[r]
(1)GVHD Nguyễn Minh Sang THCS Lâm Thao-Phú Th
Thi vào Đại HọcQuốc Gia Hà nội-Đại Học KHoa học Tự nhiên
Vòng 1(Ngày 12 tháng năm 2008) Câu
1)Giải hệ phơng trình
x2
+y2=2x
x −1¿3+y3=1 ¿ ¿ {
2)Giải phơng trình (2x+7)2x+7=x2+9x+7 Gi¶i
1)
x2+y2=2x
x −1¿3+y3=1 ¿ ⇔ ¿
x −1¿2+y2=1(1) ¿
x −1¿3+y3=1(2) ¿
¿ ¿
Từ ta có: |x −1|≤1⇒|x|≤2;|y|≤1 lấy PT(1) trừ PT (2) ta đợc PT (x-1)2(2-x)+y2(1-y)=0 (*)
ta thÊy x −1¿2≥0;(2− x)≥0;(1− y)≥0; y2≥0
¿
để PT(*) thoả mãn x −1¿2(2− x)=0
¿
y2
(1− y)=0 ¿ ⇔
¿
x=1 ¿
x=2 ¿
y=0 ¿
y=1 ¿ ¿ ¿ { ¿ ¿ ¿
để thoả mãn hệ ban đầu ta có nghiệm sau (x;y)=(2;0);(1;1)
2)§KX§: x ≥−7
(2)x2−2x −7=0(1) ¿
x2
+12x+42=0(2) ¿
¿ ¿ ¿
¿
(2x+7)√2x+7=x2+9x+7⇔x4+10x3+11x2−168x −294=0 ⇔(x4−2x3−7x2)+(12x3−24x2−84x)+(42x2−84x −294)=0
⇔x2.
(x2−2x −7)+12x.(x2−2x −7)+42 (x2−2x −7)=0 ⇔(x2−2x −7).(x2+12x+42)=0
⇔
¿
PT(2) v« nghiƯm
Vậy PT(1) có nghiệm x1=1−2√2; x2=1+2√2 đều thoả mãn ĐKXĐ Câu
1) Tìm tất số có chữ số : abcd thoả mãn đồng thời điều kiện
abcd chia hÕt cho abcbda=650
2) Tìm tất số nguyên p cho phơng trình
2x2 -(p+1)x+p+2008=0 có nghiệm số nguyên
Giải:
a) abcbda=650 (100a-90b-10d)+(c-a)=650 (*)()10caca
vì c=a nªn (*) 10a-9b-d =65 ⇔ (10a-10b)+(b-d)=65 ⇔ (b-d) ⋮ 5
mµ b-d {−5;0;5} tõ 10a-9b-d =65 b ; nên b-d<5 *Nếu b=2 d=2 hc
10a-9b-d =65
10a-18-2=65 ¿ 10a-18-7=65
¿ ⇔
¿ 10a=85(loai)
¿ 10a=90
¿ ⇔a=9
¿ ¿ ¿ ¿
abcd =9297 a+b+c+d=279 Thoả mÃn
*Nếu b=1 d=1
10a-9b-d =65
10a-9-1=65 ¿ 10a-9-6=65
¿ ⇔
¿ 10a=75(loai)
¿ 10a=80
¿ ⇔a=8
¿ ¿ ¿ ¿
(3)* Nếu b=0 d=0
10a-9b-d =65
10a-0-0=65 ¿ 10a-0-5=65
¿ ⇔
¿ 10a=65(loai)
¿ 10a=70
¿ ⇔a=7
¿ ¿ ¿ ¿
abcd =7075 a+b+c+d=19 không loại
Vậy abcd =9297
b) Giả sử phơng trình 2x2 -(p+1)x+p+2008=0 có nghiÖm x
1;x2 số nguyên
Theo định lý Vi-ét ta có
¿
x1+x2=p+1 (1)
x1.x2=p+2008 (2) ¿{
¿
Theo GT x1,x2, p số nguyên nên Từ (1) ta có P lẻ;từ (2) ta có p chẵn suy khơng tìm đợc P thoả mãn điều kiện trên
C©u 3:
1)Chứng minh tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN trùng với tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC
Gọi O tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC ,BO,CO cắt AN,AM K I
Ta cã ∠ ABH= ∠ CAH ( cïng phơ víi ∠ ACH) suy ∠ B1= ∠ A1
Ta cã ∠ BAK+ ∠ A1=900 ⇒ ∠ BAK+ ∠ B1=900
