024B 10 chuyên toán khtn hà nội 23 24

LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC: 2023 – 2024 Trường THPT Chuyên Khoa học tự nhiên Mơn thi : Tốn (vịng 2) Trần Nguyễn Đức Nhật – Nguyễn Nhất Huy Hoàng Lê Nhật Tùng – Trịnh Huy Vũ I PHẦN ĐỀ THI Câu : (3,5 điểm): 1) Giải phương trình x+1+2 √ x +6 x=4 √5 x−x 2) Giải hệ phương trình { xy ( x + y )=30 x + y =30+ √ x+ y +120 3 Câu (2.5 điểm): 1) Tìm tất cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn x + ( 1+3 y )( 1+ y )=2x (3 y +7 y +2) 2) Với x,y,z số thực dương, tìm giá trị nhỏ biểu thức: M= x 14 −x +3 y 14 − y 6+ z 14 −z +3 + + x y + zx + zy y z + xy + xz z x + yz + yx Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn với AB < AC nội tiếp đường trịn (O) có tiếp tuyến A (O) cắt BC T cho TB > BC Gọi P E trung điểm TA TC 1) Chứng minh tứ giác APEB nội tiếp 2) Gọi giao điểm thứ hai AE với (O) F Láy G thuộc (O) cho FG ATG=T^ AF song song với AC Chửng minh ^ 3) Gọi H trực tâm tam giác ABC,D giao điểm AH BC M trung điểm BC K đối xứng với A qua BC N thuộc đường thẳng AM cho KN song song với HM Lấy S thuộc BC cho NS ⊥ NK Dựng R thuộc tia AK cho AR.AH = AD Q điểm cho PQ ⊥ AS SQ ⊥ AO Chứng minh điểm đối xứng A qua QR thuộc đường tròn đường kinh DN Câu (1 điểm) Viết 100 số nguyên dương 1,2, ,100 vào bảng vng kích thước 10 * 10 cách tuỳ ý cho ô vuông viết số Chứng minh tồn hai kề (hai có cạnh chung) mà hai số viết hai có hiệu lớn 10 II: PHẦN LỜI GIẢI Câu 1: (3,0 điểm): 1) Điều kiện: ≤ x √3 S+120 S3 > S+120 , suy S3 + S> ( S+120 )+ √3 S+120 loại  Nếu S< √3 S+120 S3 < S+120 suy S3 + S< ( S+120 )+ √3 S+120 loại Như ta có S= √3 S+120 , hay S 3−S−120 Giải phương trình ta thu S = 30 P= S =6 Vậy ta có {x+xyy=5 =6 Theo Vi-ét đảo x,y hai nghiệm phương trình x 2−5 x+ 6=0 Giải phương trình ta ( x , y ) =( 2,3 ) ( 3,2 ) Vậy hệ cho có hai nghiệm (x,y) (2,3) (3,2) Câu : (3,0 điểm): 1) Cách Ta có biến đổi phương trình sau x + ( 1+3 y )( 1+ y )=2x (3 y +7 y +2) ⟺ 22 x −1+2+3 y +7 y +21 y =2 x (3 y +7 y +2) ⟺ ( x −1 ) ( y +7 y +1−2k )=21 y (1) Ta chứng minh UCLN ( x −1; x +7 y +1−2x )=1.Thật vậy, UCLN( x −1; x +7 y +1−2 x ) > gọi p ước nguyên tố chung x −1,3 x +7 y +1−2 x Suy p |3 y +7 y ý y +7 yđều không chia hết cho 3, nên p ≠3,7 Lại có p|21 y nên p ∈{3, 7} mâu thuẫn Vậy UCLN( x −1; x +7 y +1−2x )=1 Ta xét hai trường hợp sau  Nếu x số chẵn x −1 chia hết cho x +7 y +1−2 xchia dư Khi đó, từ phương trình (1) ta có 2x −1=3 y x +7 y +1−2x =7 y { Suy x =3 y +1 ,Chi ý y ≡1,3 (mod 8) nên y +1 không chia hết cho Từ x=2 y =1 Vậy (x, y) = (2, 1)  Nếu x số lẻ x −1 chia dư x +7 y +1−2 xchia hết cho Khi đó, từ phương trình (1) ta có 2x −1=7 y 3x +7 y +1−2x =3 y { Suy x =7 y +1 Về phải chia dư nên trái chia dư Từ x=3 k , k ∈ N * thay vào phương trình ( 2k −1 )( 22 k + 2k + )=7 y Vì UCLN ( 2k −1; 22 k +2k +1 ) ∈ {1,3 } nên UCLN( 2k −1; 22 k +2k +1 ) =1.Vì 22 k +2k +1>1 nên 2k −1=1 suy k =1và y =7 nên y=1 x=3 k =3 Vậy ( x , y ) =( 3,1 ) Vậy tất cặp số (x, y) thỏa mãn (2, 1), (3, 1) Cách Phương trình cho viết lại thành ( x −7 y −1 )( 2x −3 y −1 )=0 Tới giải giống hai trường hợp 2) Ta có ( x 14−x +3 ) =( x14 + ) −3 x 6+ 5≥ x 6−3 x +5=4 x 6+ theo bất đẳng thức AM-GM Lại có theo bất đẳng thức AM-GM, x6 +5=( x + x 6+ ) + ( x + x 6+1 ) + 3≥ ( x + x +1 ) ≥ ( x +2 x ) Suy M≥∑ x4 x2 +2 ∑ x y + xz + yz x2 y 2+ xz+ yz áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu cho trái, ta có M ≥ ( x + y 2+ z 2) +2 ¿ ¿ Dấu xảy x = y = z = Giá trị nhỏ M Câu : (3,0 điểm) A P F O E T C B G 1) Vì AT tiếp tuyến nên ta TA =TB TC Như vậy, ta 1 TP TA= TA 2= TB TC=TB TE tứ giác APEB tứ giác nội tiếp 2 2) Vì EP đường trung bình ∆ TAC , ∆ FGC hình thang cân AT ^ =TAG ^ AEP= ^ EAC= ^ FAC=GCA tiếp tuyến (O) nên ta thu ^ AE AP ^ ^ = GAC= FCA= ^ TAF= ^ PAE Như vậy, ta ∆ AEP ∆ ACG (g-g) dẫn đến AC AG AE AE AP AT Lại ý AT =2 AP AC=2 EP , ta thu EP = AC = AG = AG Kết hợp với ^ ta thu ∆ AEP ∆TAG (C.G.C) ^ ^ AEP=TAG ATG=T^ AF 3) ta xét bổ đề sau: ∆ABC, đường thẳng qua B vuông AC cắt AC,(ABC) F,D E thuộc (ABC) thoả DE//AC Đường thẳng qua E vuông EF cắt BF G, đg thẳng qua B vuông AG cắt đường thẳng qua C vuông AD H, L trung điểm AH CMR AEL = 90 Giải: BH giao EG J J thuộc (BFE) Mặt khác gọi K trung điểm BC F,K,J thẳng BFK = ABE = BEJ = BFJ Mà FK vuông AD vuông CH nên J trung điểm BH => JL // AB nên L thuộc EG => đpcm Quay lại toán: Dựng hbh DKNG, DS' đg kính (ADG) KS'D = AS'D = AGD = DNK => S trùng S' NG giao BC F, NE vng AD E Khi A,F,E,G thuộc đg tròn ( EF = DN = AG ) • Đường thẳng qua E vng AF cắt đg thẳng qua T vng AS J Khi theo bổ đề, trung điểm Q' AJ thuộc SG ( để ý T thuộc (AFGE) ) Mà Q'P vuông AS => Q' trùng Q Hơn biến đổi tỉ số cho ta R trung điểm AE nên QR // JE vuông AF kết hợp thêm cho JE cắt AF A' A' thuộc (EF) hay A' thuộc (DN) nên ta có đpcm Câu 4: (1,0 điểm): Lời giải Cách Ta giải toán tổng quát: Điền số 1.2 n2 với n > vào ô vuông bảng cỡn nn Khi tồn hai ô vuông kề (chung cạnh) chứa hai số x, y mà |x - y| ≥ n Kí hiệu m k , M k tương ứng số nhỏ số lớn hàng thứ k với k = 1, , ,n Chú ý m ,m2 , ,mn , M , M , … … , M n đôi phân biệt Đặt m= max (m1 ,m2 , ,m n ) M= ( M , M ,… … , M n ) Xét hai trường hợp  Nếu m < M ta có mk ≤m ≤ M k với k = 1, , ,n Điều suy với hàng k bất kỷ tồn hai số a k ≤ m M gọi i, j ∈{ 1, , ,n} số cho m i > M = M j Khi cột ln tồn số khơng vượt q M (ví dụ số hàng j) số lớn M (ví dụ số hàng i) Khi với cột k tồn a k , b k cho a k ≤ M < bk a k , b k thuộc hai ô kề cột k Tương tự trường hợp ta có tồn k ∈{ 1, , ,n}mà b k ≥ M + n Suy b k −a k ≥ ( M + n )−m=n Trong tình ta có điều phải chứng minh Cách Phạm Việt Hưng Giả sử phản chứng, tồn cách điền để không tồn x,y Ta điền số vào bảng ô vuông, xét thời điểm mà n cột điền số Ta xét hai trường hợp sau:  Nếu tồn cột phủ hồn tồn, ta đổi vai trò hàng cột (xét thời điểm n hàng có số) Nếu lại tồn hàng phủ hồn tồn, tức hai thời điểm xét trùng Điều khơng thể vừa thêm phải ô cuối hàng cột đó, xét thời điểm trước cho ta tất hàng điền  Nếu không tồn cột phủ hoàn toàn, cột có điền, ta chọn cột thứ i cặp ô Ai , Bi mà A iđược điền cịn Bithì chưa Cần có Bi− Ai ≤ n−1 kéo theo Bi ≤ max ( A1 , A ,… , A n) + n -1, ∀ i Mà số từ đến max( Ai ¿đều điền nên Bi >max ⁡( A i), vô lý n số Biphân biệt Các trường hợp cho ta giả sử sai ta có điều phải chứng minh