Đề thi thử vào lớp 10 chuyên Toán trường Archimedes Hà Nội năm 2020

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng hai tam giác PIE và QJF đồng dạng với nhau. Một đơn vị kiểm lâm muốn lập lịch đi tuần tra rừng cho cả năm 2021 sao c[r]

TRƯỜNG ARCHIMEDES ACADEMY ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP Mơn Tốn Chun

Ngày 26 tháng năm 2020

Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu

a) Giải phương trình:  

1

x  x

b) Giải hệ phương trình:

2

2

2

2

xy x y

x y x y y x    

 



    

Câu

a) Tìm tất số nguyên x y z, , thỏa mãn: x22y25 z2

b) Cho bốn số nguyên dương a b c d, , , thỏa mãn a b, 1 2

a cb d chia hết cho 3

a b Chứng minh adbc chia hết cho 3

a b

c) Tìm số nguyên tố p lớn cho tồn số hai nguyên dương a b, thỏa mãn 2p a b b a b

 

 Câu

a) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn abbcca3 Chứng minh rằng:

2 2 2

8 1

3 4a 3b 2c 2b 2bc 5b a 2bc

 

      

b) Xét số thực x y z, , thay đổi thỏa mãn x2xyy2 5 y2yzz2 21 Tìm giá trị lớn biểu thức: Pxyyzzx

Câu Cho tam giác ABC nhọn có ABAC, nội tiếp đường trịn  O , đường cao AD D BC Trên hai cạnh ,

AB AC lấy hai điểm E G, cho BEBD CG, CD Gọi F điểm đối xứng với E qua B, H

là điểm đối xứng với G qua C

a) Chứng minh tứ giác GEFH nội tiếp

b) Kẻ đường kính AK  O Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Đường thẳng KI cắt  O điểm thứ hai P Chứng minh PEPG

c) Gọi J tâm đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC Đường thẳng JK cắt  O điểm thứ hai Q Chứng minh hai tam giác PIE QJF đồng dạng với

Câu Một đơn vị kiểm lâm muốn lập lịch tuần tra rừng cho năm 2021 cho số ngày tuần tra năm nhiều số ngày năm khơng có hai ngày tuần tra cách tuần lễ a) Chứng minh lập lịch tuần tra rừng thỏa mãn yêu cầu

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu

a) Điều kiện: x3 Phương trình tương đương:

 

 

 

2 3

4

2

1

4

2

4

1

0 *

2

x x x x x x

x x x

x x x x x x x x x x                                             

Ta có phương trình  * tương đường:

 

 

3

3

1

x x x

x x x x

x x                    

Do x3 nên phương trình cho có nghiệm nhất: S 4 b) Điều kiện: xy Phương trình thứ hệ tương đương:

                                2 3 2

2

1

1

1

1 2 *

x y x y xy x y

x y xy x y xy x y x y x y xy x y

x y x y x y xy x y x y x y x y xy

x y y x

x y x y xy x y x y xy

                                                               

Với y x thay vào phương trình thứ hai ta tìm 2 ,

3

x y x y 

 

Ta lai có phương trình  * tương đương:

2 2

2

0

0

7

7

x x y y y y y y

Với y7, phương trình vơ nghiệm

Vậy hệ cho có ba nghiệm: 5; , 2;1 ,   1;  3

S   

  

 

 

Câu

a) Nhận thấy x y z; ;   0;0; 0 nghiệm phương trình Xét nghiệm phương trình khác 0;0;  Giả sử phương trình cho có nghiệm x y z0; 0; 0 ta thay x0 x0 y0 y0 z0

0 z

 nhận nghiệm phương trình

Khơng tính tổng qt giả sử phương trình cho có nghiệm x y z; ;  mà x y z, , 0 x y z nhỏ Ta có: x22y25z2 nên suy x22y2 chia hết cho

Mà x2 chia dư 0, 1, 2y2 chia dư 0, 2, nên x22y2 chia hết cho x y chia hết cho Khi đặt x5 ,m y5n với m n, *

Thay vào phương trình ban đầu ta được: 5m210n2 z2 Từ suy z chia hết đặt z5 p

Suy ra: m22n2 5p2

Từ ta suy m n p; ;  nghiệm phường trình cho m    n p x y z

Tuy nhiên điều mâu thuẫn với cách chọn x y z; ;  ban đầu nên phương trình cho có nghiệm

0;0; 

b) Ta có: a a c b d2 a c3 b c3 ab d2 b c3 c a 3b3b ad2 bc

Vì a c2 b d2 chia hết cho a3b3 nên b ad2 bc chia hết cho a3b3 Mà a b, 1 nên adbc chia hết cho a3b3

c) Ta có:

2

2

p a b p a b

b a b b a b

 

  

 

Đặt 2p m

b  n với

* ,

m n m n; 1 Đặt ab a;  b k với k*

Suy ra:    

2

2 2

2

a b km

b k n m pn km n m

a b kn

  

