Giải chi tiết đề thi Toán điều kiện trường THPT chuyên Sư Phạm
Nguyễn Duy Khương - Hà Huy Khôi - Trần Quang Độ - Nguyễn Khang - Nguyễn Hoàng Việt
1 Câu 1
Cho P =
à b−a pb−pa−
apa−bpb a−b
!
:(pb−pa)2+pab
pa+pb (a≥0,b≥0,a6=b) 1. Rút gọn P.
2. Chứng minh rằng P ≥0.
Lời giải.
1. P = Ãp
b+pa−a+pab+b pa+pb
!
: a+b−pab pa+pb =
pab
pa+pb :a+b−pab pa+pb =
pab
a+b−pab. 2. Ta có: a+b−pab= 3(pa−pb)2
4 +
(pa+pb)2
4 ≥0. Do đó: P≥0.
2 Câu 2
a) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của m, ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm:
x2−(2m+1)x+m2+3=0 ;x2−mx+(4m−11)=0 (2)
b) Một tấm biển quảng cáo có dạng hình tròn tâm O, bán hình bằng 1, 6m.
Giả sử hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính bằng 1, 6m sao cho ∠BOC= 45o. Người ta sơn màu toàn bộ tấm biển quảng cáo và chỉ sơn một mặt như hình bên dưới. Biết mức chi phí sơn phần hình tô đậm là 150000 đồng trên m2, phần còn lại là 200 000 đồng/m2. Hỏi số tiền (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng) để sơn toàn bộ biển quảng cáo là bao nhiêu?Cho π=3, 14.
A B
D C
O
Lời giải.
a) Ta xét hai trường hợp sau:
1. Nếu(4m−11)≥0 thì
∆(1)=(2m+1)2−4(m2+3)=4m2+4m+1−4m2−12=4m−11≥0, vậy phương trình (1) có nghiệm.
2. Nếu (4m−11)<0⇒∆(2) = m2−4(4m−11)>0⇒ phương trình (2) có nghiệm.
Tóm lại, trong mọi trường hợp, ít nhất một trong hai phương trình có nghiệm.
b) Ta có
SquạtAOD=SquạtBOC= π·R2·n 360 =
3, 14·1, 62·45
360 =
628 625(m2) S∆BOC=S∆AOD=1
2·sin 45o·R2= 16p2 25 (m2) Vậy diện tích phần không tô đậm là
2·¡Squạt AOD−S∆AOD¢=2 Ã628
625−
16p2 25
!
= 1256−800p2 625 (m2)
Ta thấy
Stô đậm=Stròn−Skhông tô đậm
=3, 14·1, 62−1256−800p2
625 =
3768+800p2 625 Như vậy tổng số tiền cần để sơn tấm biển là:
150.000·3768+800p2
625 +200.000·1256−800p2
625 ≈1.216.000 (V N D)
3 Câu 3
Cho 3 điểm A,B,C thẳng hàng, cố định, B nằm giữa A và C. Gọi d là đường thẳng qua C vuông góc AB. Lấy điểm M bất kỳ trên d. Đường thẳng qua B vuông góc AM lần lượt cắt AM,d tại I,N. MB cắt AN tại K.
a) Chứng minh rằng tứ giác M I K N nội tiếp.
b) Chứng minh rằng CM·CN =AC·BC
c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N. Vẽ hình bình hành MBN E. Gọi H là trung điểm BE. Chứng minh rằng OH vuông góc với d và OH= 1
2AB Lời giải.
A
C B
M
I
K N O
E
H d
a) Theo giả thiết có ∠M I N = 90o = ∠ACM nên B là trực tâm tam giác AM N suy ra MB vuông góc AN hay ∠MK N = 90o = ∠M I N suy ra tứ giác M I K N nội tiếp.
b) Ta có ∠AK M = 90o = ∠ACM suy ra tứ giác AMCK nội tiếp dẫn đến
∠BMC=∠B AK. Từ đó xét 2 tam giác BCM và NC A có:
∠BMC=∠N AC; ∠BCM=∠NC A=90o
⇒ 4BCM∼ 4NC A (g g) ⇒ CM C A =
CB
CN ⇒ CM·CN=C A·CB
c) Vì MBN E là hình bình hành nên MB∥N E mà MB⊥N A nên N A⊥N E. Tương tự ta có M A⊥ME nên AE là đường kính của đường tròn (AM N) suy ra O là trung điểm AE. Cũng từ hình bình hành ra suy ra H là trung điểm BE. Từ đó OH là đường trung bình của tam giác E AB suy raOH∥AB ⇒ OH⊥d và OH=1
2AB
4 Câu 4
a) Giải hệ phương trình
x2+y2−4x=57
|x−1|2021+ |x−2|2020=1
b) Cho a,b là hai số hữu tỉ. Chứng minh rằng nếu ap2+bp3 cũng là số hữu tỉ thì a=b=0.
Lời giải.
a) Xét phương trình |x−1|2021+ |x−2|2020=1
• Trường hợp 1: x>2
⇒ |x−1| >1⇒ |x−1|2021>1⇒ |x−1|2021+ |x−2|2020>1
• Trường hợp 2: x<1
|x−1|2021+ |x−2|2020=1
⇔(1−x)2021+(2−x)2021=1
Ta có 1−x>0 và 2−x>1⇒(2−x)2020>1⇒(1−x)2021+(2−x)2020>1
• Trường hợp 3: 2>x>1
|x−1|2021+ |x−2|2020=1
⇔(x−1)2021+(2−x)2020=1
Do0<x−1<1nên(x−1)2021<(x−1)2020mà do x−1>0và2−x>0nên :
(x−1)2021+(2−x)2020<(x−1)2020+(2−x)2020<((x−1)+(2−x))2020=1
• Trường hợp 4: x=1 hoặc x=2
Nếu x=1 , thay vào phương trình ban đầu ta có
⇒ y=2p15 hoặc y= −2p15 Nếu x=2, thay vào phương trình ban đầu ta có
4+y2−16=57⇔ y2=69
⇒ y=p69 hoặc y= −p69 b) Giả sử a6=0
Đặt A=ap2+bp3 là số hữu tỉ. Ta có:
⇔A−ap2=bp3
⇒(A−ap2)2=(bp3)2
⇔A2+2a2−2Aap2=3b2
⇔2Aap2=A2+2a2−3b2 (1)
• Trường hợp 1: 2Aa=0 mà a6=0
⇒A=0⇔ap2+bp3=0
⇔b a = −
p3
p2 (vô lý vì vế trái là số hữu tỉ, vế phải là số vô tỉ)
• Trường hợp 2: 2Aa6=0
(1) ⇒p2= A2+2a2−3b2 2Aa
(vô lý vì vế trái là số vô tỉ, vế phải là số hữu tỉ) Từ 2 trường hợp, ta suy ra giả sử sai, nên a=0
⇒A=bp2 là số hữu tỉ, mà p2 là số vô tỉ
⇒b=0
Vậy a=b=0.
