TỔ HỢP GIÁO DỤC PSCHOOL ĐÁP ÁN GỢI Ý KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 TP HÀ NỘI www.pschool.vn Năm học 2017 - 2018 www.facebook.com/pschoolcenter/ MƠN: TỐN CHUN 04 22 664 999 – 0981 255 000 Hà Nội, 10/06/2017 Bài I: 1) Đk: x 0; 6 pt 2 x x x x x 3 0 6x x2 Vì 6x x 1 2 2 nên pt có nghiệm x= 3 x x2 3 4 x y y (1) 2) Đk: x, y Ta có: 4 y x (2) x Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được: x y 3 3 4( x y )( x y ) y x ( x y) 4( x y ) 4( x y ) y x xy xy Trường hợp 1: x = y Thay vào (1) ta được: x x x x ( x 1)(4 x 3x 3) x 3 x (Vì x x x 0, x ) 2 y (Thử lại thỏa mãn) Trường hợp 2: x y (*) xy Từ hệ phương trình dễ suy x;y>0 Cộng vế hệ phương trình, suy ra: 3 x y x2 y2 x y (**) xy Thế (*) vào (**): x y x y x y 2( x y ) xy (Vơ lý x;y>0) Vậy trường hợp vơ nghiệm Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(1;1) Pschool – Vì tiến niềm vui học tập! Bài II: 1) p số nguyên tố lớn p 1(mod 3) p 1(mod 3) p 1(mod 8) p 1(mod 24) p 3(mod 8) p 1(mod 8) 2017 p 2016 0(mod 24) Điều phải chứng minh 2) x3 y xy ( x; y N * ) (1) Khơng tính tổng quát, giả sử x y : Ta có: x3 y xy ( x y ) ( x y )( x xy y ) xy ( x y ) ( x y )( x y )2 (Do x; y N * ) x y xy ( x y ) xy ( x y ) xy x y x (Vì x y ) x (Vì x N * ) Trường hợp 1: x y Thay vào (1), ta được: y y (Loại) Trường hợp 2: x y Thay vào (1), ta được: y 18 y ( y 4)( y y 2) y (Vì y N * ) Trường hợp 3: x y Thay vào (1), ta được: y 27 y 27 (Loại) Trường hợp 4: x y Thay vào (1), ta được: y 36 y 64 y (Không thỏa mãn y ) Vậy, phương trình có hai nghiệm ngun dương (x;y)={(4;2);(2;4)} 3) Đặt p a b ab c (1) Giả sử p số nguyên tố Từ (1) 4ab 4c p a b 2c a b 2c a b p p 2a 2b 2c a b 0; 2c a b 2c a b p Vì p số nguyên tố nên: p 2a 2b 2c a b p (2) c a b p 2c a b p Dễ nhận thấy (2) vơ lý từ (1) ta có: p a b 2c 2c a b ; 2c a b Vậy điều giả sử sai, ta suy điều phải chứng minh Pschool – Vì tiến niềm vui học tập! Bài III: Ta có: x x yz x xyz x xyz 1 yz yz 3 yz 3 x y z yz Ta có: x y z yz x yz x yz Tương tự yz x y z x x yz 12 x x yz x y z (đpcm) ( x y z) yz 12 2 3 Dấu “=” xảy x y z F Bài IV: A 1) Gọi M trung điểm cung nhỏ BC Ta có: M AG M FG F H I I N L IAHG nội tiếp T B C D G DI.DH = DA.DG = DB.DC M IBHC nội tiếp ( đpcm ) H 2) Ta có J IAC ICA BAC ACB 90 o ABC BIH JIC 2 Suy BH = CJ (đpcm) 3) Gọi L giao điểm GM BC Dễ thấy M tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBCH Ta có: MGB ~ MBL suy MB MG ML MH MG ML MGH ~ MHL MHL 90 2 Gọi T trung điểm BC, ta có MTLH nội tiếp nên HTL DHT MHG DHG MHT GAI MJT HML ( sử dụng tứ giác nội tiếp tính đối chất đối xứng ) AD / / JT (1) Lại có: IJN IHN DAJ AD / / JN (2) Từ (1) (2) suy N,J,T thằng hàng hay NJ qua trung điểm BC (đpcm) Bài V: Giả sử tập S có n phần tử a1 a2 a3 an 1 an (Thỏa mãn đề bài) Trước hết, ta có: an 1 30 an 1 30 theo đề ta có: Pschool – Vì tiến niềm vui học tập! o 30(an 30) 30(an an 1 ) an an 1 30 an (Vô lý) Trước hết ta có: 30( ak an 1 ) ak ak 1 ak (30 ak 1 ) 30ak 1 ak 30ak 1 k 2; n 30 ak 1 a1 a (a 1) 30ak 1 30 a k 1 Vì ak N *k nên ak Như ta có: ak 1 30 ak 30 ak a 29k 2; n k b1 Ta xét dãy số: 30bk 1 bk 30 a 1k k Và A tập hợp chứa phần tử nhỏ 30 dãy số Tập A thỏa mãn đề Ta chứng minh: S A Trước hết, ta chứng minh: bi 1 1; n +) n , ta có: a (Đúng) +) Giả sử điều với n = k, tức ak bk Do 30ak 30bk ; 30 ak 30 bk 30ak 30bk 30 ak 30 bk 30ak 30bk 30ak ak 1 bk 1 30 ak 30 bk 30 ak Giả thiết quy nạp tới k + bi i 1; n Khi đó, A S (Vì tập S có phần tử lớn 30) S A 1 Mà tập A có phần tử S 10 Xét tập S {1; 2;3; 4;5; 6;8;11;18;50} S 10 thỏa mãn điều kiện đề Vậy S có tối đa 10 phần tử -HẾT -Pschool – Vì tiến niềm vui học tập!