De thi vào thpt chuyên toán năm 2015

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NĂM 2015 CỦA TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN Thời gian làm bài: 150 phút Câu I (3 điểm) 1) Với a, b, c số thực thỏa mãn 3a  3b  3c   24   3a  b  c    3b  c  a    3c  a  b  3 Chứng minh  a  2b b  2c  c  2a   2) Giải hệ phương trình  2 x  y  xy   3  27  x  y   y   26 x  27 x  x Câu II (3 điểm) 1) Tìm số tự nhiên n để n  n  30 số phương (số phương số bình phương số nguyên) 2) Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức 1 x  y   x  y 3) Giả sử x, y, z số thực lớn Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x y z    y z4 z x4 x y4 Câu III (3 điểm) Cho tam giác nhọn ABC không cân với AB  AC Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC Gọi H hình chiếu vuông góc B đoạn thẳng AM Trên tia đối tia AM lấy điểm N cho AN  2MH 1) Chứng minh BN  AC 2) Gọi Q điểm đối xứng với A qua N Đường thẳng AC cắt BQ D Chứng minh bốn điểm B, D, N , C thuộc đường tròn, gọi đường tròn  O  3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQD cắt  O  G khác D Chứng minh NG song song với BC Câu IV (1 điểm) Ký hiệu S tập hợp gồm 2015 điểm phân biệt mặt phẳng Giả sử tất điểm S không nằm đường thẳng Chứng minh có 2015 đường thẳng phân biệt mà đường thẳng qua hai điểm S HẾT ĐÁP ÁN Câu I (3 điểm) 1) Đặt x  3a  b  c, y  3b  c  a, z  3c  a  b ta thu  x  y  z   x3  y3  z  24  3 x  y  y  z  z  x   24  24  a  2b  b  2c  c  2a   24   a  2b  b  2c  c  2a   2) Hệ cho tương đương với   x   y    1  3  27  x  y   y   26 x  27 x  x   Từ   suy x3  y3   3 x   y   x  y   27 x3  27 x  x    x  y     3x  1  x  y   3x   x  y  3 Thế vào phương trình 1 ta thu  x  1, y   x   x  1   x  x     x   , y  8    Vậy hệ có nghiệm  x; y  1;1   ; 8    Câu II (3 điểm) n   a , n  30  b2  a, b  , a  b  , 1) Giải sử b2  a  25   b  a  b  a   25 a, b  , a  b   b  a  b  a mà suy Do b  a  25 a  12   n  139 (thỏa mãn)  b  a  b  13 2) Điều kiện x, y  Từ giả thiết ta có x  y   x  y   x  y  xy  x  y   xy   x  y   xy   xy p Do xy   xy  với p  , q  q   p, q   Suy p  q xy  q   xy  p  x  y   p  Thay vào phương trình ta  x   p  1  y   p  1 y  y  Tương tự ta có x  v x  y  p   x   p  1  y  y u  x  y  u  v Thay vào phương trình đầu ta nhận u  v   u  v   u  v2   u  v2   2uv  2u  2v  uv  u  v   u   u     u  1 v  1     v   v    u   u  y   y 2     Giải  (thỏa mãn) v   v  x       x 3 u   u   y   y   Giải  (thỏa mãn)    v   v   x   x  3) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có y z 44 y z yz  y  z  4   y  z  4    y z4  2 zx x y Tương tự z  x   ; x y4  Do 4 x  y  z  x2  y2 z2  4x 4y 4z = 4   P   4  xy  yz  xz  yz zx x y  xy  xz zy  xy xz  yz  Mà  x  y  z    xy  yz  xz   P   Đẳng thức xảy  x  y  z  Vậy Pmin  Câu III (3 điểm) 1) (1.5 điểm) Gọi K hình chiếu C lên AM Ta thấy BH  CK HM  MK Từ AN  2HM  HK nên HN  AK Vậy BHN  CKA (c-g-c) suy BN  AC 2) (1 điểm) Từ BHN  CKA suy BNH  CAK hay BNQ  CAN lại có AN  QN BN  CN Suy BNQ  CNA (c-g-c) suy Q N G D A QBN  NCA hay DBN  NCD tứ giác BDNC nội tiếp 3) (0.5 điểm) Ta có GQA  GDA  GBC O H B C M K GAQ  GDQ  GCB suy GQA GBC có trung tuyến tương ứng GN GM nên GQN GBM GNA GMC Từ suy GNM GAC suy GNQ  180  GNA  180  GAC  GAD, kết hợp GQN  GDA suy GQN GDA Từ đó, ta có DA DA DG   kết hợp DAN  DGQ suy DNA DQG nên suy NA QN QG GNC  GDC  QDN  NCB Từ NG || BC Câu IV (1 điểm) Ta chứng minh toán với tập S có n điểm  n  3 Trước hết ta chứng minh có tồn đường thẳng qua điểm S Giả sử L tập hợp đường thẳng qua điểm S Vì S,L tập hợp hữu hạn suy ta có điểm A  S đường thẳng l  L cho khoảng cách từ A đến l nhỏ  A  l  Gọi B chân đường cao hạ từ A đến đường thẳng l, điểm B chia đường thẳng l thành nửa đường thẳng ta chứng minh phía B tồn nhiều điểm S Giả sử phản chứng có nửa đường thẳng Q có chứa điểm S  C1  C2  A Ta có  BC1  BC2 AC1C2 tù vuông N (khi C1  B ) suy AC1C2 lớn Ta có D C1C2  AC2 khoảng cách từ C1 đến AC2 nhỏ khoảng cách AB (mâu thuẫn ta giả thiết khoảng A cách từ A đến l nhỏ nhất) Từ kết suy l B qua nhiều điểm S  l qua điểm C1 C2 l S Ta chứng minh tiếp toán quy nạp theo n   n  hiển nhiên O  Giả sử kết luận với n  ta chứng minh kết luận toán với n H Áp dụng kết với tập S ta có tồn đường thẳng qua hai điểm, gọi hai điểm A, B Ta xét tập S '  S \  A có trường hợp: B Trường hợp 1: Tất điểm S ' ( S ' gồm n  điểm) nằm M đường thẳng l Ta nhận tập n đường thẳng phân biệt  AX : X  S '  l K Trường hợp 2: Tất điểm S ' không thuộc đường thẳng Khi theo giả thiết quy nạp có n  đường thẳng nối điểm S ' Vì đường thẳng l  AB phân biệt với n  đường thẳng  l  S '  B Với n  2015, ta điều phải chứng minh G ... Từ giả thi t ta có x  y   x  y   x  y  xy  x  y   xy   x  y   xy   xy p Do xy   xy  với p  , q  q   p, q   Suy p  q xy  q   xy  p  x  y   p  Thay vào phương... AC2 nhỏ khoảng cách AB (mâu thuẫn ta giả thi t khoảng A cách từ A đến l nhỏ nhất) Từ kết suy l B qua nhiều điểm S  l qua điểm C1 C2 l S Ta chứng minh tiếp toán quy nạp theo n   n  hiển nhiên... không thuộc đường thẳng Khi theo giả thi t quy nạp có n  đường thẳng nối điểm S ' Vì đường thẳng l  AB phân biệt với n  đường thẳng  l  S '  B Với n  2015, ta điều phải chứng minh G