Lưu Văn Thám thực hiện ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2013 MÔN THI: TOÁN (Vòng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) 1. Giải phương trình Câu I 3x 1 2 x 3++ − = 2. Giải hệ phương trình + ++ = + +=+ 1 19 xy x y2 13 1 1 (x ) xy 4 2 y xy 1. Cho a,b,c là các số thực khác 0 thỏa mãn đẳng thức (a+b)(b+c)(c+a)=8abc. Chứng minh rằng: Câu 2: a b c 3 ab bc ca a b b c c a 4 (a b)(b c) (b c)(c a) (c a)(a b) ++=+ + + + + + + + ++ ++ 2. Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số abcde sao cho abc (10d e)−+ chia hết cho 101 ? Câu 3: BAC Cho △ABC nhọn nội tiếp (O) với AB < AC. Đường phân giác của cắt (O) tại D ≠ A. Gọi M là trung điểm của AD và E là điểm đối xứng với D qua O. Giả sử đường tròn ngoại tiếp ∆ABM cắt AC tại F. CMR: 1. △BDM∼△BCF 2. EF⊥AC Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn abc+bcd+cad+bad = 1. Câu 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 4(a 3 +b 3 +c 3 )+9d 3 Hết _____________________________ Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm. Lưu Văn Thám thực hiện BÀI GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN – HÀ NỘI VÒNG 1 1. Giải phương trình Câu I 3x 1 2 x 3++ − = 2. Giải hệ phương trình 1 19 xy x y2 13 1 1 (x ) xy 4 2 x xy + ++ = + +=+ 1. HD: Đặt điều kiện, bình phương hai lần được phương trình bậc 2, nhận 2 nghiệm là: 1; 7 4 2. Đặt 1 1 11 1 t x ;v y tu x y xy 2 y x y x xy =+ =+⇒ = + + = + + , ta có hệ phương trình += += =− ⇒⇒ − + += − − + += +=− 9 tu 2t 2u 9 2u 9 2t 2 1 3 4tu 6t 9 0 2t(9 2t) 6t 9 0 t tu 2 42 = − ⇒ − += 2 2u 9 2t 4t 126t 9 0 = =−=− = − ⇒ ⇒ ⇒⇒ = = − += − = 22 u3 2u 9 2t 2u 9 2t 2u 9 2t 3 2t 3 t 4t 126t 9 0 (2t 3) 0 2 ⇒ += = = − += − + = ⇒ ⇒⇒ ⇒ − −= − += − += − += += 2 13 x 33 y 2x y 2x xy y 1 0 y 3x 0 y2 22 (x 1)(2x 1) 0 1 2x 3x 1 0 xy 3x 1 0 xy 3x 1 0 y3 x = ⇒ = x1 y2 hoặc = = 1 x 2 y1 . Thử lại phương trình nhận hai nghiệm (x;y): (1; 2); ( 1 2 ; 1) Câu 2: a b c 3 ab bc ca a b b c c a 4 (a b)(b c) (b c)(c a) (c a)(a b) ++=+ + + + + + + + ++ ++ Cho a,b,c là các số thực khác 0 thỏa mãn đẳng thức: (a+b)(b+c)(c+a)=8abc. Chứng minh rằng: (1) 1. Hỏi có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số sao cho chia hết cho 101 ? 