Đề thi vào lớp 10 ĐHQG Hà Nội chuyên ngoại ngữ 2011

[ndth96]

Bài khó câu 5
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Câu 1. (2 điểm)
Cho biểu thức

[M]A=\left[ \left( \frac{1}{\sqrt{x}}+ \frac{1}{\sqrt{y}} \right) \frac{2}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{x}}+ \frac{1}{\sqrt{y}} \right] : \frac{\sqrt{x^3}+y\sqrt{x}+x\sqrt{y}+\sqrt{y^3}}{ \sqrt{xy^3}+\sqrt{x^3y}}[/M]

1. Rút gọn [M]A[/M].
2. Tìm [M]x,y[/M] biết [M]xy=\frac{1}{36}, A=5[/M].

Câu 2. (2 điểm)

1. Giải hệ phương trình
   
   [M]\begin{cases} x^2+4y^2=5 \\ (x+2y)(5+4xy)=27 \end{cases}[/M]
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
   
   [M]y=\sqrt{x+3}+\sqrt{6-x}[/M]

Câu 3. (2 điểm)
Cho phương trình bậc 2

[M]x^2-2(m+1)x+2m+10=0[/M] ([M]m[/M] là hằng số)

1. Tìm [M]m[/M] để phương trình có nghiệm.
2. Giả sử phương trình có hai nghiệm [M]x_1,x_2[/M]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
   
   [M]P=x_1^2+x_2^2+8x_1x_2[/M]

Câu 4. (3 điểm)
Cho tam giác nhọn [M]ABC[/M] nội tiếp đường tròn [M](O)[/M]. Cho [M]P[/M] là một điểm bất kì trên đoạn [M]BC[/M] sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác [M]OBP[/M] cắt đoạn [M]AB[/M] tại [M]N[/M] khác [M]B[/M] và đường tròn ngoại tiếp tam giác [M]OCP[/M] cắt đoạn [M]AC[/M] tại [M]M[/M] khác [M]C[/M].

1. Chứng minh rằng [M]\widehat{OMP}=\widehat{OAC}[/M].
2. Chứng minh rằng [M]\widehat{MPN}=\widehat{BAC}[/M] và [M]\widehat{OBC}+\widehat{ABC}=90^\circ[/M].
3. Chứng minh rằng [M]O[/M] là trực tâm tam giác [M]MNP[/M].

Câu 5. (1 điểm)
Giải phương trình

[M]\sqrt{12-\frac{3}{x^2}}+\sqrt{4x^2-\frac{3}{x^2}}=4x^2[/M]

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[pvthuan]

Đề thi này có hai bài khó, thí sinh dễ mắc sai lầm hoặc không làm được.

Bài thứ nhất là 3b. Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=x_1^2+x_2^2+8x_1x_2 $ cần đưa $P $ về dạng một tam thức bậc hai đối với $m $. Lưu ý miền giá trị của $m $ từ phần trước.

Bài thứ hai là 5. Cần đặt $a=\frac3{x^2} $, $ b=4x^2 $. Do đó, $12=ab $. Từ đó ta có

$\sqrt{ab-a}+\sqrt{b-a}=b. $
Viết lại dưới dạng
$\sqrt{b-a}=b-\sqrt{ab-a}, $
rồi bình phương hai vế cho ta
$b^2+ab-b-2b\sqrt{ab-a}=0, $
hag là
$(\sqrt a-\sqrt{b-1})^2=0. $
Từ đó giải được $x^2=1. $

Câu 2 ý 2 cũng có thể làm một số ít bạn lúng túng với giá trị nhỏ nhất. Cả hai ý chỉ cần bình phương y rồi sử dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, và $t^2\geq0 $, với t thực.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Nguyên văn bởi novae

Câu 4. (3 điểm)
Cho tam giác nhọn [M]ABC[/M] nội tiếp đường tròn [M](O)[/M]. Cho [M]P[/M] là một điểm bất kì trên đoạn [M]BC[/M] sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác [M]OBP[/M] cắt đoạn [M]AB[/M] tại [M]N[/M] khác [M]B[/M] và đường tròn ngoại tiếp tam giác [M]OCP[/M] cắt đoạn [M]AC[/M] tại [M]M[/M] khác [M]C[/M].

