ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIÊU KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2023-2024 Mơn : TỐN (Chun ) Thời gian làm : 120 phút Bài (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: {( =1 xy 1 x+ y + =−20 x y ( (x+ y ) 4+ )( ) ) Bài (2,0 điểm) Cho số a,b,c >0 thỏa mãn ab + bc +ca = abc a, Chứng minh rằng: 1 + + ≤ √3 √a √b √c (a+ b+c )2 b, Chứng minh rằng:( √ a+ √b+ √ c) ≤ abc ≤ Bài (1,5 điểm) Cho bảng x tô ô đen trắng cho: i, Mỗi hàng có số đen nhau; ii, Mỗi cột có số đen đơi khác nhau; a, Tìm đen hàng b, Một cặp ô gọi “ tốt “ có đen trắng đứng cạnh Tìm số cặp tốt nhiều tính theo hàng ; số cặp tốt nhiều tính theo cột Bài (2,0 điểm) Cho m, n số nguyên âm thỏa mãn m2- n =1 Đặt a = n2- m a, Chứng minh rằng: a số lẻ b, Giả sử a = 3.2k + 1, k số nguyên không âm Chứng minh k = c, Chứng minh rằng: a khơng phải số phương Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) D, E, F tiếp điểm (I) với BC, CA, AB Gọi L chân đường phân giác BAC (L ∈ BC) Vẽ tiếp tuyến LH với đường tròn (I) ( H≠ D LÀ tiếp điểm) a, Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác HAL qua tâm I b, Chứng minh BAD = CAH c, AH kéo dài cắt (I) K (K≠ H) Gọi G trọng tâm tam giác KEF DG cắt EF J Chứng minh KJ ⊥ EF d, Gọi S trung điểm BC, KJ cắt (I) R (R ≠ K) Chứng minh AS, IR, EF đồng quy ĐÁP ÁN Bài (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: {( =1 xy 1 x+ y + =−20 x y ( (x+ y ) 4+ )( ) ) Lời giải tham khảo: {( ⇔ ĐKXĐ x , y ≠ Ta có HPT ❑ =1 xy 1 x+ y + =−20 x y ( (x+ y ) 4+ )( ) ) 1 { a+b=1 Đặt a = x+ x , b = y + y , HPT trở thành ab=−20 Theo định lý Viete đảo, a b nghiệm phương trình ⇔ t – t – 20 = ❑ t = hay t = - TH1: a = b = -4 Ta có: x+ =5 x ⇔ ❑ y + =5 y { ⇔ x −5 y +1=0 ❑ x 2+ x +1=0 { { x=1 hay y= x= −1 1 −1 −1 Vậy tập nghiệm hệ S = 1,− , ,− , , , , {( ) ( )( )} )( Bài ( 2, điểm) Cho số a,b,c >0 thỏa mãn ab + bc +ca = abc a, Chứng minh rằng: 1 + + ≤ √3 √a √b √c (a+ b+c )2 b, Chứng minh rằng:( √ a+ √b+ √ c) ≤ abc ≤ Lời giải tham khảo: a, Từ giả thiết, ta suy ab+bc +ca =1 abc 1 + + a b c =1 Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: (1 + + 1) ( 1 + + a b c )≥ ( 1 + + √a √b √c ) hay 1 + + √ a √ b √c ≤ √ ( 1a + b1 + 1c ) = √3 Chứng minh hoàn tất b, Ta có: (a+ b+c )2≥ 3( ab+ bc+ ca ) = 3abc (1) Ta có 1 + + a b c 1 ≥ √ ab + √ bc + √ ca Suy 1 + + √ ab √ bc √ ca hay √ a ≤ + √ b + √ c ≤√ abc Bình phương hai vế bất đẳng thức, ta ( √ a+ √b+ √ c ) ≤ abc (2) Từ (1) (2) ta suy ( √ a+ √b+ √ c ) ≤ abc ≤ (a+ b+c )2 Bài (1,5 điểm) Cho bảng x tô ô đen trắng cho: i, Mỗi hàng có số ô đen nhau; ii, Mỗi cột có số ô đen đơi khác nhau; a, Tìm đen hàng b, Một cặp ô gọi “ tốt “ có đen ô trắng đứng cạnh Tìm số cặp tốt nhiều tính theo hàng ; số cặp tốt nhiều tính theo cột Lời giải tham khảo: a, Mỗi cột có số đen đơi khác nên tổng số ô đen bảng phải lớn + + + = bé + + + =10 Mà hàng có số đen nên tổng số ô đen bảng phải chia hết cho Do tổng số đen bảng Suy ô đen hàng B, = + + + Số ô đen cột 0, 1, 3, Xét số cặp tốt nhiều tính theo cột: - Trong cột chứa đen