Bộ đề thi vào lớp 10 toán chuyên sở hà nội

Tailieumontoan.com  Điện thoại (Zalo) 039.373.2038 BỘ ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TOÁN CHUYÊN SỞ HÀ NỘI (Liệu hệ tài liệu word mơn tốn SĐT (zalo) : 039.373.2038) Tài liệu sưu tầm, ngày 15 tháng năm 2023 Website: tailieumontoan.com Môc lôc Trang PHẦN ĐỀ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN SỞ HÀ NỘI Đề Năm học 2023-2024 Đề Năm học 2022-2023 Đề Năm học 2021-2022 Đề Năm học 2020-2021 Đề Năm học 2019-2020 Đề Năm học 2018-2019 Đề Năm học 2017-2018 Đề Năm học 2016-2017 PHẦN ĐỀ TOÁN VÀO LỚP 10 CHUYÊN TIN SỞ HÀ NỘI Đề Năm học 2023-2024 Đề 10 Năm học 2022-2023 Đề 11 Năm học 2021-2022 Đề 12 Năm học 2020-2021 Đề 13 Năm học 2019-2020 Đề 14 Năm học 2018-2019 Đề 15 Năm học 2017-2018 Đề 16 Năm học 2016-2017 PHẦN CÁC ĐỀ TOÁN TỰ LUYỆN Đề 17 Đề tự luyện số Đề 18 Đề tự luyện số Đề 19 Đề tự luyện số Đề 20 Đề tự luyện số Đề 21 Đề tự luyện số Đề 22 Đề tự luyện số Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 521 Website: tailieumontoan.com PHẦN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN HÀ NỘI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC: 2023-2024 MƠN: TỐN CHUYÊN Ngày thi: 12/06/2023 Thời gian làm bài: 150 phút Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x − − x − = x − 2) Cho a, b c số thực khác thỏa mãn điều kiện a − c = c, c − b = b b2 − a = a Chứng minh ( a − b )( b − c )( c − a ) = Câu (2,0 điểm) 1) Cho ba số nguyên a, b c thỏa mãn a + b + c − 2abc chia hết cho Chứng minh abc chia hết cho 54 2) Tìm tất cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn x3 y − x y − x + xy − y = Câu (2,0 điểm) 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 ba điểm 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 1) Chứng minh tồn tam giác cạnh cho 2) Chứng minh tồn tam giác cạnh phủ 253 điểm 2023 điểm 11 phủ 506 điểm 2023 điểm 12 cho Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x − − x − = x − Lời giải Điều kiện: x ≥ x − − 2x + ( x − 4) = x − + 2x − 4− x ( x − 4) ⇔ = x − + 2x −  x = (TMDK )  x = (TMDK )  ⇔ ⇔ −1   x − + 2x − = = −2 (2)   x − + x −  x −3 ≥ 7 với x ≥ nên x − + x − ≥ > −2 với x ≥ Ta có  2  x − ≥ Vậy phương trình ban đầu có nghiệm x = 2) Cho a, b c số thực khác thỏa mãn điều kiện a − c = c, c − b = b (1) ⇔ b2 − a = a Chứng minh ( a − b )( b − c )( c − a ) = Lời giải a − c = c  2 Ta có  c − b = b ⇒ a + b + c = b − a = a  2 Ta có a − c =c ⇔ ( a − c )( a + c ) =c ⇒ ( a − c )( −b ) =c ⇔ b ( c − a ) =c Tương tự ta có c − b =b ⇒ a ( b − c ) =b; b − a =a ⇒ c ( a − b ) =a Do b ( c − a ) a ( b − c ) c ( a − b ) = abc ⇒ ( a − b )( b − c )( c − a ) = (do abc ≠ 0) Câu (2,0 điểm) 1) Cho ba số nguyên a, b c thỏa mãn a + b + c − 2abc chia hết cho Chứng minh abc