1. Chứng minh rằng [M]\widehat{OMP}=\widehat{OAC}[/M].
2. Chứng minh rằng [M]\widehat{MPN}=\widehat{BAC}[/M] và [M]\widehat{OBC}+\widehat{ABC}=90^\circ[/M].
3. Chứng minh rằng [M]O[/M] là trực tâm tam giác [M]MNP[/M].

Bài hình này khá cơ bản, chỉ cần thực hiện các phép biến đổi góc với các tứ giác nội tiếp đã cho.
Ý 1 của bài toán này cần sửa lại là [M]\widehat{OMP}=\widehat{OBC}[/M] hoặc [M]\widehat{OPM}=\widehat{OAC}[/M] mới đúng.

Từ giả thiết của bài toán trên, chúng ta có một kết quả sau : Gọi [M]D,E[/M] là giao điểm thứ hai của [M](OBP),(OCP)[/M] với $(O) $. Khi đó $D,E,P $ thẳng hàng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[extremeqx9770]

Câu 5 mình giải theo cách mò nghiệm. Ai có cách hay hơn post lên cho anh em tham khảo nha
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz:
$\[\begin{array}{l}
{\left( {\sqrt {12 - \frac{3}{{{x^2}}}} + \frac{1}{{\sqrt 3 }}\sqrt {3\left( {4{x^2} - \frac{3}{{{x^2}}}} \right)} } \right)^2} \le 16\left( {{x^2} + 1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right) \Rightarrow {(4{x^2})^2} \le 16\left( {{x^2} + 1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)\\
\Leftrightarrow {x^6} - {x^4} - {x^2} + 1 \le 0 \Leftrightarrow {({x^2} - 1)^2}({x^2} + 1) \le 0 \Rightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1
\end{array}\]
$
Thay nghiệm $$x = \pm 1$ $ thấy dấu đẳng thức xảy ra nên ta kết luận nghiệm của phương trình là $$x = \pm 1$ $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Nguyên văn bởi extremeqx9770

Câu 5 mình giải theo cách mò nghiệm. Ai có cách hay hơn post lên cho anh em tham khảo nha
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz:
$\[\begin{array}{l}
{\left( {\sqrt {12 - \frac{3}{{{x^2}}}} + \frac{1}{{\sqrt 3 }}\sqrt {3.4\left( {{x^2} - \frac{3}{{{x^2}}}} \right)} } \right)^2} \le 16\left( {{x^2} + 1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right) \Rightarrow {(4{x^2})^2} \le 16\left( {{x^2} + 1 - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)\\
\Leftrightarrow {x^6} - {x^4} - {x^2} + 1 \le 0 \Leftrightarrow {({x^2} - 1)^2}({x^2} + 1) \le 0 \Rightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 1
\end{array}\] $

Mình giải cách gần giống thế này nhưng theo BĐT AM-GM. Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$\frac{1}{3}\sqrt{\left ( 12-\frac{3}{x^{2}} \right )9}\leq\frac{1}{6}\left ( 21-\frac{3}{x^{2}} \right ) $
$\sqrt{\left (4x^{2}-\frac{3}{x^{2}} \right )1}\leq \frac{1}{2}\left ( 4x^{2}-\frac{3}{x^{2}}+1 \right ) $
Từ đó kết hợp với PT ta suy ra:
$x^{2}+\frac{1}{x^{2}}-2\leq 0\Leftrightarrow \frac{\left ( x^{2} -1\right )^{2}}{x^{2}}\leq 0\Leftrightarrow x^{2}=1 $. Suy ra x=1 hoặc x=-1. Thử lại thỏa mãn nên PT có 2 nghiệmx=1 và x=-1
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trongtri]

Cách 2 cho câu 5.
Đặt $t=\frac{3}{x^2} $
Phương trình trở thành $\sqrt{12-t} + \sqrt{\frac{12}{t} - t} = \frac{12}{t} $
ĐK:$ 0<t \leq 2 \sqrt(3) $
Bình phương hai vế, khai triển rồi chia hai vế cho t, chuyển vế ta được phương trình:
$\frac{144}{t}-12t-12+t^2-2.t.\sqrt{\frac{144}{t}-12t-12+t^2}+ t^2=0 $
Tương đương
$(\sqrt{\frac{144}{t}-12t-12+t^2} - t)^2=0 $.
Từ đây suy ra được $t=3 $(nhận), $t=-4 $ (loại)
Suy ra: $x=-1, x = 1 $

P/S: Hơi trâu 1 chút
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]