ln có cặp tốt Trong cột chứa ô đen có tối đa cặp tốt Trong cột chứa đen có tối đa cặp tốt Trong cột chứa đen ln có cặp tốt Vậy có tối đa cặp tốt tính theo cột Một ví dụ cụ thể Xét số cặp tốt nhiều tính theo hàng: - Mỗi hàng chứa đen Và hàng 1x4 có ô đen chứa tối đa cặp tốt phải cấu hình sau: - Như số cặp tốt nhiều tính theo hàng bảng 3x4 =12 Giả sử tồn cấu hình A có 12 cặp tốt tính theo hàng thỏa mãn yêu cầu Như hàng phải có cấu hình cấu hình(*) Và có cột chứa nên cấu hình A Tuy nhiên cấu hình khơng thỏa mãn u cầu đề Do bảng 4x4 có tối đa 11 cặp tính theo hàng Ví dụ: Bài (2,0 điểm) Cho m, n số nguyên âm thỏa mãn m2- n =1 Đặt a = n2- m a, Chứng minh rằng: a số lẻ b, Giả sử a = 3.2k + 1, k số nguyên không âm Chứng minh k = c, Chứng minh rằng: a khơng phải số phương Lời giải tham khảo: a, Vì m2- n =1 số lẻ nên m, n khác tính chẵn lẻ Do a = n2- m số lẻ b, Ta có a – = n2 −m -m2+ n = ( n−m )( n+ m+1 ) ⇒ ❑ 2k = ( n−m )( n+ m+1 ) Vì n – m lẻ nên n + m + ⋮ 2k , ta xét trường hợp sau: Nếu n + m + 1=2k n – m =3, kết hợp với m2- n =1,ta m2- m - = 1± 17 (Loại phương trình có nghiệm m = √ không nguyên ) Nếu n + m + 1=3.2 n – m =3, kết hợp với m2- n =1 ta có m2- m – = 0, m = ( m ≥ 0) k ⇒ Từ suy n = 3.2k = + + = ❑ k = Vậy k = c, Vì m2- n =1 nên n = m2- 1, a = n2- m = ( m2−1 ) –m =m - m2- m + Nhận xét m2 = n + ≥ nên m ≥ Khi m - m2 – m + < m - m2 + = ( m2−1 ) (1) Xét m ≥ 2, m - m2 –m + - ( m 2−2 ) = m2 –m – = ( 2m -3)(m + 1) > Do m - m2 – m + > ( m 2−2 ) , với m ≥ (2) Từ (1) (2) ta 2 ( m2−2 ) < a = m - m2 – m + < ( m2−1 ) , với m ≥ 2 (3) Vì ( m2−2 ) ( m2−1 ) hai số phương liên tiếp nên từ (3), ta suy a khơng số phương Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I) D, E, F tiếp điểm (I) với BC, CA, AB Gọi L chân đường phân giác BAC (L ∈ BC) Vẽ tiếp tuyến LH với đường tròn (I) ( H≠ D LÀ tiếp điểm) a, Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác HAL qua tâm I b, Chứng minh BAD = CAH c, AH kéo dài cắt (I) K (K≠ H) Gọi G trọng tâm tam giác KEF DG cắt EF J Chứng minh KJ ⊥ EF d, Gọi S trung điểm BC, KJ cắt (I) R (R ≠ K) Chứng minh AS, IR, EF đồng quy Lời giải tham khảo: A E H I G F B D K C S L a, Ta có IAL = IHL = IDL = 90° nên A, L, D, H, I nằm đường trịn đường kính LI Do đường tròn ngoại tiếp tam giác HAL qua I b, Xét đường tròn (HAL), IH = ID nên AI đường phân giác DAH Mà AI đường phân giác BAC nên ta có điều phải chúng minh c, Ta có: KDC = KHD = ALB Suy ra: DK ∥ AL mà AL∥EF ( vuống góc IA), nên DK∥ EF Do DK ∥NJ nên theo định lý Talet, ta có DG GJ = KG GN FG = = GV DF = DG GJ =2 Suy DF∥ JV JV DF Từ đó, JV = = EK Do đó, tam giác JKE vuông J Vậy KJ⊥ EF d, Do DK ∥ EF mà KR ⊥ EF nên DK ⊥ KR Từ đó, ta có DR đường kính (I) Gọi DR cắt EF tai X, qua X vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC Y, Z Ta chứng minh A, X, S thẳng hàng cách chứng minh X trung điểm YZ Thật vậy, tứ giác IXYF IXEZ nội tiếp nên ta có YIX = XFY = Do đó, IX phân giác EFA = AEF = XIZ YIZ Mặt khác, IX đường cao tam giác IYZ nên tam giác IYZ cân I Do X trung điểm YZ Suy A, X, S thẳng hàng