024 10 chuyên toán hà nội 23 24

LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI NĂM HỌC 2023 – 2024 Mơn thi: Tốn ( Chun ) PHẦN ĐỀ THI Câu ( 2,0 điểm ) 1) Giải phương trình x 3 x  2 x  2 2 2) Cho a,b,c số thực khác thỏa mãn điều kiện a  c c.c  b b b  a a Chứng minh  a  b   b  c   c  a  1 Câu ( 2,0 điểm ) 2 1) Cho ba số nguyên a,b c thỏa mãn a  b  c  2ab chia hết cho Chứng minh abc chia hết cho 54 2 2) Tìm tất cặp số nguyên dương ( x,y ) thỏa mãn x y  x y  x  xy  y 0 Câu ( 2,0 điểm ) 2 1) Tìm tất cặp số nguyên ( x,y ) cho xy số phương x  xy  y số nguyên tố 2) Với số thực không âm a,b c thỏa mãn a  2b  3c 1 , tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  a  6b  6c   a  b  c  Câu ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC ), nội tiếp đường tròn (O) Ba đường cao AD,BE CF tam giác ABC qua điểm H Đường thẳng EF cắt đường thẳng AD điểm Q Gọi M I trung điểm đoạn thẳng BC AH Đường thẳng IM cắt đường thẳng EF điểm K 1) Chứng minh tam giác AEK đồng dạng với tam giác ABM 2) Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC điểm S, đường thẳng SI cắt đường thẳng MQ điểm T Chứng minh bốn điểm A,T,H M thuộc đường tròn 3) Tia TH cắt đường tròn (O) điểm P Chứng minh ba điểm A,K P thẳng hàng Câu ( 1,0 điểm ) Cho 2023 điểm nằm hình vng cạnh Một tam giác gọi phủ điểm M điểm M nằm tam giác nằm cạnh tam giác PHẦN LỜI GIẢI Câu ( 2,0 điểm ) 1) Điều kiện xác định x Sử dụng nhân liên hợp, ta có phương trình ban đầu tương đương với x   2x  2 x  x   2x  Chuyến vế, rút nhân tử chung ta   x  4    2 Ta có x  0, x  0 nên x = ( thỏa mãn điều kiện xác định )   0 x   2x   0 x x   2x  , kéo theo với Vậy phương trình cho có nghiệm x = 2 2 2 2) Theo đề ta có a  c  c  b c  b a, b, c 0 nên a  b c  b Nếu 2 a + b = a = -b Tuy nhiên a b  a 0 trái giả thiết Do đó, ta phải c b a b a b có a  b 0 dẫn tới Hồn tồn tương tự ta có b c ca a b c a b  c ca Từ ta suy  a  b  b  c  c  a   Đây điều phải chứng minh c b c a a b 1 a b b c c a Câu ( 2,0 điểm ) 2 2 2 1) Nếu ba số a,b,c lẻ a  b  c  2ab lẻ a  b  c  2ab không chia hết cho 6, trải giả thiết Do đó, ba số a.b.c phải có số chẵn, nghĩa abc chia hết cho Nếu abc không chia hết cho tức số a,b,c khơng có số chia hết cho 2 2 2 3, dẫn tới a b c 1 ( mod ) Vì a  b  c  2ab chia hết -2ab chia hết cho 3, vơ lí a.b.c khơng chia hết cho Do đó, ta phải có abc 2 chia hết cho Từ ta có a  b  c chia hết cho Vì số phương 2 chia dư 0,1 số a , b , c phải chia hết cho kéo theo a,b,c chia hết cho Khi abc chia hết cho 27 Vì ( 27,2 ) = nên abc chia hết cho 27.2 = 54 Phép chứng minh hồn tất 2) Phương trình cho viết lại thành y   x  x  x  y  x 0 Coi phương trình phương trình bậc hai ẩn y, tính biệt thức   x  x  x   16 x x  x  x  1  x  x   Điều kiện cần để phương trình có nghiệm y nguyên  số phương Suy x  x  1  x  x   số phương ( x nguyên dương nên x  ) Vì 2 x  x  x  x  1  số lẻ gọi d gcd  x  x  1, x  x   d lẻ 2 d  x  x     x  x  1 8 nên ta phải có d = Suy x  x  1, x  x  số phương Mà  x  1  x  x    x  1 2 nên x  x  x tìm x = Thay x = tìm y = 1, y = Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun dương ( x,y ) ( 1,1 ) ( 1,4 ) Câu ( 2,0 điểm ) 1) Đặt xy z với z   x  xy  y x  y  z  x  y   z  x  y  z   x  y  z  Chú ý xy z 0 nên x,y phía với Và cặp ( x,y ) thỏa mãn cặp ( -x,-y ) thỏa mãn, 2 ta cần xét x, y 0 Khi x  y  z x  y  z x  y  z số 2 nguyên tố nên ta phải có x  y  z 1, x  y  z x  y  z Do x, y, z   nên 2 x x, y  y , z z nên để có đẳng thức x  y  z x  y  z x x, y  y, z z Vậy, có hai cặp ( x,y ) ( 1,1 ),( -1,-1 ) 2) Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có   1  P  a  3b  3c   3a  3b  3c   a  3b  3c   a  2b  3c  1 2    Suy P P c Dâu xảy a = b = 0, Gía trị nhỏ Lại có, theo bất đẳng thức AM-GM P  a  6b  6c   4a  4b  4c   a  6b  6c  4a  4b  4c   2 25  a  2b  3c  25   4 kéo theo 25 P 16 Dâu xảy a  6b  6c 4  a  b  c  , c 0, a  2b  3c 1 Giả 25 a  , b  , c 0 ta tìm Gía trị lớn P 16 Câu ( 3,0 điểm ) A E I T F K O Q C H B S D M P 1) Xét tam giác BFC BEC vuông F E với trung tuyến tương ứng FM EM, ta FM = EM = BC Tương tự, xét tam giác AFH AEH vuông F E với trung tuyến tương ứng FI EI, ta FI = EI = AH Như vậy, MI đường trung trực EF, K trung điểm EF Mặt khác, lại ý AEB AFC  g g  nên ta AE AF    AB AC , kéo theo AEF ABC  c.g c  Từ ta thu AEF ABC AE EF EK EK    AB BC BM BM Do đó, AEK ABM  c.g c  2) Xét ISM với ID  SM SK  IM ( MI trung trực EF ), Q trực tâm ISM Như vậy, MQ  MT  SI từ ta    ITM 90 IEM IFM Do đó, năm điểm I,T,E,F,M thuộc đường tròn dẫn đến QT.QM = QE.QF Mặt khác, lại ý tứ giác AEFH tứ giác nội tiếp, ta có QE.QF = QA.QH Như vậy, QT.QM = QA.QH, bốn điểm A,T,H,M thuộc đường tròn 3) Trên tia TH lấy điểm P’ cho HT.HP’ = HA.HD Khi đó, ta HT.HP’ = HB.HE = HC.HF tứ giác TBP’E TCP’F tứ giác       nội tiếp Khi đó, ta có BP 'T BET HET CP 'T CFT HFT Từ đó, ý    tứ giác TIEF nội tiếp nên EFT EIF 2 BAC , ta thu  ' C BP  'T  CP  'T HET     BP  HFT 360  EHF  EFT     360  180  BAC  2 BAC 180  BAC Do P '  (O) kéo theo P ' P Như vậy, HA.HD = HT.HP nên tứ giác ATDP     DTH nội tiếp DAP Mặt khác, ta có kết quen thuộc BAO CAH AO  EF, kết hợp với AEK ABM , ta thu       OAM BAO  BAM CAH  EAK DAK IM // AO (  EF ) Lại ý tứ giác ATHM ITDM tứ giác nội tiếp, ta       DTH  AHT  IDT AMT  IMT AMI OAM DAK   DAK Do đó, DAP , từ suy A,P,K thẳng hàng Câu ( 1,0 điểm ) 1) Mỗi phần tam giác vuông cân với độ dài cạnh bên Theo nguyên lý Dirichlet, có 2023 điểm phân bố vào phần hình vẽ nên tồn phần có chứa  2023     253 điểm Nói cách khác, tồn tam giác vng cân có cạnh chứa 253 điểm Mà tam giác vuông cân có cạnh bên chứa tam giác có cạnh , ta có điều phải chứng minh 2) Gọi hình vng cho ABCD với tâm O Ta sử dụng hai đường vng góc IF,EG qua O tạo với cạnh góc 60 để chia hình vng thành tứ giác AIOG, BIOE, CEOF, DFOG hình vẽ Theo nguyên lý Dirichlet, có 2023 điểm phân bố vào phần hình vẽ nên tồn phần phủ  2023     506 điểm Khơng tính tổng quát, giả sử tứ giác AIOG phủ 506 điểm Ta dựng tam giác IMN cho A  IN , O  IM G  MN hình vẽ Kẻ OH  AB Ta OH 1/ 1 OI    OG  sin 60 3/2 Tương tự Ta lại có có OM  OG 1/   tan 60 Suy IM OI  OM  1 11   3 12 11 Như tam giác IMN có cạnh nhỏ 12 , suy tồn tam giác phủ toàn tam giác IMN Tam giác phủ tồn tứ giác AIOG, suy phủ nhát 506 điểm cho