chia hết cho 54 Lời giải • Nếu a, b, c khơng chia hết cho a , b , c chia cho dư a + b + c / ⇒ ⇒ M / (vô lý)  abc / • Nếu a, b, c có hai số không chia hết cho số lại chia hết cho a + b + c / ⇒ ⇒ M / (vô lý)  abc  Vậy a, b, c  ⇒ abc  27 (1)  a + b + c / • Lại có, a, b, c lẻ  ⇒ M / (vơ lý) 2 abc   Vậy a, b, c có số chẵn ⇒ abc  ( ) Từ (1) (2) ⇒ abc  54 ( 2, 27 ) = Liên hệ tài liệu word tốn SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com 2) Tìm tất cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn x3 y − x y − x + xy − y = Lời giải x3 y − x y − x + xy − y =⇔ xy ( x − x + 1) = ( x − y ) (1) d ( x; y ) ⇒ = x da;= y db với ( a; b ) = a, b, d nguyên dương Gọi = 2 Khi (1) trở thành d ab ( d a − da + 1) = d ( 2a − b ) ⇔ ab ( d a − da + 1) = ( 2a − b ) Suy ( 2a − b )  a ( 2a − b )  b 2 ( ) Ta có ( 2a − b )  a mà ( a; b ) = ⇒ ( 2a − b; a ) = ⇒ ( 2a − b ) ; a = a = 2 b =1 b (do b > 0) Từ ( 2a − b )  b ⇒ 4a  b mà ( a; b ) = ⇒ 4 b ⇒=  b = +) TH1: a =b =1 ⇒ x = y =d x =1 y =1 Thay vào giả thiết ta d − d = ⇒ d =1 (do d nguyên dương) ⇒  +) TH2: = a 1;= b không thỏa mãn +) TH3: = a 1;= b suy ra= x d= ; y 4d  x =1 y = Thay vào giả thiết ta d − d = ⇒ d =1 (do d nguyên dương) ⇒  Thử lại ta thấy cặp số ( x; y ) ∈ {(1;1) ; (1; )} thỏa mãn yêu cầu toán Câu (2,0 điểm) 1) Tìm tất cặp số nguyên ( x, y ) cho xy số phương x + xy + y số nguyên tố Lời giải  x = ad với ( a; b ) =  y = bd Đặt = d ( x; y ) ⇒  Suy M = x + xy + y = d ( a + ab + b ) Vì a + ab + b ≥ nên d = 1, suy ( x; y ) = Mà xy số phương nên xy ≥ 0; x , y số phương ⇒ = x m2 ; = y n với m, n ∈  M = m + m n + n = ( m + mn + n )( m − mn + n ) Nếu x = y = M khơng số nguyên tố nên x; y ∈ * ⇒ m; n ∈ * Do m + mn + n ≥ Mà M số nguyên tố nên m − mn + n =1 ⇔ m2 + n + ( m − n ) =2 ⇒ m =n =1 Vậy ( x; y ) ∈ {(1;1) ; ( −1; −1)} 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 ) Lời giải Đặt x= b + c Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com 2 x = − a − c ≤ − a  3 x = + b − a ≥ − a - Tìm GTLN P 1− a  1 ( − 2a + + 2a ) 25  P ≤ ( a + 3)(1 − a )  a + = ( − 2a )( + 2a ) ≤ =  4 16  25 Vậy GTLN P = 16 Dấu “=” xảy khi= c 0,= a = ,b - Tìm GTNN P  1− a  a + 5a + ) ≥ P ≥  a + ( −a )   a + = (   3  Dấu “=” xảy a= b= 0, 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 Lời giải I tâm đường tròn ngoại tiếp AFHE (nội tiếp) M tâm đường tròn ngoại tiếp BFEC (nội tiếp)  IM ⊥ EF (đường nối tâm) ⇒  EK = KF ⇒ ∆AEF # ∆ABC ( BFEC ( nt ) )  AE = ⇒  AB   AEF EF KE KE = = BC BM BM = ABC Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com ⇒ ∆AEK # ∆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 Lời giải Có Có  AEH =  BEC =  AFH = 900 suy tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn tâm I đường kính AH  BFC = 900 