ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2011 MÔN: TOÁN (Vòng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu I. 1) Giải hệ phương trình ( ) 2 2 1 3 ( 2) 1 . x y x y y x y x − + + = − + = + 2) Giải phương trình 2 3 7 . 2( 1) x x x x + + = + Câu II. 1) Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên ( , , )x y z thỏa mãn đẳng thức 4 4 4 7 5.x y z+ = + 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( , )x y thỏa mãn đẳng thức 4 4 3 ( 1) ( 1)x x y+ − − = . Câu III. Cho hình bình hành ABCD với · 90 .BAD < o Đường phân giác của góc · BCD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tại O khác C . Kẻ đường thẳng ( )d đi qua A và vuông góc với CO . Đường thẳng ( )d lần lượt cắt các đường thẳng ,CB CD tại ,E F . 1) Chứng minh rằng OBE ODC∆ = ∆ . 2) Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF . 3) Gọi giao điểm của OC và BD là ,I chứng minh rằng . . . .IB BE EI ID DF FI= . Câu IV. Với ,x y là những số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 3 3 3 4 8 ( ) x y P x y y x y = + + + + . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2011 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Vòng 1) Câu I. 1) Hệ phương trình tương đương với 2 2 ( 1) ( 1) 2 ( 2) ( 2) 1 x y x y y x y x − + − = − − + − = − 2 2 ( 1)( 1) 2 (1) ( 2)( 1) 1 (2) x y y y x x − + = − ⇔ − + = − +) Nếu 1x > suy ra 2 ( 1)( 1) 0x y− + > nên từ (1) 2 0y⇒ − > 2 2 ( 2)( 1) 0y y x⇒ < ⇒ − + < do đó từ (2) 1 0x ⇒ − < 1x ⇒ < mâu thuẫn. +) Nếu 1x < , tuơng tự suy ra 1x > mâu thuẫn. +) Nếu 1 2x y= ⇒ = (thỏa mãn). Đáp số 1, 2.x y= = 2) Điều kiện 0x > . Phương trình tương đương 2 3 2( 1) 7.x x x x + + = + Chia hai vế cho 0x ≠ ta thu được 1 3 7 2(1 ) x x x x x + + = + 3 1 3 4 ( ) 2(1 ) 0x x x x x x ⇔ + − + + + = 3 3 2 ( 2) ( ) 0x x x x x ⇔ + − + − = +) Giải 2 3 3 2 4 4 3 0x x x x x x + = ⇔ + = ⇔ − + = 1 3 x x = ⇔ = . +) Giải 3 2 3 2 3 4 3 4 0x x x x x x x x + = ⇔ + = ⇔ + − = 2 ( 1)( 4) 0 1x x x x⇔ − + + = ⇔ = . Đáp số 1, 3x x= = . Câu II. 1) Giả sử tồn tại các số nguyên , ,x y z thỏa mãn 4 4 4 4 4 4 4 7 5 8 5x y z x y z z+ = + ⇔ + + = + (1) . Ta có 4 0,1 (mod 8)a ≡ với mọi số nguyên a 4 4 4 4 0,1,2,3 (mod 8) 8 5 5(mod 8) x y z z + + ≡ ⇒ + ≡ Mâu thuẫn với (1) . Vậy không tồn tại ( , , )x y z thỏa mãn đẳng thức. 2) Phương trình tương đương với 2 2 2 2 3 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)x x x x y + + − + − − = 2 3 3 3 (2 2)(4 ) 8 8 .x x y x x y⇔ + = ⇔ + = +) Nếu 3 3 3 1 8 8 8 (2 1)x x x x x≥ ⇒ < + < + 3 3 3 (2 ) (2 1)x y x⇔ < < + (mâu thuẫn vì y nguyên). +) Nếu 1x ≤ − và ( , )x y là nghiệm, ta suy ra ( , )x y− − cũng là nghiệm, mà 1x − ≥ ⇒ mâu thuẫn. +) Nếu 0 0x y= ⇒ = (thỏa mãn). Vậy 0x y= = là nghiệm duy nhất. Câu III 1) Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc · BCD · · · · OBD OCD OCB ODB OBD⇒ = = = ⇒ ∆ cân tại O OB OD ⇒ = (1) .Tứ giác OBCD nội tiếp · · ODC OBE= (2) (cùng bù với góc · OBC ). Trong CEF ∆ có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên CEF ∆ cân tại C . Do AB CFP ⇒ · · · AEB AFC EAB= = ABE ⇒ ∆ cân tại B BE BA CD ⇒ = = (3). Từ (1),(2),(3) suy ra ( )OBE ODC c g c∆ = ∆ − − (đpcm). 