trong Δ BAK cã ∠ BAK+ ∠ B1=900 ⇒ ∠ BKA=900 hay BK AN
xÐt Δ BAN cã
¿ BK⊥AN ∠B1=∠B2
⇒ ¿{ ¿
BK lµ trung trùc cđa AN (1)
T¬ng tù ta cã CI trung trực AM (2) mà BK cắt CI t¹i O (3)
Từ (1);(2);(3) ta có O tâm đờng tròn ngoại tiếp Δ AMN (đpcm)
1) Gọi d1,d2 lần lợt đờng thẳng vng góc với BC M;N
Chøng minh r»ng
2
1
I K
O
N
M H C
B
(4)d1,d2 tiếp xúc với đờng tròn nội tiếp tam giác ABC
d2 d1
2
2
1
Q P
R
I K
O
N
M H C
B
A
Ta có OM=ON nên OMN cân O có OR đờng cao nên OR trung tuyến
suy RM=RN=OP=OQ ta chứng minh đợc ∠PRQ=900 nên OP=OQ=OR nên P
và Q thuộc đờng tròn (O;OR) hay nên
d1;d2 tiÐp xóc víi (O;OR) (®pcm)
Câu 4Giả sử a,b số nguyên dơng thay đổi thoả mãn ab+1
a+b < H·y t×m giá trị lớn biểu thức
P=a 3b3
+1
a3+b3 Gi¶i
3 2 6
2
2 (2 3) 3(2 3) (2 3)(2 3) 5(*)
ab
a b ab ab a b
a b
a b b a b
Tõ (*) ta cã tồn a b nhỏ v× nÕu a ≥3; b ≥3
th× (2a-3)(2b-3) mâu thuẫn với (*)
-Giả sử 0<a<3 xét a=1 th× a
3
b3+1
a3 +b3 =
b3+1 1+b3=1
xÐt a=2 thay vµo (*) (2a-3)(2b-3)=2b-3<5 suy b<4 thay a=2 vµo P ta cã P=a
3b3 +1
a3+b3 = 8b3
+1 8+b3 =
8(b3+8)−63 8+b3 =8−
63 8+b3
để P lớn b lớn mà b nguyên b<4 suy b lớn b=3 P=8−63
8+b3≤8− 63 35=
31
5 mµ
31 VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cđa P=31
(5)Thi vào Đại HọcQuốc Gia Hà nội-Đại Học KHoa học Tự nhiên
Vòng 2(Ngày 13háng năm 2008 Câu
1) Giải hệ phơng trình
¿ 2x2y − y2x
=1 8x3− y3=7
{
(1)
2)Tìm giá trị lín nhÊt cđa biĨu thøc y=x+√2(1− x) víi 0≤ x ≤1
Gi¶i
1) ta có x=0,y=0 khơng nghiệm hệ đặt x=ty ( t R ;t ≠0 )
¿ (1)⇔ 2t2y3−ty3=1
8t3y3− y3 =7 ⇔2t
2
−t
8t3−1= 7⇔8t
3−1
=14t2−7t⇔8t3−14t2+7t −1=0 ¿
¿⇔(t −1)(2t −1)(4t −1)=0⇔ ¿{
¿
Víi t=1 hay x=y thay vµo (1) ta cã
¿ 2x3− x3=1 8x3− x3
=7 ⇔x3=1⇔x=y=1
¿{ ¿
Víi t=1
2 hay y=2x thay vµo (1) ta cã
¿ 4x3−4x3
=1 8x3−8x3=7 ⇔0x3=1(vonghiem)
¿{ ¿
Víi t=1
4 hay y=4x thay vµo (1)
ta cã
¿ 8x3−16x3=1 8x3−64x3
=7 ⇔x3=−1
8 ⇔ ¿x=−1
2
y=−2 ¿{
¿
(6)2)áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho số không âm 2(1-x) ta có √2(1− x)≤2−2x+1
2 =
3−2x
2
Nªn y x+32x
2 =
2 Giá trị lín nhÊt cđa y=
khi 2(1-x)=1 x=1
2 ( thoả mÃn điều kiện)
Câu 2
1)Tìm nghiệm nguyên phơng trình 2x2 +y2 3xy +3x+2y+2=0 (1)
2) Tìm số nguyên dơng a,b,c cho P=(ab−1)(bc−1)(ac−1) abc