suy tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn tâm M đường kính BC Suy IM ⊥ EF K hay SK ⊥ IM Suy Q trực tâm ∆ISM ⇒ MT ⊥ ST T   Ta có MTI = MDI = 900 ⇒ Tứ giác ITDM nội tiếp đường tròn đường kính IM (1) =  Ta có IA= IE ⇒ ∆IEA cân I ⇒ MEC MCE  + MCE =  + MEC =  = 900 Mà IAE 900 suy IEA 900 suy MEI  = 900 E , F thuộc đường trịn đường kính IM (2) Tương tự ta có MFI Từ (1) (2) suy điểm I , T , F , M , E thuộc đường trịn đường kính IM Suy QT QM = QE.QF Lại có tứ giác AFHE nội tiếp suy QF QE = QH QA Từ suy QT QM = QH QA suy tứ giác ATHM nội tiếp 3) Tia TH cắt đường tròn ( O ) điểm P Chứng minh ba điểm A, K P ba điểm thẳng hàng Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Ta có AO ⊥ EF ∆AEF # ∆ABC  = DAM  ⇒ DAK  = MAO =  ⇒ KAO AMI ( IM  AO ) =   = DTH  (do ATHM nội tiếp; TIMD nội tiếp) Có  AMI =  AMT − TMI AHT − IDT ' =DTH  =  Trên tia đối HT lấy điểm P ' cho ATDP ' nội tiếp ⇒ DAP AMI =DAK ⇒ A, K , P ' thẳng hàng (1) Do ATDP ' nội tiếp ⇒ HT HP ' =HD.HA =HB.HE =HC.HF   TEH 'B = ⇒ BP ' ET nội tiếp ⇒ TP   Tương tự: TP ' C = TFH    (do FTIE nội tiếp) Ta có: FTE = FIE = BAC ( )  + TFH  = 3600 − FTE  − FHE  = 3600 − 2.BAC  − 1800 − BAC  = 1800 − BAC  ⇒ TEH     ⇒ BP ' C =TP ' C + TP ' B =1800 − BAC  = ⇒ BP ' C + BAC 1800 ⇒ ABP ' C nội tiếp ⇒ P ' ∈ ( O ) ⇒ P ' ≡ P (2) Từ (1) (2) ta suy 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 1) Chứng minh tồn tam giác cạnh phủ 253 điểm 2023 điểm cho Lời giải a) Dựng tam giác có cạnh phủ hồn tồn hình vng hình vẽ Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com 2023 = 252.8 + nên có tam giác phủ 253 điểm 2) Chứng minh tồn tam giác cạnh 11 phủ 506 điểm 2023 điểm 12 cho Lời giải Dựng MNP tam giác có cạnh 11 qua tâm O hình vng hình vẽ 12  1  11 AQ= MA 3=  − − ⇒ NB = −  ta thấy AQ > NB nên 2 3  12 2  11 phủ kín hình vng có cạnh Mặt khác ta có bốn tam giác có cạnh 12 2023 = 4.505 + nên có tam giác phủ 506 điểm Ta có: IN = Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI NĂM 2022 - 2023 Mơn thi: TỐN (chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phú ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài (2.0 điểm) a) Giải phương trình x2 − 4x + 2x − + = b) Cho số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = Tính giá trị biểu thức a b c P= + + − 2 a + b + c − abc 1+ a 1+ b 1+ c Bài (2.0 diểm) a) Chứng minh n số tự nhiên lẻ, 32 n +1 − chia hết cho 20 b) Tim tất cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn ( ) ( x + 1) ( y y x2 + x + = ) −1 Bài (2.0 diểm) m3 n3 số nguyên tố m+n m+n b) Xét số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a + b + c = , tìm giá trị lớn biểu thức P =ab + 2bc + 3ca − 3abc Bài (3.0 diểm) Cho tam giác ABC nhọn với AB < AC Đường tròn ( I ) nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với ba cạnh BC , CA AB ba điểm D, E F a) Gọi M giao điểm hai đường thẳng AI DF Chứng minh đường thẳng CM vng góc với đường thẳng AI b) Gọi N giao điểm hai đường thẳng AI DE Gọi K trung điểm đoạn thẳng BC Chứng minh tam giác KMN tam giác cân c) Các tiếp tuyến điểm M N đường tròn ( K , KM ) cắt điểm S Chứng a) Tìm tất số nguyên dương m n thỏa mãn minh đường thẳng AS song song với đường thẳng ID Bài (1.0 điểm) Cho tập hợp A gồm 70 số nguyên dương không vượt 90 Gọi B tập hợp gồm số có dạng x + y với x ∈ A y ∈ A (x, y không thiết phân biệt) a) Chứng minh 68 ∈ B b) Chứng minh tập B chứa 91 số nguyên liên tiếp Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Thay (1) (3) vào biểu thức A ta có: = A −2 ( xy + yz + zx ) x2 + y2 + z2 = = 2 − ( y − z) + ( z − x ) + ( x − y ) ( xy + yz + zx ) 0.25 Vậy A = Bài Ý Bài III Hướng dẫn giải Điểm Chứng minh với giá trị … 1.0 Xét phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P): (2.0 điểm) 0.25 x2 = mx + ⇔ x2 − mx − 2= (* ) Ta có: ac =−2 < ⇒ phương trình (*) ln có hai nghiệm trái dấu Hai đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm nằm hai phía 0.25 trục tung Giả sử đường thẳng (d) cắt parabol (P) … 1.0 x1, x2 hai nghiệm phương trình (*) Theo hệ thức Viet ta có: m  x1 + x2 =   x1.x2 = −2 0.25  y = x2 Tọa độ giao điểm (d) (P) nghiệm hệ phương trình:  y mx + = y1 − y2 = 24 − x22 − mx1 ⇔ m( x1 − x2 ) = ⇔ m( x1 − x2 )= 24 − mx2 − − mx1 ⇔ m( x1 − x2 ) = 22 − m( x1 + x2 ) ⇔ m( x1 − x2 ) = 22 − m2 24 − y22 − mx1 0.25 (* ) ĐK: m2 ≤ 22 Khi ta có: m2 ( x1 − x2 )2 = 22 − m2 ⇔ m2 ( x1 + x2 )2 − 4x1x2  = 22 − m2 0.25 ⇔ m2 (m2 + 8) = 22 − m2 ⇔ m4 + 9m2 − 22 = (* * ) Đặt m2= t (0 ≤ t ≤ 22) Phương trình (**) trở thành t = −11(ktm) t + 9t − 22 = ⇔  t2 = 2(tm) 0.25 Với t = ta có: m = ± Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Hai điện trở mắc song song với biết điện trở thứ … Bài IV 1.0 Gọi độ lớn điện trở R1 =x(Ω ) ( x > 6) (1.0 điểm) 0.25 Độ lớn điện trở R2 =y(Ω) ( y > 0) Điện trở thứ lớn điện trở thứ hai 6Ω nên ta có phương trình 0.25 (1) x−y = Điện trở tương đương đoạn mạch 4Ω nên ta có 0.25 1 1 = + = (2) Rtd R1 R2 Bài Hướng dẫn giải Ý Điểm Từ (1) (2) ta có hệ phương trình: x − y = x = y +   1 1 1 ⇔  = + x + y  y=   +6 y 0.25  x= y +  x = 12 ⇔ ⇔ =  y ( y > 0)  y − y − 24 = Vậy độ lớn điện trở 12Ω độ lớn điện trở 6Ω Bài V Chứng minh tam giác ABC tam giác vuông 1.0 (3.0 điểm)  = HAM  (gt ) ∆ABM cân A AH ⊥ BM BAH ⇒ MH = 0.25 1 MB = MC 2  Trong ∆AHC có AM phân giác HAC ⇒ 0.25 AH MH = = AC MC = ⇒ AH = AC ⇒ ACH 30° 0.25 = 60° ⇒ CAB = 90° ⇒ CAH 0.25 Suy tam giác vuông A Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Chứng minh 2OB.OC = IB.JC 1.0 Trong ∆BAI vng có AO phân giác OB