1. Khai triển và rút gọn (a+b)(b+c)(c+a)=8abc ta được a 2 b + b 2 a + b 2 c + c 2 b + c 2 a + a 2 c = 6abc (1) ⇔ −+−+−= + + + + ++ + ++ aabbbccca3 a b (a b)(b c) b c (b c)(c a) c a (c a)(a b) 4 +− +− +− ⇔ ++= + + ++ ++ ab ac ab bc ba bc ca cb ca 3 (a b)(b c) (b c)(c a) (c a)(a b) 4 +++++ ⇔ =⇔= + ++ 2 2 2222 a b b a b c c b c a a c 3 6abc 3 (a b)(b c)(c a) 4 8abc 4 đúng ⇒ đpcm 2. Ta có : abc (10d e) 101 101.abc abc (10d e) 101 100.abc 10d e 101 −+ ⇔ −−+ ⇔ ++ ⇔ abcde 101 vậy số các số phải tìm chính là số các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 101 10000 + 100 = 101 × 100 ⇒ 10100 là số tự nhiên có 5 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101 99999 – 9 = 101 × 990 ⇒ 99990 là số tự nhiên có 5 chữ số lớn nhất chia hết cho 101. Vậy số các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 101 là 9990 10100 1 891 101 − += số Lưu Văn Thám thực hiện Câu 3: BAC Cho △ABC nhọn nội tiếp (O) với AB < AC. Đường phân giác của cắt (O) tại D ≠ A. Gọi M là trung điểm của AD và E là điểm đối xứng với D qua O. Giả sử đường tròn ngoại tiếp ∆ABM cắt AC tại F. Chứng minh rằng : 1. △BDM∼△BCF 2. EF⊥AC 1. Tức giác AFMB nội tiếp ⇒ ^AFB = ^AMB mà ^AFB + ^BEC = 180 o , ^AMB + ^BMD = 180 o ⇒ ^BMD = ^BED mà ABDC nội tiếp ⇒ ^D 1 = ^C 1 ⇒ ∆BDM ~ ∆BCF (g.g) ⇒ (đpcm) 2. Do ^A 1 = ^A 2 (gt) ⇒ D là điểm chính giữa cung BC ⇒ DO ⊥ BC tại trung điểm H của BC ∆BMD ~ ∆BFC ⇒ 1 DA BD DM BD BD DA 2 BC CF 2BH CF BH CF = ⇒ = ⇒= mà ^D 1 = ^C 2 (cmt) ⇒ ∆BDA ~ ∆HCF (c.g.c) ⇒ ^F 1 = ^A 1 mà ^A 1 = ^A 2 (gt) và ^A 2 = ^E 1 (cùng chắn cung DC) ⇒ ^F 1 = ^E 1 ⇒ EFHC nội tiếp ⇒ ^EFC = ^EHC = 90 o ⇒ EF ⊥ AC tại F (đpcm) Cách 2: Do ^A 1 = ^A 2 (gt) ⇒ D là điểm chính giữa cung BC ⇒ BD = DC và DO ⊥ BC trung điểm H của BC. Từ ∆BDN ~ ∆BCF ta có DM BD CF BC = DA 2DM CD DE CF CF CN CE ⇒= == , lại có ^ADE = ^FCE ⇒ ∆EAD ~ ∆EFC ⇒ ^EFC = ^EAC = 90 o Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn abc+bcd+cad+bad = 1. Câu 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 4(a 3 +b 3 +c 3 )+9d 3 Trước hết ta chứng minh với mọi x,y,z ≥ 0 ta có x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz (*) (tự chứng minh bằng Cauchy 3 số hoặc phân tích thành nhân tử, các trường THPT Chuyên tại Tp.HCM không cho HS dùng Cauchy 3 số) Vai trò của a, b, c như nhau nên giả sử a = b = c = kd thì P đạt GTNN, khi đó áp dụng (*)ta có 333 22 33 3 33 2 3 333 32 2 33 3 33 2 33 3 33 2 1 3abc (a b c ) kk a b 3dab d 21 3 kk k 3d ( )(a b c ) (abc bcd cda dab) kk k b c 3dbc d kk k c a 3dca d kk k ++ ≥ ++≥ ⇒ + + ++ ≥ + + + ++≥ ++≥ 3 333 32 2 21 9 9d3( )(abc) kk k ⇒ + + ++ ≥ . Vậy ta tìm k thỏa 3 32 21 3( ) 4 4k 3k 6 0 kk + =⇒ − −= Đặt 2 11 k (a ) 2a = + , ta có 3 63 3 1 13 1 k (a ) (a ) 6 x 12x 1 0 x 6 35 2a2a = + − + = ⇔ − += ⇔ = ± Lưu ý 33 1 (6 35)(6 35) 1 k ( 6 35 6 35) 2 − + =⇒= − + + Với k xác định như trên ta được GTNN của P bằng 2 2 33 9 36 k ( 6 35 6 35) = − ++ 1 1 1 2 1 1 F M H D E O C B A Lưu Văn Thám thực hiện ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2013 MÔN THI: TOÁN (Vòng 2) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) 1. Giải hệ phương trình: Câu I: 33 x y 1 y x xy 7xy y x 7 + =+−+ +−= 2. Giải phương trình: ++− = ++− 2 x3 1x 3x1 1x 1. Tìm các cặp số nguyên ( x,y) thỏa mãn: 5x 2 + 8y 2 = 20412 Câu II: 2. Với x,y là các số thực dương thỏa mãn x + y ≤ 1, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 22 11 ( )1 xy xy ++ Câu III: 1. Chứng minh M, N, Q thẳng hàng. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H. Gọi P là điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp △HBC (P ≠ B,C,H) và nằm trong tam giác ABC. PB cắt (O) tại M ≠ B, PC cắt (O) tại N ≠ C. BM cắt AC tại E, CN cắt AB tại F. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME và đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt nhau tại Q ≠ A. 2. Giả sử AP là phân giác MAN . Chứng minh PQ đi qua trung điểm của BC Giả sử dãy số thực có thứ tự x 1 ≤ x 2 ≤ ≤ x 192 thỏa mãn điều kiện Câu IV: 1 2 3 192 1 2 3 192 x x x x 0 | x | | x | | x | | x | 2013 + + ++ = + + ++ = Chứng minh rằng : 192 1 2013 xx 96 −≥ Hết _____________________________ Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm. Lưu Văn Thám thực hiện BÀI GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN – HÀ NỘI VÒNG 2 1. Giải hệ phương trình: Câu I: + =+−+ +−= 33 x y 1 y x xy (1) 7xy y x 7 (2) 2. Giải phương trình: ++− = ++− 2 x3 1x 3x1 1x 1. Cộng hai phương trình (1) và (2) theo vế ta có x 3 + y 3 + txy + y – x = 1 + y – x + xy + 7 ⇒ x 3 + y 3 + 6xy – 8 = 0 ⇒ (x + y) 3 – 3xy(x + y) + 6xy – 2 3 = 0 ⇒ (x + y – 2)[(x + y) 2 + 2(x + y) + 4] – 3xy(x + y – 2) = 0 ⇒ (x + y – 2)[x 2 – xy + y 2 +2(x + y) + 4] = 0 ⇒ x + y – 2 = 0 hoặc x 2 – xy + y 2 +2(x + y) + 4 =0 • Nếu x + y – 2 = 0 ⇒ y = 2 – x thay vào (2) ⇒ 7x(2 – x) + 2 – x – x – 7 = 0 ⇒ 2 x 1 y 211 7x 12x 5 0 (x 1)(7x 5) 0 5 59 x y2 7 77 =⇒ = −= − +=⇒ − − =⇒ =⇒=−= Thử lại, hệ phương trình nhận nghiệm (x;y) : (1;1) ; 59 ; 77 • x 2 – xy + y 2 +2(x + y) + 4 =0 ⇒ 4x 2 – 4xy + 4y 2 +8(x + y) + 16 = 0 ⇒ (x + y) 2 + 8(x + y) + 16 + 3(x – y) 2 =0 ⇔ (x + y + 2) 2 + 3(x – y) 2 = 0 ⇒ (x + y + 2) 2 = 3(x – y) 2 = 0 ⇒ x = y = – 1 . Thay vào (1) không thỏa. 2. Gải phương trình : ++− = ++− 2 x3 1x 3x1 1x (1). ĐK: - 1 ≤ x < 1 ⇔ 2 x1 x1 1x 1x2x120+− ++ − − − − ++ = 2 2 x1(x11) 1x(x11)2(x11)0 