2) Từ câu 1) OBE ODC ∆ = ∆ suy ra OE OC = . Mà CO là đường cao tam giác cân CEF OE OF⇒ = . Từ đó OE OC OF= = vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF ∆ (đpcm). 3) Theo (3) BE CD⇒ = mà CE CF= BC DF⇒ = . Ta có CI là đường phân giác góc · BCD . . IB CB DF IB BE ID DF ID CD BE ⇒ = = ⇒ = . Mà CO là trung trực EF và I CO∈ IE IF⇒ = . Từ hai đẳng thức trên suy ra . . . .IB BE EI ID DF FI = (đpcm). Câu IV. Ta chứng minh 3 2 3 3 2 2 8 2 x x x y x y ≥ + + (1) 3 4 3 3 2 2 2 8 ( 2 ) x x x y x y ⇔ ≥ + + 2 2 2 3 3 ( 2 ) ( 8 )x y x x y⇔ + ≥ + 2 2 4 3 4 4 8x y y xy⇔ + ≥ 2 2 2x y xy⇔ + ≥ (đúng). Ta chứng minh 3 2 3 3 2 2 ( ) 2 y y y x y x y ≥ + + + (2) 3 4 3 3 2 2 2 ( ) ( 2 ) y y y x y x y ⇔ ≥ + + + 2 2 3 3 ( 2 ) ( ( ) )x y y y x y⇔ + ≥ + + 2 2 2 4 3 ( 2 ) ( )x y y y x y⇔ + − ≥ + 2 2 2 2 3 ( )( 3 ) ( )x y x y y x y⇔ + + ≥ + Ta có 2 2 2 1 ( ) 2 x y x y+ ≥ + 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 ( )x y x y y xy y y x y+ = + + ≥ + = + 2 2 2 2 2 3 1 ( )( 3 ) ( ) .2 ( ) ( ) 2 x y x y x y y x y y x y⇒ + + ≥ + + = + (2)⇒ đúng. Từ (1) và (2) 1P⇒ ≥ . Dấu bằng xảy ra x y⇔ = . Vậy min 1P = . ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2011 MÔN: TOÁN (Vòng 2) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu I. 1) Giải phương trình ( ) ( ) 1 13 1xx x − ++ − = . 2) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 . 2 4x y xy x y x y x y + + + = = Câu II. 1) Với mỗi số thực a ta gọi phần nguyên của a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và ký hiệu là [ ] a . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , biểu thức 2 3 1 1 27 3 n n + − + không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số nguyên dương. 2) Với , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức 5xy yz zx+ + = , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 . 3 3 2 6( 5) 6( 5) 5 x y z x y z P + + + + + + + = Câu III. Cho hình thang ABCD với BC song song .AD Các góc · BAD và · CDA là các góc nhọn. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại .I P là điểm bất kỳ trên đoạn thẳng BC ( P không trùng với ,B C ). Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BIP cắt đoạn thẳng PA tại M khác P và đường tròn ngoại tiếp tam giác CIP cắt đoạn thẳng PD tại N khác .P 1) Chứng minh rằng năm điểm , , , ,A M I N D cùng nằm trên một đường tròn. Gọi đường tròn này là ( ).K 2) Giả sử các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại ,Q chứng minh rằng Q cũng nằm trên đường tròn ( ).K 3) Trong trường hợp , ,P I Q thẳng hàng, chứng minh rằng . PB BD PC CA = Câu IV. Giả sử A là một tập con của tập các số tự nhiên .¥ Tập A có phần tử nhỏ nhất là 1, phần tử lớn nhất là 100 và mỗi x thuộc A ( ) 1 ,x ≠ luôn tồn tại ,a b cũng thuộc A sao cho x a b= + ( a có thể bằng b ). Hãy tìm một tập A có số phần tử nhỏ nhất. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2011 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Vòng 2) Câu I. 1) Điều kiện 0 1x ≤ ≤ , phương trình tương đương với 3 ( 1 1) 1 3 x x x ⇔ − + = + + 3( 1 1) 3x x x ⇔ − + = + + Nếu ( ) 0 1 3 1 1 3x x ≤ < ⇒ − + > đồng thời 3 1 4 3x x + + < + = Suy ra VT > VP. (loại). Thử lại ta thấy 1x = là nghiệm. 