AB  = = cot ABI = cot 30 = ° OI AI 0.25 OB OB ⇒ = = (1) BI OB + OI + ∆BAC vng có CJ phân giác ⇒ Bài JA CA = = sin  ABC = JB CB Hướng dẫn giải Ý Điểm JA JA 3AB ⇒ = = ⇒ JA = AB JB + JA + 2+ Và AC AB= = tan60° 0.25 3AB Trong tam giác CAJ có AO phân giác ta có: OC AC OC OC 2+ = =2 + ⇒ = = (2) OJ JA CJ OJ + OC 3(1 + 3) 0.25 Từ (1) (2) suy 2+ 2+ = = = 3(1 + 3) + (1 + 3) 4+ ⇒ 2OC.OB = IB.JC OC OB = JC IB 2+ 0.25 Tìm vị trí D, E, F để diện tích tam giác DEF có giá trị nhỏ 1.0  =°  =° Trường hợp 1: DFE 30 , DEF 60 0.25 Tứ giác AEDF nội tiếp  + FDE =  + DFE  =° FAE 180° ⇒ DAE 30 ⇒ ∆ADC cân D ∆ABD cân D ⇒ D trung điểm BC ⇒ D ≡ M Liên hệ tài liệu word tốn SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Ta có:= S∆DEF DE ⇒ S∆DEF nhỏ ⇔ DE nhỏ ⇔ DE ⊥ AC Khi đó= S∆DEF DE AM = (1) = 60° DEF = 30° Trường hợp 2: DFE  + FDE = Tứ giác AEDF nội tiếp FAE 180° Bài Hướng dẫn giải Ý Điểm = DFE = 60° ⇒ D ≡ H ⇒ DAC DF Ta có:= S∆DEF ⇒ S∆DEF nhỏ ⇒ DF nhỏ ⇔ DF ⊥ AB Khi đó= S∆DEF 0.25 DE AH = (2) Từ (1) (2) suy AM > AH ⇒ S∆DEF nhỏ D ≡ H F hình 0.5 chiếu vng góc D AB Bài VI Tìm giá trị lớn biểu thức (1.0 f (a, b, c) = a + b + c − ab − ac − bc điểm) 1.0 Ta chứng minh f ( a , b, c ) ≤ max { f ( a , b,0), f ( a , b,1)} Thật vậy: Nếu − a − b ≥ f (a, b, c) = a + b − ab + c(1 − a − b) ≤ a + b − ab + (1 − a − b) = f (a, b,1) 0.25 Nếu − a − b ≤ f (a, b, c) = a + b − ab + c(1 − a − b) ≤ a + b − ab = f (a, b,0) Như f (a, b, c) ≤ max { f (a, b,0), f (a, b,1)} Lập luận tương tự ta có: 0.25 f (a, b, c) ≤ max { f (0,0,0), f (0,0,1), f (0,1,1), f (1,1,1)} Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Ta có: f (0,0,0) = f (0,0,1) = f (0,1,1) = 0.25 f (1,1,1) = Suy f (a, b, c) ≤ Dấu " = " xảy ra, chẳng hạn a= b= 0, c= Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 0.25 Website: tailieumontoan.com ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ Bài I (3.5 điểm) 2x + 3x y = 1) Giải hệ phương trình  24 4y − 2xy = 2) Giải phương trình: 3 3x2 − 2x + 2017 − 3x2 − 8x + 2018 − 6x − 2019 = 2018 Bài II (2.5 điểm) 1) Tìm số nguyên dương (x, n) thỏa mãn phương trình sau x3 + 3367 = 2n 2) Cho a, b, c, d ≥ thỏa mãn ab + bc + cd + da = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M= a3 b3 c3 d3 + + + b+ c+ d a+ c+ d a+ b+ d a+ b+ c Bài III (3.0 điểm) Cho đường tròn (O) ngoại tiếp ∆ABC có H trực tâm Trên cung nhỏ BC lấy điểm M Gọi N, I, K hình chiếu M BC, CA, AB Chứng minh: 1) Ba điểm K, N, I thẳng hàng 2) AB AC BC + = MK MI MN 3) NK qua trung điểm HM Bài IV (1.0 điểm) Cho 100 số thực có tổng Chứng minh có 99 cặp chúng có tổng khơng âm HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ THANG ĐIỂM Bài Ý Bài I (3.5 điểm) Hướng dẫn giải Điểm 2x + 3x y = Giải hệ phương trình  24 4y − 2xy = 2.0 * Nếu x = , ta có: 0.5 2.03 + 3.02 y = ≠ , nên x ≠ * Với x ≠ , đặt y = xt hệ phương trình: 2 x + x t = ⇔ 3 24 4 x t − x t = ⇒ 0.5 2x + 3x t = ⇔ 4t − 2t − 9t − = 3 3 4x t − 2x t 3 ( ) ⇔ ( t − ) 4t + 6t + = ⇔t= (phương trình 4t + 6t + = vô nghiệm) Liên hệ tài liệu word tốn SĐT (zalo): 039.373.2038 0.5 Website: tailieumontoan.com Do đó: y = 2x nên ta có: 2x + 6x =8 ⇔ x =1 ⇔ x =1 ⇒ y =2 0.5 Vậy hệ có nghiệm (1;2 ) Chứng minh… Đặt 1.5 3x − 2x + 2017 =a ⇒ a =3x − 2x + 2017 ; − 3x − 8x + 2018 =⇒ b b3 = −3x + 8x − 2018 ; 0.25 − 6x − 2019 =⇒ c c = −6x + 2019 3 Suy ra: a + b3 + c3 = 2018 Phương trình cho tương đương với (a + b + c) = a + b + c3 ⇔ ( a + b + c ) − a − b − c3 = 0.25 ⇔ ( a + b )( b + c )( c + a ) = Nếu a + b = ⇔ 3x − 2x + 2017 = 3x − 8x + 2018 ⇔ 3x − 2x + 2017 = 3x − 8x + 2018 ⇔ 6x =1 ⇔ x = 0.25 Nếu b + c =0 ⇔ 3x − 8x + 2018 =− 6x − 2019 x = 0⇔ ⇔ 3x − 8x + 2018 = −6x + 2019 ⇔ 3x − 2x − = x = −  0.25 Nếu c + a = ⇔ 3x − 2x + 2017 = 6x − 2019 ⇔ 3x − 8x + 2018 =6x − 2019 ⇔ 3x − 14x + 4037 =0 (phương trình vơ 0.25 nghiệm) Bài II (2.5 điểm) 1 1 Vậy phương trình có ba nghiệm: = x  ;1; −  3 6 0.25 Tìm số nguyên dương (x,n)… 1.25 Từ phương trình cho ta suy ra: x ≡ n ( mod ) 0.25 Nếu n khơng chia hết cho n chia cho cho số dư 2,4 7, x chia cho cho số dư 0,1 nên 0.25 khơng thể có đồng dư thức x ≡ n ( mod ) Vậy n = 3m với m số nguyên dương Thay vào phương trình Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 0.25 Website: tailieumontoan.com cho ta được: ( ) x + 3367 = 23m ⇔ m − x ( 2m − x ) + 3x.2 m  = 3367   (1) Từ (1) suy m − x ước 3367 Hơn nữa, ( − x ) < m 3m ( 0.25 ) −x = 3367 nên − x ∈ {1;7;13} m Xét m − x =, thay vào (1) ta suy ra: ( ) 2m 2m − = 2.561 vô nghiệm Xét m − x =, thay vào (1) ta suy ra: ( ) m m − 13 = 2.15 vô nghiệm 0.25 Xét m − x =, thay vào (1) ta suy ra: ( ) n 3m = 12 x = 2m 2m − = 16.9 Ta m = ;= Vậy ( x;n ) = ( 9;12 ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức… 1.25 Ta có: ab + bc + cd + da = ( a + c )( b + d ) = Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: ( a + c ) + ( b + d ) ≥ ( a + c )( b + d ) ⇒ (a + b + c + d ) 0.25 ≥ ( a + c )( b + d ) = ⇒ a + b + c + d ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: a3 b+c+d a + + ≥ b+c+d 18 12 b3 a+c+d b + + ≥ a+c+d 18 12 0.25 c3 a+b+d c + + ≥ a+b+d 18 12 d3 a+b+c d + + ≥ a+b+c 18 12 Suy ra: a3 b3 c3 d3 + + + b+c+d a+c+d a+b+d a+b+c Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 0.25 Website: tailieumontoan.com + 1 (a + b + c + d ) + ≥ (a + b + c + d ) 18 ⇔ a3 b3 c3 d3 1 + + + + ≥ (a + b + c + d ) b+c+d a+c+d a+b+d a+b+c 3 ⇔ a3 b3 c3 d3 1 + + + ≥ − = b+c+d a+c+d a+b+d a+b+c 3 Dấu “=” xảy a= b= c= d= Vậy MinM = Bài III 1 0.25 1 a= b= c= d= 0.25 Ba điểm K, N, I thẳng hàng 1.0 (3.0 điểm) 