3 = � x + = � x3 + 3x - = x x x x � ( x - 1) ( x2 + x + 4) = � x = Đáp số x = 1; x = Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ khơng hồn tồn, sau nâng lũy thừa tìm nghiệm phương trình ban đầu Nhắc lại kiến thức phương pháp:  Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn: xét phương trình bậc hai có dạng mf ( x) t2 + ng( x) t + k = (*), t = h( x) t ẩn phụ biểu diễn dạng Khi đó, ta có Dt = � ng x �- 4kmf ( x) D � ( )� , với t bắt buộc số phương Nên ta tìm nghiệm (*) t=  Cách giải phương trình - ng( x) + D t mf ( x) = h( x) ; t = - ng( x) mf ( x) Dt = h( x) �f ( x) ; g( x) �0 � f ( x) = g( x) � � � � �f ( x) = g ( x) f ( x) g( x) = h( x) Ý tưởng: Trước hết, ta cần quy đồng mẫu số tốn, ta phương trình có dạng nâng lũy thừa hai vế, ta thu phương trình bậc Và phương trình bậc khơng có nghiệm ngun khó để giải Vậy nên ta cần nghĩ đến hướng tư khác, tốn xuất thức x+ x nên � 3� � � � k� x + � � t = x+ � � x � � để đưa phương trình bậc hai, sau đặt x để sử ta mong muốn tạo lượng � dụng phương pháp ẩn phụ khơng hồn tồn Tức chia hai vế phương trình, ta được: x2 +7 x+ = � 2( x + 1) x + = x2 + x 2(x+1) x  Ta có � 1� � � 1� � 3 � 2� 1+ � x + = x + � x + - 2� 1+ � x+ + = � � � � � x� � x� x x x x x � � (*)  Đặt t = x+ � 1� � t2 - 2� 1+ � t+ =0 � � >0 � � � x� x x , ta có (*) 2 � 1� � � 1� � � � D =� 1+ �- = � 1- � � � x� � x � � x� � nên suy Có ' t � � 1 � � x+ = t=2 � t = 1+ + 1� � � x x x�� � 2� � � � 1 � t= � x �x + = t = 1+ - 1+ � � x x � � x x �  � x=1 � x + = � x2 - 4x + 3= � � � x= x � Giải ( i ), ta có ( i ) ( i) ( ii) � x + = � x3 + 3x- = � x = x x Giải ( ii ), ta có ( ii )  Bài tốn kết thúc Bài tập tương tự: Giải phương trình: Đáp số: ( x + 3) ( 4- x) ( 12+ x) = 28- ( Giải phương trình: Đáp số: ) x = - ; x = 31- x= x x3 - x = 2x2 - x - 1+ 1- 65 ; x= Câu II 1) Giả sử tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn x4 + y4 = 7z4 + � x4 + y4 + z4 = 8z4 + (1) Ta có a �0,1 (mod 8) với số nguyên a � x4 + y4 + z4 �0,1,2,3 (mod 8) �� � � 8z + �5(mod 8) � Mâu thuẫn với (1) Vậy không tồn ( x; y; z) thỏa mãn đẳng thức Nhận xét Để giải toán cần sử dụng phương pháp phản chứng: “Giả sử xảy biến đổi thấy điều mâu thuẫn với giả sử” Nhắc lại kiến thức phương pháp  Thêm lượng vào hai vế đẳng thức ta đẳng thức tương đương với đẳng thức ban đầu x4 + y4 = 7z4 + � x4 + y4 + z4 = 8z4 + a4 �0, 1( mod8)  Lũy thừa bậc bốn số nguyên chia cho dư tức với số nguyên a � x4 �0, 1( mod8) � � � x4 + y4 + z4 �0, 1, 2, ( mod8) �4 � �y �0, 1( mod8) � � � � 8z + 5�5 ( mod8) � � � � z � 0, mod8 ( ) � �  Hai vế đẳng thức có số dư chia cho số nhận số dư khác đẳng thức khơng thể tồn VT = x4 + y4 + z4 Ta thấy chia dư hoặc Mà VP = 8z + chia dư khơng thể tồn đẳng thức 4 4 x + y + z �8z + x4 + y4 + z4 = 8z4 + hay Vậy không tồn ba số nguyên ( x; y; z) thỏa mãn đẳng thức x4 + y4 = 7z4 + 2) Phương trình tương đương với 2 � 2 � = y3 � ( 2x2 + 2) ( 4x) = y3 � 8x3 + 8x = y3 ( x + 1) +( x- 1) � ( x + 1) - ( x- 1) � � � � � � � � � +) Nếu x �1� 8x3 < 8x3 + 8x y3 > ( 2x - 1) (mâu thuẫn +) Nếu Vậy y ( 2x) nguyên x = 0� y = x= y= ( 2x- 1) hai lập phương liên tiếp) (thỏa mãn) nghiệm Câu III � � � � � 1) Tứ giác OBCD nội tiếp CO