x110 (x11)(x1 1x 2)0 x1 1x 2 0 x0 x11 x0 x0 1x 1 x12x11x1x 4 1x 1 ⇔ + +− + − +− − +− = +−= ⇔ +− ++ − − = ⇔ ++ − − = = += = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔= −= ++ + − +− = −= Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 0 1. Tìm các cặp số nguyên ( x,y) thỏa mãn: 5x 2 + 8y 2 = 20412 (1) Câu II: 2. Với x,y là các số thực dương thỏa mãn x + y ≤ 1, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 22 11 ( )1 xy xy ++ 1. Trước hết ta chứng minh mọi số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1, suy ra tổng hai số chính phương chia hết cho 3 khi và chỉ khi cả hai số cùng chia hết cho 3 (dễ - tự chứng minh ) (1) ⇔ 6x 2 + 9y 2 – 20412 = x 2 + y 2 ⇔ 3(2x 2 + 3y 2 – 6804) = x 2 + y 2 (2) ⇒ x 2 + y 2 3 ⇒ 1 1 x 3x x3 y 3 y 3y = ⇒ = 2 1 2 1 x 9x y 9y = = thay vào (2) ta có 2 2 2 2 2 2 22 1 1 1 1 1 1 11 3(2.9x 3.9y 6804) 9x 9y 3(2x 3y 756) x y+ − =+⇒ +− =+ (3) ⇒ 22 11 xy+ 3 ⇒ 22 1 12 1 2 22 1 12 12 x 3 x 3x x 9x y 3 y 3y y 9y = = ⇒⇒ = = thay vào (3) ta có 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 22 3(2.9x 3.9y 756) 9x 9y 3(2x 3y 84) x y+ − = + ⇒ +−=+ (4) Lưu Văn Thám thực hiện ⇒ 22 11 xy+ 3 ⇒ 22 23 23 2 22 2 23 23 x3xx9x x3 y 3 y 3y y 9y = = ⇒⇒ = = thay vào (4) ta có 2 2 22 22 22 22 3 3 33 33 33 33 3(2.9x 3.9y 84) 9x 9y 6x 9y 28 x y 5x 8y 28+ −=+⇒+−=+⇒+= (5) ⇒ 2 2 3 22 33 3 2 3 3 y0 y0 8y 28 y 3,5 y1 y1 y1 = = ≤⇒≤ ⇒ ⇒ = = = − * Với y 3 = 0 thay vào (5) ⇒ 2 3 5x = 28 (Vô lý vì x 3 nguyên) * Với y 3 = 1 thay vào (5) ⇒ 2 3 5x + 8 = 28 ⇒ 3 2 3 3 x2 x4 x2 = = ⇒ = − * Với y 3 = –1 thay vào (5) ⇒ 2 3 5x + 8 = 28 ⇒ 3 2 3 3 x2 x4 x2 = = ⇒ = − ⇒ (x 3 ; y 3 ) ∈{(2;1); (2;–1) ; (–2;1); (–2;–1)} Vì 12 3 12 3 x 3x 9x 27x y 3y 9y 27y = = = = = = nên (x;y) ∈ {(54;27); (54;–27) ; (–54;27); (–54;–27)} Thử lại phương trình đã cho nhận các nghiệm (x;y): (54;27); (54;–27) ; (–54;27); (–54;–27) 2. Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có: 1≥ x + y ≥ 1 2 xy 1 4xy 4 xy ⇒≥ ≥ ≥ và ta cũng có : P = ++≥ += + 22 22 11 1 1 ( )1 xy 2 1 xy 2 xy x y xy xy mà + = + + ≥ + = += 1 15 1 1 15 1 15 2 17 xy . xy .4 2 .xy xy 16 xy 16xy 16 16xy 4 4 4 ⇒ P ≥ 17 2. 2 = 17 . Khi x = y = 1 2 thì P = 17 , vậy GTNN của P là 17 Câu III: 1. Chứng minh M, N, Q .thẳng hàng. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H. Gọi P là điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp △HBC (P ≠ B,C,H) và nằm trong tam giác ABC. PB cắt (O) tại M ≠ B, PC cắt (O) tại N ≠ C. BM cắt AC tại E, CN cắt AB tại F. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME và đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt nhau tại Q ≠ A. 2. Giả sử AP là phân giác MAN . Chứng minh PQ đi qua trung điểm của BC 1. Chứng minh M, N, Q thẳng hàng: Các tứ giác AMEQ, ANFQ, AMCB, ANBC nội tiếp nên ta có^QEA = ^QMA = ^NMA = ^NCA ⇒ EQ // FC, tươn g tự ta có FQ // EB ⇒ EPFQ là hình bình hành ⇒ ^EQF = ^EOF = ^BPC. Ta lại có: ^MQE = ^MAE = ^MAC = ^MBC = ^PBC , ^NQF = ^NAF = ^NAB = ^NCB = ^PCB ⇒ ^EQM + ^EQF + ^FQN = = ^PBC + ^BPC + ^PCB = 180 o ⇒ M, Q, N thẳng hàng. 2. Chứng minh PQ qua trung điểm của BC. Kẻ đường cao CI, BJ của ∆ABC. EF cắt PQ tại G. G K Q M E N H I J B C A P F Lưu Văn Thám thực hiện Do tứ giác AMEQ, ANFQ nội tiếp và QEPH là hình bình hành nên ta có: ^QAM = ^QEP = ^QFP = ^QAN mà AP của ^MAN ⇒ A, Q, P thẳng hàng. Gọi giao của AP với BC là K. Ta có ^IHJ = ^BHC = ^BPC = ^FPE ⇒ ^IHJ = ^FPE mà ^IHJ + ^IAJ = 180 o ⇒ ^FPE + ^IAJ = 180 o ⇒ ^FPE + ^FAE = 180 o ⇒ FPEA nội tiếp ⇒ ^EFP = ^EAP = ^EAQ = ^EMQ = ^EMN = ^BMN = ^BCN ⇒ EF // BC ⇒ FG AG GE BKAKKC = = mà FG = GE ⇒ BK = KC ⇒ PQ qua trung điểm K của BC Giả sử dãy số thực có thứ tự x 1 ≤ x 2 ≤ ≤ x 192 thỏa mãn điều kiện Câu IV: 1 2 3 192 1 2 3 192 x x x x 0 | x | | x | | x | | x | 2013 + + ++ = + + ++ = (I) Chứng minh rằng : 192 1 2013 xx 96 −≥ Ta chứng minh bài toán: a 1 ≤ a 2 ≤ ≤ a n thỏa + + ++ = + + ++ = 123 n 123 n a a a a 0 |a | |a | |a | |a | 1 thì −≥ n1 2 aa n Từ điều kiện trên ta suy ra có k ∈N sao cho a 1 ≤ a 2 ≤ ≤ a k ≤ 0 ≤ a k+1 ≤ … ≤ a n ⇒ + + + + ++ =− + ++ + + = ⇒ − + ++ + + = += 12 k 1 2 k k1 n 1 2 k k1 n k1 n 1 (a a a ) (a a a ) (a a ) 0 2 (a a a ) (a a ) 1 1 (a a ) 2 Mà a 1 ≤ a 2 ≤ ≤ a k ⇒ a 1 ≤ − 1 2k ; a k+1 ≤ … ≤ a n ⇒ a n ≥ 1 2k ⇒ n1 2 11 n n 2 aa 2k 2(n k) 2k(n k) n knk 2 2 −≥ + = ≥ = −− +− . Bài toán phụ được chứng minh . Từ (I) ⇒ + ++ = + ++ = 192 x 12 2013 192 12 xx 0 2013 2013 x xx |||| ||1 2013 2013 2013 Áp dụng bài toán trên ta có −≥ 192 1 x x 2 2013 2013 192 ⇒ 192 1 2013 xx 96 −≥ (đpcm) Hết . Bài toán phụ được chứng minh . Từ (I) ⇒ + ++ = + ++ = 192 x 12 2013 192 12 xx 0 2013 2013 x xx |||| ||1 2013 2013 2013 Áp dụng bài toán trên ta có −≥ 192 1 x x 2 2013 2013. bộ coi thi không giải thich gì thêm. Lưu Văn Thám thực hiện BÀI GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN – HÀ NỘI VÒNG 1 1. Giải phương trình. THPT CHUYÊN NĂM 2013 MÔN THI: TOÁN (Vòng 2) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) 1. Giải hệ phương trình: Câu I: 33 x y 1 y x xy 7xy y x 7 + =+−+ +−= 2. Giải