0.25  +N  = 180° ) Tứ giác MNKB nội tiếp ( K = MIC = 90° ) Tứ giác MNCI nội tiếp (vì MNC     ⇒ BNK = BMK,INC = IMC (1) (vì góc nội tiếp chắn cung) 0.25  = IMC  (2) Mặt khác BMK 0.25  + KMC  = KMC  + IMC  bù với góc A tam giác ABC) (vì BMK  = INC  nên điểm K, N, I thẳng hàng Từ (1) , ( ) suy BNK Chứng minh 0.25 AB AC BC + = MK MI MN 1.0  = MCN  = β ( góc nội tiếp chắn cung BM) Vì MAK Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 0.25 Website: tailieumontoan.com ⇒ AK CN AB − BK CN = = cot β ⇒ = MK MN MK MN hay AB BK CN − = (1) MK MK MN AI BN AC CI BN Tương tự có: = + hay = MI MN MI MI MN Mà Từ (1) , ( ) , ( 3) ⇒ ( IC BK  = IMC  = = tgα α = BMK MI MK (2) 0.25 ) ( 3) 0.25 AB AC BC + = (đpcm) MK MI MN 0.25 NK qua trung điểm HM 1.0 Gọi giao AH, MN với đường tròn ( O ) thứ tự Q, S ⇒ AQMS hình 0.25 thang cân (vì AQ // MS ⇒ AS = QM ) Vẽ HP // AS ( P ∈ MS ) 0.25 ⇒ HQMP hình thang cân, có BN trục đối xứng (vì Q H đối xứng qua BC)  = AIN  ⇒ N trung điểm PM mà HP // KN (vì KN // AS SAC 0.25 ) NMC Bài IV (1.0 điểm) ⇒ KN qua trung điểm HM (đpcm) 0.25 Tổng 100 số thực có tổng 0… 1.0 Gọi 100 số a1, a2,… a100 Giả sử a1 ≥ a ≥ ≥ a100 a1 + a + + a100 = Giả sử: 0.25 a1 + a 51 < ⇒ a 50 + a100 ≤ a 49 + a 99 ≤ ≤ a1 + a 51 < ⇒ a1 + a + + a100 < (mâu thuẫn) ⇒ giả sử sai ⇒ a1 + a 51 ≥ (1) Trường hợp a1 + a100 ≥ ⇒ tồn 99 cặp số có tổng khơng âm thỏa mãn đề 0.25 a1 + a ≥ a1 + a ≥ ≥ a1 + a100 ≥ Trường hợp a1 + a100 < 100 giả sử tồn 0.25 n ∈ {3, 4,5 ,51} cho a1 + a n < Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Suy a + a 51 ≤ a + a n < ( n ≤ 51) ⇒ a 50 + a 99 ≤ a 49 + a 98 ≤ ≤ a + a 51 < ⇒ a1 + a + + a100 < (mâu thuẫn) ⇒ giả sử sai ⇒ a + a 51 ≥ ( ) Từ (1) ta có 50 cặp số có tổng khơng âm a1 + a ≥ a1 + a ≥ ≥ a1 + a 51 > Từ ( ) ta có 49 cặp số có tổng khơng âm 0.25 a + a ≥ a + a ≥ ≥ a + a 51 > Vậy toán chứng minh Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ Bài I (2điểm) 1) Tính tổng sau: 16 36 2500 + + + + 15 35 2499 2) Chứng minh p số nguyên tố lớn p − chia hết cho 24 Bài II (3điểm) 1) Cho số thực x, y thỏa mãn: ( x2 + + x )( ) y2 + + y = Chứng minh x + y = 2) Giải phương trình x + 3x + 2 x − = x + Bài III (3điểm) Cho điểm P tùy ý nằm đường trịn tâm O bán kính R Qua P kẻ hai dây cung tùy ý AC BD vng góc với Gọi M trung điểm AB 1) Chứng minh PM vng góc với CD 2) Chứng minh AC + BD =8R − 4OP 3) Chứng minh AB + BC + CD + DA2 không phụ thuộc vào vị trí điểm P Bài IV (1điểm) Tìm số tự nhiên x, y thỏa mãn: x − x = y − Bài V (1điểm) Những điểm mặt phẳng tô ba màu.Chứng minh ln tìm hai điểm màu cách Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com BÀI I HƯỚNG DẪN CHẤM Ý ĐIỂM 2,0 Tính tổng…(1,0 điểm) Ta có: 16 36 2500 1 1 + + + = (1 + ) + (1 + ) + (1 + ) + + (1 + ) 15 35 2499 