phân giác góc BCD , suy OBD = OCD = OCB = ODB , nên tam giác D OBD cân O , OB = OD (1) � � � Tứ giác OBCD nội tiếp ODC = OBE (cùng bù với góc OBC ) (2) Trong tam giác D CEF có CO vừa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác D CEF cân C � � � Do ABPCF � AEB = AFC = EAB , suy tam giác D ABE cân B , nên BE = BA = CD (3) Từ (1), (2) (3), suy D OBE = D ODC (c – g – c) Nhận xét Có ba trường hợp hai tam giác Ở này, sử dụng trường hợp “cạnh-góc-cạnh” từ ta tìm cạnh góc Nhắc lại kiến thức phương pháp  Hai góc nội tiếp chắn cung đường tròn � � � + BCO = ODB (hai góc nội tiếp chắn cung OB đường tròn ngoại tiếp tam giác D BCD ) � � � + OCD = CBD (hai góc nội tiếp chắn cung DO đường tròn ngoại tiếp tam giác D BCD ) � � � � � Mà BCO = OCD (vì CO tia phân giác BCD ), suy OBD = ODB  Tam giác có hai góc tam giác cân � � Tam giác D OBD có OBD = ODB (chứng minh trên) nên D OBD cân O  Tam giác cân có hai cạnh bên Tam giác D OBD cân O suy OB = OD  Tứ giác nội tiếp có góc ngồi đỉnh góc đỉnh khơng kề với � � Tứ giác BCDO nội tiếp đường tròn ngoại tiếp D BCD có EBD góc ngồi đỉnh B CDO góc � � đỉnh D không kề B suy EBD = CDO  Tam giác có đường cao đường phân giác tam giác cân Tam giác D CEF có CO vừa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác D CEF cân C  Tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy � � � � Tam giác D CFE cân C , suy CEF = CFE hay AEB = AFC  Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo hai góc vị trí đồng vị � = EAB � � � AFC (hai góc vị trí đồng vị ABP FC ), suy AEB = EAB , nên D EBA cân B (tam giác có hai góc nhau), BE = BA mà ABCD hình bình hành nên AB = CD suy BE = CD � � Xét D OBE D ODC có: OB = OD ; EBD = CDO ; BE = CD suy D OBE = D ODC (c – g – c) 2) Từ D OBE = D ODC � OE = OC Mà CO đường cao tam giác cân D CEF , suy OE = OF Từ OE = OC = OF , O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác D CEF Nhận xét Đường tròn ngoại tiếp tam giác cách ba đỉnh tam giác ta chứng minh điểm O cách điểm E ; C ; F hay OE = OC = OF Nhắc lại kiến thức phương pháp  Hai tam giác có cặp cạnh cặp góc tương ứng D OBE = D ODC � OE = OC  Tam giác cân có đường cao đường trung trực cạnh tương ứng CO đường cao tam giác cân D CFE nên CO đường trung trực FE  Một điểm thuộc trung trực đoạn thẳng cách hai mút đoạn thẳng Điểm O thuộc đường trung trực CO đoạn thẳng FE nên OE = OF , suy OE = OC = OF  Điểm cách ba đỉnh tam giác tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Ta có OE = OC = OF suy O tâm đường tròn ngoại tiếp D CEF 3) Theo trên, ta có BE = CD mà CE = CF � BC = DF � Ta có CI đường phân giác góc BCD , nên IB CB DF = = � IB.BE = ID.DF ID CD BE Mà CO trung trực EF I �CO , suy IE = IF Từ hai đẳng thức trên, suy IB.BE.EI = ID.DF.FI Nhận xét Chứng minh đẳng thức ta kết hợp đẳng thức cho, chứng minh để ghép vào đẳng thức cần chứng minh Nhắc lại kiến thức phương pháp Ta có BE = CD (chứng minh trên) CE = CF ( D ECF cân C ) suy CE - BE = CF - CD � BC = DF suy CB DF = CD BE  Đường phân giác tam giác chia cạnh dối diện thành hai đoạn thẳng có tỷ số với tỷ số hai cạnh tương ứng tam giác IB CB = � Ta có CI phân giác góc BCD tam giác D CBD nên ID CD , suy ta IB DE = � BE.BI = DE.DI ID BE  Nhắc lại kiến thức Ta có I nằm trung trực CO đoạn thẳng FE nên suy IE = IF nhân vế theo vế với đẳng thức BE.BI = DE.DI ta BE.BI IE = DE.DI IF x3 x2 � x3 + 8y3 x2 + 2y2 (1) Câu IV Ta chứng minh x x ۳ 3 2 x + 8y ( x2 + 2y2) � ( x2 + 2y2) �x( x3 + 8y3) � x2 + y2 �2xy y Ta chứng minh y3 +( x + y) � y x + 2y2 (2) (đúng) � 4x2y2 + 4y4 �8xy3 ۳ y3 y4 y3 +( x + y) (x + 2y2 ) 3 � ( x2 + 2y2 ) �y � y3 +( x + y) � � �� ( x2 + 2y2 ) - y4 �y( x + y) � � � ( x2 + y2)( x2 + 3y2 ) �y( x + y) Ta có x2 + y2 � ( x + y) 2 2 2 x2 + 3y2 = x2 + y2 + 2y2 �2xy + 2y2 = 2y( x + y) � ( x + y )( x + 3y ) �2( x + y) 2y( x + y) = y( x + y) � (2) (đúng) Từ (1) (2), suy P �1 Dấu “=” xảy Vậy x= y Pmin = Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp dự đoán điểm rơi, từ phát tư bất đẳng thức phụ cần thiết để tìm giá trị nhỏ tốn Nhắc lại kiến thức phương pháp:  Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương  Hệ bất đẳng thức Cosi, là: x + y �2 xy x2 + y2 � ( x + y) Ý tưởng: Đây toán chứa biểu thức đồng bậc, nên điểm rơi tốn có dạng ngược lại biểu thức P , ta có: P= k3 + 8; 1+ ( k + 1) Các biểu thức k3 k +8 + 1+( k + 1) =k k + k +8 1+( k + 1) x = ky Từ thay xuất căn, nên ta mong muốn số phương trình � m= � � � k + = 1+( k + 1) k= x= y nhau, k + = m nên dễ thấy � Tức điểm rơi toán giá trị P nhỏ Việc dự đốn điểm rơi cần thiết, giúp ta có nhiều lựa chọn việc đánh 3 x + y �2 xy hay x2 + y2 � ( x + y) Với điểm rơi đó, hai mẫu số P nên có đánh giá P , ta cần đánh giá hai hai biểu thức mẫu, ví dụ mẫu số Bây giờ, quan sát thức một: x + 2y; 2x + y; x2 + 2y2 ; 2x2 + y2  Tách, nhóm hạng tử f ( x; y; z) = 4x2 + 2y2 + z2 + 4xy- 2yz- 6y- 12x = ( 4x2 + y2 + 9+ 4xy - 12x - 6y) +( y2 - 2yz + z2) -  Hằng đẳng thức bình phương tổng hiệu ( a�b) = a2 �2ab+ b2 y - 2yz + z = ( y - z) Ta có  Hằng đẳng thức bình phương tổng hiệu mở rộng cho nhiều hạng tử ( a+ b- c) Ta có 2 = a2 + b2 + c2 + 2ab- 2ac- 2bc 4x2 + y2 + 9+ 4xy - 12x- 6y = ( 2x + y - 3) 2 f ( x; y; z) = ( 2x + y - 3) +( y - z) - 9�- Khi ta � ( 2x + y - 3) �0 � � � � � y - z) �0 ( x; y; z �  Đánh giá với giá trị ( 2x + y - 3) Khi 2 2 +( y - z) �0 � ( 2x + y - 3) +( y - z) - 9�- � � ( 2x + y - 3) = � � � � y - z) = ( � Dấu “=” xảy � 2x + y - 3= �� � y = z = 3- 2x � � �y - z = Câu III � � � 1) Ta có BIC = 180 - IBC - ICB = 1800 - � � � � ABC ACB 180o - BAC BAC = 1800 = 900 + 2 2 � = 2BIC � - 180� � BAC � � = 900 + BPC � BPC � = 2BQC � - 180� BQC Tương tự � � � � B; I ; Q; C Tứ giác BPAC nội tiếp, suy BAC = BPC � BQC = BIC , nên điểm thuộc đường tròn Nhận xét Chứng minh bốn điểm thuộc đường tròn ta chứng minh bốn điểm tạo thành tứ giác nội tiếp Nhắc lại kiến thức phương pháp  Tổng ba góc tam giác 180� 0 � � � � � � Ta có BIC + IBC + ICB = 180 � BIC = 180 - IBC - ICB  Tâm đường tròn nội tiếp giao điểm ba đường phân giác tam giác I tâm đường tròn nội tiếp tam giác D ABC nên: � � = ABC IBC � + BI phân giác góc ABC , suy � ACB � ICB= � + CI phân giác góc ACB , suy � � � = 1800 - IBC � - ICB � = 1800 - ABC - ACB BIC 2 Từ ta có � + ACB � � � � ABC 1800 - CAB BAC � = 900 + BPC = 1800 = 1800 = 900 + BQC 2 hoàn toàn tương tự ta có  Hai góc nội tiếp chắn cung đường tròn � � = BPC � BAC (hai góc nội tiếp chắn cung BC đường tròn ngoại tiếp tứ giác BAPC ) � - 180�= 2BQC � - 180�� BIC � = BQC � � 2BIC  Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn một góc tứ giác nội tiếp � � Tứ giác QICB có hai đỉnh Q I nhìn cạnh BC hai góc BIC = BQC suy B; I ; Q; C QICB tứ giác nội tiếp hay bốn điểm thuộc đường tròn 2) Gọi đường tròn ( B; BI ) giao ( C; CI ) K khác I K cố định � = IBM � IKM � � � � Góc IBM góc tâm chắn cung IM IKM góc nội tiếp chắn cung IM , suy (1) � = ICN � IKN Tương tự (2) B; I ; Q; C Theo câu 1) thuộc đường tròn, suy � = IBQ � = ICQ � = ICN � IBM (3) � � IKN =KM KN Từ (1), (2) (3), suy IKM  Vậy MN qua K cố định Nhận xét Chứng minh đường thẳng qua điểm cố định ta chứng minh hai đường thẳng qua điểm cố định chứng minh hai đường thẳng trùng Nhắc lại kiến thức phương pháp  Số đo góc tâm gấp đơi số đo góc nội tiếp chắn cung đường tròn � � � � + Góc IBM góc tâm chắn cung IM IKM góc nội tiếp chắn cung IM đường � = IBM � IKM B; BI ) ( tròn , suy � � � � + Góc ICN góc tâm chắn cung IN IKN góc nội tiếp chắn cung IN đường tròn 1� � ( C; CI ) , suy IKN = ICN  Áp dụng nhắc lại kiến thức � = QCI � � QBI (hai góc nội tiếp chắn cung QI đường tròn ngoại tiếp tứ giác QICB ) hay � = ICN � IBM � � Từ đẳng thức chứng minh ta IKM = IKN  Hai tia chung gốc nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng chứa tia chung gốc khác hai tia cho Hai tia tạo với tia chung gốc khác hai góc hai tia cho trùng � = IKN � IM ; IN IKM thuộc nửa mặt phẳng bờ IK nên IM �IN Mà IM IN qua điểm K cố định nên MN qua K cố định Câu IV Ta cần chứng minh F ( a; b; c) = Với 1 + + �0 1+ a+ b 1+ b+ c 1+ c+ a 1+ 23 abc a; b> 1 + � ab �x , ta có đẳng thức x + a x + b x + ab (1) 2x + a+ b ۣ x + x( a+ b) + ab x + ab � 2x2 + x( a+ b) + 2x ab + ab(a+ b) �2x2 + 2x( a+ b) + 2ab � 2x ab + ab( a+ b) �x( a+ b) + 2ab ( � ab x � ( )( ab - x a- ) ab + ( a+ b) ) ( ) ab - x �0 b �0 (hiển nhiên đúng) +) c + 1> 1> ab , áp dụng kết (1) ta suy ra: 1 + � 1+ c+ b 1+ c+ a 1+ c+ ab Đẳng thức xay a=b Ta có 1 � 1+ a+ b 1+ ab Từ suy 1 + + 1+ ab + ab 1+ ab + c 1+ c+ ab 1+ abc F ( a; b; c) � =F Xét ( a; b; c) có a�b ta có ( ) ab; ab; c F ( a; b; c) < F ( ) ab; ab; c F ( a; b; c) �F ( a; a; a) = Suy giá trị lớn đạt a= b= c , hay (điều phải chứng minh) ĐỀ 10 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Đề dự bị TRƯỜNG THPT CHUN NĂM 2012 MƠN THI: TỐN (Vòng 2) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm) 1) Giải phương trình x2 + 8= x3 + 2) Giải hệ phương trình � x2 - xy + y2 = � �2 � x + 2xy- 2y2 = 5x- y- � � Câu II (3,0 điểm) 1) Tìm cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn 5x2 + 13y2 + 6xy = 4( 3x- y) 2) Giả sử a; b; c số dương có tổng Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= 1 1 + + + ab bc ca a + b2 + c2 o � Câu III (3,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có BAD < 90 Giả sử O điểm nằm D ABD cho OC khơng vng góc với BD Vẽ đường tròn tâm O qua C BD cắt (O) hai điểm M , N cho B nằm M D Tiếp tuyến C (O) cắt AD , AB P ,Q 1) Chứng minh bốn điểm M ; N ; P; Q thuộc đường tròn 2) CM cắt QN K , CN cắt PM L Chứng minh KL ^ OC Câu IV (1,0 điểm) Tồn hay không số nguyên a1,a2 ,�,a9 cho tập giá trị tổng + aj ( 1�i < j �9 ) có chứa 36 số nguyên liên tiếp? Giải thích Câu I 1) Điều kiện: x�- � a= x + � � � b= x2 - 2x + a�0; b> � Đặt � ( ) 2 2 Ta có 2a + b = 2x + 4+ x - 2x + = x + , suy 2a2 + b2 = 3ab � ( a- b) ( 2a - b) = � x=1 a= b� x + = x2 - 2x + � x2 - 3x + = � � � x= � + TH1: + TH2: 2a= b� 4( x + 2) = x2 - 2x + � x2 - 6x - = � x = 3� 13 Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đưa phương trình đẳng cấp bậc hai, tìm mối quan hệ hai ẩn phụ sau nâng lũy thừa tìm nghiệm phương trình ban đầu Nhắc lại kiến thức cũ phương pháp:  Hằng đẳng thức u3 + v3 = ( u + v) ( u2 - uv + v2 )  Cách giải phương trình bậc hai dạng ax + bxy + c.y2 = Làm nháp: Chia hai vế phương trình (*) cho �� x� x � � a.� + b + c = � � � � y� y �� y (*) ( làm nháp nên ta coi y �0 ), (*) t= Coi phương trình bậc hai ẩn x y (đã biết cách giải) nghiệm t tìm biểu mối quan hệ � x=t y � � x=t y x, y Cụ thể � Ý tưởng: Bài toán giải cách lũy thừa hai vế, đưa phương trình bậc bốn vấn đề ta gặp phải nghiệm phương trình bậc bốn Ta đặt dấu hỏi cho ? Nhưng để ý = nên thức xuất x3 + = x3 + 23 = ( x + 2) ( x2 - 2x + 4) đẳng thức Vậy nên bậc hai xuất hai tích Do để xuất phương trình đẳng cấp ta cần làm cơng việc sau, đồng hệ số biểu thức dạng � a= � � a= � 2 � a( x - 2x + 4) + b( x + 2) = x + � � b- 2a= � � � � � b= � 4a+ 2b= � � � Đến đây, ta viết lại phương trình ban đầu sau: x2 + 8= x3 + � ( x2 - 2x + 4) + 2( x + 2) = ( x2 - 2x + 4) ( x + 2) ( i ) � u = x2 - 2x + > � � � v = x + �0 �  Đặt � nên phương trình trở thành: � u= v � u2 - 3uv + 2v2 = � ( u- v)( u- 2v) = � � � u = 2v � (i )  Hoặc nhận thấy x2 - 2x + 4= ( x - 1) + 3�0 nên phương trình (i ) tương x+ x+ - + 1= x - 2x + x - 2x + Có thể đặt thức ẩn phụ để giải phương trình bậc hai  Hai hướng cho ta: TH1 Với � � �x x=1 x2 - 2x + = x + � � �� �2 � x= x - 3x + 2= � � � TH2 Với � x- x2 - 2x + = x + � � � x = 3� 13 �2 � x - 6x - = � Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: Giải phương trình x + 3x- 5= x + x - 6x + Đáp số: x= - 1+ 13 đương với: Giải phương trình Đáp số: x= x2 - 3x + 1=- x + x2 + 2) Cộng hai phương trình ta có 2x2 + xy - y2 - 5x + y + 2= � ( x + y - 2) ( 2x- y - 1) = � � x+ y = x+ y = � � � � x= y= �2 � � � xy = x - xy + y = � � + TH1: � 2x - y = � � x2 - x( 2x - 1) + ( 2x - 1) = �2 � x - xy + y = + TH2: � � x = � y =- � 3x2 - 3x = � � � x = 1� y = � Đáp số: ( x; y) = ( 1; 1) , ( 0; - 1) Nhận xét: Kết hợp hai phương trình hệ, đưa phương trình xét V phương, từ tìm mối quan hệ hai biến ngược lại hai phương trình hệ tìm nghiệm Nhắc lại kiến thức phương pháp: at + bt + c = ( a�0)  Cách giải phương trình bậc hai tổng quát �f ( x; y) = � � � �g( x; y) =  Đưa hệ phương trình cho dạng � f ( x; y) + k.g( x; y) = i  Giả sử tồn k�� cho ( ) Coi phương trình ( i ) phương trình bậc hai ẩn x y x; y ẩn , sau xét V cho V số phương, từ tìm k�� mối quan hệ x; y Ý tưởng: Hai phương trình hệ tách biệt, phương trình rõ ràng khơng thể tìm mối quan hệ , nên ta xét phương trình hai Nó rắc rối chút, chí xuất đầy đủ biến số Do ta thử cách xét V phương trình hai xem Bây coi phương trình bậc hai ẩn x , ta có: x2 + 2xy - 2y2 = 5x - y - � x2 +( 2y - 5) x - 2y2 + y + 3= � D x = ( 2y - 5) + 4( 2y2 - y - 3) = 12y2 - 24y + 13 Rõ ràng V khơng thể phương, nên ta thất bại lối tư Vậy lại cách kết hợp hai phương trình để đưa phương trình có V phương Ta làm sau: �x2 - xy + y2 - 1= � �2 �x + 2xy - 2y2 - 5x + y + 3=  Đưa hệ cho dạng �  Giả sử tồn k�� cho: x2 - xy + y2 - 1+ k( x2 + 2xy - 2y2 - 5x + y + 3) = � ( 1+ k) x2 +( 2yk- y - 5k) x +( 1- 2k) y2 + ky + 3k- 1= i ( ) Coi ( i ) phương trình bậc hai ẩn x , D x = ( 2ky - y - 5k) - 4( k + 1) � ( 1- 2k) y2 + ky + 3k� 1� � = ( 12k2 - 3) y2 - ( 6k- 24k2 ) y + 25k2 - 4( k + 1) ( 3k- 1) Để Dx số phương trước hết hệ số y2 phải số phương, tức cần giải � k=1 � �2 � 2 m =9 phương trình nghiệm nguyên 12k - = m Dễ dàng tìm � nên thử lại, ta có D x = 9y2 - 18y + = ( 3y - 3)  Vậy nên, dựa vào nghiệm phương trình bậc hai, suy ra: � 5- y + D x � x= � 2 � 2x +( y - 5) x - y + y + = � � � � 5- y - D x x= � � (i ) � 5- y + 3y - � x= � 2x - y - 1= � �� �� � 5- y + 3- 3y � x+ y- 2= � x= � �  Từ ngược lại vào hai phương trình hệ để tìm nghiệm hệ phương trình Bài tốn kết thúc Bài tập tương tự: � x2 + 3xy + 2x = � � � 2y + 2xy + 3x = y + 1 Tìm nghiệm dương hệ phương trình � � � � 5- � - 1� 7- 41 - 41� � � � � � ;; ( x; y) = � � � � � � � � � 4 � 2 � � � � � Đáp số: , , � � + 41 + 41� � � � ; � � � � � � � �x - y + x + y = y2 � ( ) � �4 � x - 4x2y + 3x2 + y2 = � Giải hệ phương trình � Đáp số: ( x; y) = ( 0;0) , ( 1;2) , ( 2;2) Câu II 1) Phương trình tương đương ( x + 3y) 2 +( 2x- 3) + ( 2y + 1) = 10 2 Mà 10 biểu diễn dạng tổng bình phương: 10 = + + � x + 3y = � � � � (�2x- 3) = � � � � ( 2y + 1) = 2x - 3; 2y + � Chú ý số lẻ nên (*) (**) � x + 3y = � � � � (�2x- 3) = � � � � ( 2y + 1) = � x =- 3y � � - 3y) - 3�= �( � + Xét hệ (*), từ phương trình đầu, suy (vơ nghiệm) + Xét hệ (**) Đáp số: x= y= � 2x - = �3 � � � � � � 2y + 1= �1 � � x= � � � � � � � � x + 3y = � � �y =- � ( x; y) = ( 0; 0) , ( 3; - 1) Nhận xét Bài toán nghiệm nguyên giải phương pháp tách số thành tổng số phương Nhắc lại kiến thức phương pháp  Biến đổi tách thành tổng số phương 5x2 + 13y2 + 6xy = 4( 3x- y) � ( x2 + 6xy + 9y2 ) +( 4x2 - 12x + 9) +( 4y2 + 4y + 1) = 10 2 � ( x + 3y) +( 2x- 3) + ( 2y + 1) = 10  Tách số thành tổng số phương 2 Vế Trái tổng số phương nên tách vế phải thành tổng số phương Ta có 10 = + +  Đồng hai vế theo thứ tự khác Sử dụng tính chất đặc biệt để giảm bớt trường hợp phải xét  Giải hệ phương trình ta nhận nghiệm 2�1 1� 1 1 P= � + + � + + + + � � � � 3� ab bc ca� 3ab 3bc 3ca a + b2 + c2 2) Ta có 16 � + ab+ bc + ca 3ab+ 3bc+ 3ca+ a2 + b2 + c2 Mà ab+ bc + ca� ( a+ b+ c) = 3 3ab+ 3bc+ 3ca+ a2 + b2 + c2 = ( ab+ bc+ ca) + ( a+ b+ c) � (a+ b+ c)2 + (a+ b+ c)2 = 12 = + P  3 16 12 10 Dấu “=” xảy a= b= c = Vậy Pmin = 10 Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Cosi từ dựa vào điểm rơi toán để phát bổ đề cần dùng Nhắc lại kiến thức phương pháp:  ( a+ b+ c) Hằng đẳng thức = a2 + b2 + c2 + 2( ab+ bc + ca)  Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực không âm a+ b�2 ab  Từ bất đẳng thức Cosi, phát triển đánh giá sau: 1 1 1 16 + + � ; + + + � a b c a+ b+ c a b c d a+ b+ c + d  Đánh giá qua tổng đại lượng không âm: ( a- b) 2 + ( b- c) +( c- a) �0 � a2 + b2 + c2 �ab+ bc + ca Ý tưởng: Nhận thấy dạng bất đối xứng, nên ta dự đoán dấu “=” xảy a= b= c mà a+ b+ c = 3, nên suy a= b= c = Việc biết trước điểm rơi giúp ta vận dụng đánh giá cách linh hoạt Tiếp theo, biểu thức ( a+ b+ c) có xuất a2 + b2 + c2 = a2 + b2 + c2 + 2( ab+ bc+ ca) nên ta cần nghĩ đến đẳng thức nên ta cần đánh giá mẫu số cho vừa xuất đẳng thức 1 = 2 ta cần tạo lượng đó, vừa thỏa mãn điều kiện điểm rơi toán Vì a= b= c = nên a + b + c 1 2 để cân với biểu thức a + b + c 1 + + Cụ thể 3ab 3bc 3ca , biểu thức P trở thành: 2�1 1� 1 1 P= � + + � + + + + � � � � 3� ab bc ca� 3ab 3bc 3ca a + b2 + c2 Vậy nên, theo bất đẳng thức Cosi, suy ra: 1 2�1 1� + + � � � + + � � � � � � ab bc ca ab+ bc + ca 3� ab bc ca ab + bc + ca � � 1 1 16 + + + � 2 3ab 3bc 3ca a + b + c 3ab+ 3bc+ 3ca+ a2 + b2 + c2 2 Mặt khác 3ab+ 3bc+ 3ca+ a + b + c = 9+ ab+ bc+ ca , nên ta được: 16 P� + ab+ bc + ca 9+ ab+ bc+ ca Từ đây, dựa vào tổng đánh giá đại lượng khơng âm ta có: ( a- b) 2 +( b- c) +( c- a) �0 � a2 + b2 + c2 �ab+ bc + ca �++�++۳++�++� ( a b c) 3( ab bc ca) 3( ab bc ca) ab bc ca 16 10 P� + = 9+ 3 Cuối cùng, ta thu Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: Cho a; b hai số thực dương thỏa mãn a + b= Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P = + - 2a b b a P= Cho Câu III a; b; c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ( a+ b+ c) ( ab+ bc+ ca) abc + 4bc ( b+ c) Q M K B C L O A S P D N T TP TD TC = = 1) Gọi MN giao PQ T Theo định lí Thales, ta có TC TB TQ Từ TC = TP.TQ Do TC tiếp tuyến (O) , nên TC = TM TN Từ TM TN = TC = TP.TQ , suy tứ giác MNPQ nội tiếp Nhận xét Có nhiều cách để chứng minh bốn điểm nằm đường tròn, đưa chứng minh bốn điểm tạo thành tứ giác nội tiếp thông dụng Nhắc lại kiến thức phương pháp  Định lý Thales TP TD TC = = � TC = TP.TQ PD P BC ta có TC TB TQ  Bình phương độ dài tiếp tuyến đường tròn từ điểm nằm ngồi đường tròn tích đoạn chia cát tuyển từ điểm với đường tròn TC tiếp tuyến đường tròn ( O ) ta có TC = TM TN Kết hợp với trên, ta TP.TQ = TM TN  Tứ giác có hai cạnh cắt điểm nằm ngồi tứ giác tạo thành tích đoạn tứ giác Tứ giác BCPD có cạnh BD PC kéo dài cắt điểm T nằm ngồi tứ giác có TP.TQ = TD.TB suy tứ giác BCPD tứ giác nội tiếp hay bốn điểm B ; C ; P ; D nằm đường tròn 2) Gọi MP giao (O) điểm thứ hai S Ta có biến đổi góc sau: � = CMS � = SCP � KML (góc tạo tiếp tuyến dây cung) � - SPC � = MSC (góc ngồi) � - MNQ � = MNC (do tứ giác MNPQ MNSC nội tiếp) � = KNL � � � Từ tứ giác MKLN nội tiếp, suy KLM = KNM = QPM , nên KL P PQ ^ OC Vậy KL ^ OC Nhận xét Chứng minh hai đường thẳng vng góc ta sử dụng tính chất bắc cầu chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng khác vng góc với đường thẳng Nhắc lại kiến thức phương pháp  Góc tạo tia tiếp tuyến - dây cung góc nội tiếp chắn cung đường tròn � � Góc SCP góc tạo tai tiếp tuyến CP dây cung CS ; Góc CMS góc nội tiếp Hai góc chắn cung � � � � CS đường tròn (O) suy KML = CMS = SCP  Góc ngồi đỉnh tam giác tổng hai góc khơng kề với � � � � � � � Góc MSC góc ngồi đỉnh S tam giác CSP nên ta có MSC = CPS + SCP � SCP = MSC - CPS  Hai góc nội tiếp chắn cung đường tròn � � � + CSM = CNM (hai góc