cịng lµ sè nguyên
Giải
(1) 2x2+3x(y+1)+y2+2y+2=0 (2)
coi PT(2) phơng trình bậc ẩn x tham sè y
đê PT(2) có nghiệm nguyên điều kiện cần Δ phơng
Ta cã Δ=[3(y+1)]2−8(y2+2y+2)=9y2+18y+9−8y2−16y −16=y2+2y −7
Δ phơng; đặt Δ =k2 (k∈Z)
Ta có y2+2y+1-8=k2 (y+1)2-k2=8 (y-k+1)(y+k+1)=8
Mặt khác (y-k+1); (y+k+1) tính chẵn lẻ xét 8=2.4=(-2).(-4) ta có
Phơng trình có nghiệm (x;y)=(-2;2);(2;-4)
b)Nếu P= tồn số số lại N
Nếu P0
P=(ab1)(bc1)(ac1)
abc =
(ab2c −ab−bc+1)(ac−1) abc
P=a
b2c2−ab2c − a2bc+ab−abc2+bc+ac−1 abc
P=abc(abc−a − b −c)+(ab+bc+ca)−1 abc
P=abc−a − b −c+1
a+ b+ c− abc ⇒1 a+ b+ c− abc ∈Z
Ta cã a+ b+ c− abc >1⇔
1 a+ b+ c> abc>1
Gi¶ sư 1<c b ≤ a ⇔1<1
a+ b+ c≤ c+ c+ c= c
c>1c<3 Vì c nguyên dơng 1<c<3
Nên c=2 ta có 1<1
a+ b+ 2≤ b+ b+ 2= b+ 2⇔ 2<
b⇔b<4 NÕu b=2 Loại nên b=3
Với b=3 ta có 1<1
a+ 3+ 2= a+ 6⇔ a>
6⇔a<6
Thay a= tho¶ mÃn
Vậy (a,b,c)=(1;1;N);(2;3;5) hoán vị
(7)C©u3
N
I Q
K M
P O
B C
A
1)Chứng minh phân giác góc KBQ góc KCQ qua điểm PQ
(8)cã
¿ ∠BPK : chung ∠PBK =∠PQB(¿1
2sdcungBK) ⇒
¿{
¿
Δ PBK đồng dạng với Δ PQB nên
PB
PQ= BK
BQ (1) tơng tự Δ PCK đồng dạng với Δ PQC nên
PC PQ=
CK CQ(2)
Tõ (1)&(2) & PC=PB nªn BK
BQ= CK CQ(3)
mặt khác BI phân giác góc KBQ nên IK
IQ= BK BQ (4)
tõ (3) vµ (4) suy IK
IQ= CK
CQ chứng tỏ IC phân giác góc KCQ(đpcm)
2) Chứng minh BC //AQ :Ta có P,M,O thẳng hàng PO BC gọi PO cắt AQ N
Ta cú PCO vng có CM đờng cao nên
PC2=PM.PO (5) Mặt khác Δ PCK đồng dạng với Δ PQC nên
PC2=PK.PQ(6)
Từ (5) & (6) suy PM.PO=PK.PQ nên Δ PMK đồng dạng với Δ PQO ( c.g.c)
⇒ ∠ PKM= ∠ POQ ⇒ ∠ MKQ= ∠ NOQ mµ ∠ AOQ=2 ∠ MKQ
nªn
∠ AOQ=2 ∠ NOQ , Δ AOQ cân có ON phân giác nên ON đờng cao
Suy ON AQ hay PO AQ
Ta cã
¿ PO⊥AQ PO⊥BC ⇒BC // AQ
¿{ ¿
(®pcm)
Câu Cho phơng trình a0xn+a1xn-1+a2xn-2+ .an-1x+an=0 (1)
Trong hệ số a1,a2,a3, ,an-1,an nhận giá trị 0;hoặc 1;hoặc-1
Vµ a0 0.Chøng minh r»ng x0 nghiệm (1) |x0|<2 Giải
Vì x0 nghiệm (1) nên :
a0x0n=-( a1x0n-1 +a2x0 n-2+ .an-1x0 +an)
1 2
0 1
1 1
1
0 0 0 0
0 0
0
1
0
0
(*)
: 1
(
(*)
n n n n n
n n n n
n n n n n n n
n n n
a x a x a x a x a a x a x a x a
a a
a a
x x x x x x x
a a a a
Neu x x
x x x
0
0
1)( 1)
1
n
x x x
x x
VËy |x0n|≤|x0 n
|−1 |x0|−1≤|x0
n
|−1 v« lý
(9)