15 35 2499 1 1 ) = 25 + ( + + + + 1.3 3.5 5.7 49.51 1 1 1 = 25 + ( − + − + + − ) 3 49 51 1 1300 =25 + ( − ) = 51 51 Chứng minh …(1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta có (p-1)p(p+1) 3 mà ( p,3 ) =1 nên (p-1)(p+1) 3 (1) 0,5 Vì p số nguyên tố lớn nên p số lẻ, p-1 p+1 hai số chẵn liên tiếp Trong hai số chẵn liên tiếp, có số bội nên tích chúng chia 0,25 hết cho (2) Từ (1) (2) suy (p-1)(p+1) chia hết cho hai số nguyên tố 0,25 Vậy (p-1)(p+1)  24 II 3,0 Giải phương trình … (1,5 điểm) ( ⇔ x2 + + x ( )( ) y2 + + y = x2 + + x )( y2 + + y ⇔ x + + 2= x Tương tự ( )( ) ( y + −= y y2 + − y ) 0,5 y + − y (1) x2 + + x )( ) y + + y = ⇔ x2 + − 2x = y + + y (2) 0,5 −2 y ⇔ x + y = Lấy (1) trừ (2) theo vế với vế ta được: x = Giải phương trình … (1,5 điểm) Điều kiện: x ≥ Ta có : x + 3x + 2 x − = x + ⇔ x( x + 3) + 2 x − = x + Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: 0,5 0,5 0,5 x + ( x + 3) ≥ x( x += 3) x( x + 3) (2 x − 1) + ≥ 2 x − Suy x + ≥ x( x + 3) + 2 x − Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 0,5 Website: tailieumontoan.com 2 = x x+3 Dấu xảy   x − = ⇔x= Vậy nghiệm phương trình x =1 III 0,25 3,0 Chứng minh PM vng góc với CD ( điểm ) Kéo dài PM cắt DC H Vì M trung điểm AB nên   = MBP ta có: MPB  = DPH  (đối đỉnh) Mà MPB = Và MBP ACD (góc nội tiếp chắn cung AD)  = PCD  Suy DPH B M A I P O 0,5 D H J C  + PDC  = PCD  + PDC  = 900 Từ DPH Vậy PM ⊥ CD 0,5 Gọi I, J trung điểm AC BD Ta có : AC =4 AJ =4( AO − OJ ) =4 R − 4OJ Tương tự BD =4 BI =4( BO − OI ) =4 R − 4OI 2 2 0,25 0,25 0,5 Mà ta có OI + OJ = OP 2 Vậy AC + BD =8R − 4OP Tìm giá trị…( điêm) 2 Ta có AB + BC + CD + DA2= 2( AP + BP + CP + DP ) = 2( AC + BD − AP.PC − BP.DP) 0,5 Mặt khác AP.PC =( JA − JP)( JA + JP) =JA − JP =OA − OJ − JP =R − OP IV 2 2 2 Tương tự BP.PD = R − OP 8R Vậy AB + BC + CD + DA2 = Tìm số tự nhiên… (1 điểm) 0,5 Ta có ( x − 3)( x − 1) = y suy x − 3; x − số lẻ liên tiếp nên x −= Do ( x − 3, x − 1) = 3m ; x −= 3n ; m < n; m += n y 0,25 3n Ta có 3m + = Nếu m = suy n = ta y = 1; x = x = Nếu m ≥ 1⇒ n ≥ ( x − 3) 3;( x − 1) mâu thuẫn với ( x − 3, x − 1) = Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 0,25 0,25 Website: tailieumontoan.com V Vậy (x; y) =(0;1) (x; y) = (4; 1) Chứng minh …(1điểm) 0,25 1,0 0,25 Giả sử hai điểm cách sơn màu khác Xét tam giác ABC có cạnh Tất đỉnh tam giác tô màu khác Giả sử điểm A’ đối xứng với A qua đường thẳng BC Bởi A’B = A’C = 1, nên điểm A’có màu khác với màu B C , tức tô màu với điểm A 0,25 Suy AA’= điểm A A’ tơ màu Do tất điểm nằm đường trịn tâm A bán kính có màu Rõ ràng đường trịn ln tìm hai điểm có khoảng cách chúng (mâu thuẫn) Vậy ln tìm hai điểm màu có khoảng cách chúng 0,25 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 0,25