nội tiếp chắn cung CM đường tròn ngoại tiếp tứ giác CSNM ) � � � + CPS = MNQ (hai góc nội tiếp chắn cung MQ đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNPQ ) � � � � Kết hợp trên, ta KML = CNM - MNQ = KNL  Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh hai góc tứ giác tứ giác nội tiếp � � Xét tứ giác MKLN có hai đỉnh M N liên tiếp nhìn cạnh KL hai góc KML = KNL suy MKLN tứ giác nội tiếp � � Theo nhắc lại kiến thức ta có MKLN tứ giác nội tiếp nên KLM = KNM (hai góc nội tiếp chắn cung � KM ) � = QPM � � � � � KNM (hai góc nội tiếp chắn cung MC đường tròn (O) ), suy KLM = KNM = QPM  Một đường thẳng cắt hai đường thẳng cho tạo hai góc đồng vị hai đường thẳng cho song song � � Hai đường thẳng KL PQ có KLM = QPM mà hai góc vị trí đồng vị suy KL P PQ  Đường thẳng aPb b^ c suy aPc � KL P PQ � � � PQ ^ OC Ta có � , suy KL ^ OC Câu IV Trả lời: Khơng tồn Giả sử có chứa 36 số nguyên liên tiếp có tổng n +( n + 1) +K + ( n + 35) = 18( 2n + 35) a + aj không chia hết cho 2n+ 35 số lẻ Mặt khác từ số tổng i ( 9.8 = 36 ) nhận giá trị số xuất bốn lần; suy tổng 36 nhận 36 giá trị 36 số nguyên liên tiếp nên ta suy ra: 1�i < j �9 �( a + a ) = 4( a + a +K + a ) 18( 2n + 35) = 4( a1 + a2 +K + a9 ) (mâu thuẫn 18( 2n+ 35) i j số khơng chia hết cho 4) Nhận xét Đây tốn tư duy, khơng có phương pháp chung Nhắc lại kiến thức phương pháp a( a+ 1)  Tổng số nguyên từ đến a n + ( n + 1) +K + ( n + 35) = 36n + ( 1+ +K + 34+ 35) = 36n + = 36n + 35.18 = 18( 2n + 35) 35.36  Số lẻ khơng chia hết cho Vì ( 2n+ 35) tổng số chẵn số lẻ nên số lẻ ( 2n+ 35) khơng chia hết cho  Tích hai thừa số khơng chia hết cho tích khơng chia hết cho ( 2n+ 35) không chia hết cho (chứng minh trên) 18 không chia hết 18( 2n+ 35) khơng chia Ta có hết cho  Từ số bất kỳ, ta tìm 36 cặp số ( m;n) ( m;n) Chứng minh: Với cách chọn số m cách chọn số n nên có 1.8 cặp số ( m;n) Do đó, với số m cách chọn số ta có 9.8 cách chọn cặp số Tuy nhiên, cặp số lặp lại lần thành hình thành ( m;n) ( n;m) khơng xét nên tất có 36 cặp số ( m;n) 9.8 = 36 + aj 1�i < j �9 Áp dụng tính chất ta có từ số ta lập tổng ( ) nhận giá trị số xuất lần nên liên tiếp nên ta suy ra: �(a + a ) = 4(a + a +K + a ) số tổng 36 nhận 36 giá trị 36 số nguyên i j 18( 2n + 35) = 4( a1 + a2 +K + a9 )  Hai vế đẳng thức ln có số dư chia cho số Ta có VT = 18( 2n + 35) khơng chia hết cho (chứng minh trên) tồn đẳng thức 18( 2n + 35) = 4( a1 + a2 +K + a9 ) Do khơng tồn số nguyên nguyên liên tiếp VP = 4( a1 + a2 +K + a9 ) chia hết a1 ,a2 ,�,a9 cho tập giá trị tổng + aj ( 1�i < j �9) có chứa 36 số ... chữ số chia hết cho 10 1 99999  10 1 m 99999 m 990 10 1 10 1 10 1 suy số có năm chữ số lớn chia hết cho 10 1 990� Ta có =  Số bé có năm chữ số chia hết cho 10 1 999 ‫ף‬ 10 1 n 9999 n 99 10 1 10 1 Ta... de= abc� 10 0 + de= abc( 10 1 - 1) + de= abc� 10 1 - abc+ de  Tính chất chia hết tích: Trong tích có thừa số chia hết cho số tích chia hết cho số Ta có ( ) 10 1 M1 01 abc� 10 1 M1 01  Tính chất chia hết... cho 10 1  10 1 m‫ ף‬99999 Ta có m 99999 10 1 990 10 1 10 1 Vậy số có chữ số lớn chia hết cho 10 1 990� = = Khai triển tích số, ta điểu phải chứng minh Bài toán kết thúc ‫ף‬ 10 1 n 9999 Ta có n 999 10 1