2) 0x y = = là nghiệm. Xét 0, 0x y ≠ ≠ hệ phương trình tương đương với 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 (1) 1 1 1 1 1 2 1 4 2 8 (2) x y x y x y xy x y xy + = + = ⇔ + + = + + = ÷ ÷ ÷ ÷ Thay (1) vào (2) ta thu được 3 1 1 2 1 1 8 1 1 x y x y xy + = + = ⇔ ÷ = 1x y ⇔ = = Câu II. 1) Ký hiệu 3 1 1 , 27 3 K n = − + do 1n > 1K ⇒ ≥ . Ta có 3 1 1 1 27 3 K n K≤ − + < + 3 3 1 1 2 ( ) ( ) 3 27 3 K n K ⇔ − ≤ − < + 3 2 3 2 1 1 4 8 2 3 27 27 3 27 K K K n K K K ⇔ − + − ≤ − ≤ + + + 3 2 3 2 4 1 3 3 3 3 K K n K K K K ⇔ + ≤ + < + + + 3 2 3 ( 1)K n K K⇔ < + < + Suy ra 2 2 3 1 1 27 3 n K n n + = + − + không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số nguyên dương. 2) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 5 6 5 5 6 6x y z x y x z y z y x z x z y + + + + + = + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2 2 2 x y x z x y y z z x z y+ + + + + + + + + ≤ + + ( ) 9 9 6 3 3 3 2 2 2 x y z x y z + + ≤ = + + Suy ra 2 2 2 3 3 2 2 . 3 6( 5) 6( 5) 5 x y z P x y z + + = ≥ + + + + + Đẳng thức xảy ra 1, 2.x y z ⇔ = = = Vậy min 2 . 3 P = Câu III. 1) Tứ giác BPIM nội tiếp và AD BCP · · · MAD BPM BIM ⇒ = = ⇒ tứ giác AMID nội tiếp. Tương tự tứ giác DNIA nội tiếp. Vậy năm điểm , , , ,A M I N D thuộc một đường tròn ( ) K 2) Do các tứ giác BPIM và CPIN nội tiếp nên ta có · · · QMI BPI CNI = = ⇒ tứ giác MINQ nội tiếp. Mà ( ) , ,M I N K ∈ ⇒ Tứ giác MINQ nội tiếp đường tròn ( ) K . Vậy Q thuộc đường tròn ( ) K (đpcm) 3) Khi , ,P I Q thẳng hàng, kết hợp với Q thuộc đường tròn ( ) K ta có · · AIQ PIC= (đối đỉnh) · · PIC PNC = (do tứ giác NIPC nội tiếp) · · PNC QND = (đối đỉnh) · · QND QID = (do tứ giác INDQ nội tiếp ) · · AIQ QID ⇒ = IQ ⇒ là phân giác · DIA nên IP là phân giác góc · .BIC Do đó PB IB ID IB ID BD PB BD PC IC IA IC IA AC PC CA + = = = = ⇒ = + (đpcm) Câu IV. Giả sử A có n số, chúng ta xếp chúng theo thứ tự ( ) 1 2 2 1 100. 1 n x x x x= < < < < =L L Suy ra với mỗi { } 1,2,3, , 1k n ∈ − K ta có ( ) 1 2 2 i j k k k k x x x x x x + = + ≤ + = với 1 , .i j k ≤ ≤ Áp dụng kết quả ( ) 2 ta thu được 2 3 4 5 1 1 2, 2 2 4, 8, 16,x x x x ≤ + = ≤ + = ≤ ≤ 6 7 32, 64.x x ≤ ≤ Suy ra tập A phải có ít nhất 8 phần tử. +) Giả sứ 8n = 8 100x ⇒ = . Vì 7 7 7 6 8 32 64 96 2 50.x x x x x+ ≤ + = ⇒ = ⇒ = Vì 5 7 6 6 6 16 32 48 2 25.x x x x x + ≤ + = ⇒ = ⇒ = Vì 5 5 5 4 6 25 2 8 16 24 25 2x x x x x + ≤ + = < ⇒ = ⇒ = (mâu thuẫn). +) 9n = ta có tập { } 1,2,3,5,10,20,25,50,100 thỏa mãn yêu cầu bài toán . Đáp số: 9n = . + . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2011 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Vòng 1) Câu. thêm. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2011 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Vòng 2) Câu I. 1) Điều kiện 0 1x ≤ ≤ , phương trình tương. (1) và (2) 1P⇒ ≥ . Dấu bằng xảy ra x y⇔ = . Vậy min 1P = . ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2011 MÔN: TOÁN