      

   

Số phương lẽ chia dư nên m n lẽ suy n2m28 suy 4pn8 p n lẽ Nếu m n, khơng tình chẵn lẽ k chẵn Suy k2r với *

r

+ Nếu m lẽ s chẵn  s Khi

3

1

1

p m n p

n m n

m m                              

+ Nếu m chẵn m2 suy ps n 2n2  Vì p nguyên tố nên s1 Suy ra:

2

p n p

n n                    

Với p5, ta có m2, n3,k6, a39,b15 Vậy a b p; ;   39;15;5 giá trị cần tìm

Câu

a) Ta có: a22bc 6 a24bc2ab2aca2 b c22ab2aca b c2 Suy ra:

2

1

2 a b c

a bc

  

   

Mặt khác 2b22bc5c2 b24c22bcb2c2b24c24bc b 2c2

Suy ra: 2

2b 2bc5c  b c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:

  2  2 2

4 3 4a 3b2c  4a3b2c 3 4a 3b 2c 4a3b2 c Từ ta có:

 

2 2 2

8

4 2

3 4a 3b 2c 2b 2bc 5b a b c b c a b c

 

     

    

Từ ta suy ra:

2 2 2

8 1

3 4a 3b 2c 2b 2bc 5b a 2bc a b c

  

 

      

Đẳng thức xảy a  b c b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:

  

2

2

2 2 3 3

2 4 2 2

x z z x z

x xy y y yz z y x z y y x y

                                                              

Suy ra: 105  2 2 3 2

x xy y y yz z xy yz zx

       

Câu

a) Ta có BEBDBF nên tam giác EDF nội tiếp đường trịn đường kính EF

Suy EDF vuông D Mà ADBD suy AD tiếp tuyến đường trịn đường kính EF Suy ra: AD2AE AF

Chứng minh tương tự ta có AD tiếp tuyến đường trịn đường kính GH Suy ra: AD2AG AH

Từ suy ra: AE AF AG AH hay tứ giác GEFH nội tiếp

b) Ta có BI phân giác ABC phân giác EBD Mà EBDB nên BI trung trực ED Suy IEID

Chứng minh tương tự ta có CI trung trực GD Suy IGID Từ IGIE

Mặt khác AKC nội tiếp đường trịn đường kính AK nên KCAC hay KCGH Mà GCCH nên KC trung trực GH

Chứng minh tương tự ta KB trung trực EF Suy K giao điểm hai đường trung trực GH EF

Mà tứ giác GEFH nội tiếp nên K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác GEFH Do đó: KEKG kết hợp với IGIE suy KI trung trực EG

Mà PKI nên PEPG

c) Trước hết ta chứng minh hai tam giác PEG tam giác QHF đồng dạng với Ta có APK vng P P thuộc đường trịn đường kính AK

PM AX

EG  EG

Lại có hai tam giác AEG tam giác AHF đồng dạng với Nên gọi Y hình chiếu A lên FH, ta có: AX AY

EG  FH

Suy PM AY

EG  EH

Ta có BFBD mà BJ phan giác FBD nên BJ trung trực FDJFJD Chứng minh tương tự ta CJ trung trực HCDJH JD

Do đó: JFJH

Mà KFKH tứ giác GEFH nội tiếp đường tròn tâm K Do JK trung trực FHQJFH

Từ AQ FH vng góc với QK Suy QN AY AX PM

FH  FH  EG  EG

Suy tam giác PME đồng dạng với tam giác QNF Suy EPIFQN (1) PEM QFN (2) Mặt khác EIG3600EIDGID36002BIDCID360 2 BIC1800BAC

Suy tứ giác AEIG nội tiếp Suy 



2

BAC MEI (3)

Tượng tự FJH2BJDDCJ2BJC1800BAC nên tứ giác AFJH nội tiếp Suy 



BAC NFJ (4)

Từ (2), (3) (4) Suy ra: PEIQFJ (6)

Từ (1) (6) suy hai tam giác PEI tam giác QFJ đồng dạng Câu

a) Trong năm có 365 ngày đánh số từ đến 365

Do hai ngày trực không cách ngày nên số ngày tối đa cách ngày

Như ta xếp ngày trực vào ngày m mà m0, 1, 2, 3, 4, mod 14  nghỉ vào ngày n mà

 

8, 9, 10, 11, 12, 13 mod14

n Khi m183 n182 Từ suy xếp số ngày trực thỏa mãn đề

Do số ngày nghỉ không nhiều số ngày tuần tra nên số ngày tuần tra A1 không 53 27

      

  ngày

và số ngày tuần tra Ak không 52 26

      

  ngày Do số ngày trực tối đa không

2726 6 183 ngày Nên số ngày trực phải 183 ngày

Bây ta xác định số tập hợp 183 ngày thỏa mãn yêu cầu đề Số cách chọn ngày A1 xác định (chỉ gồm ngày dạng 14k1) Và với i1 có 27 cách chọn 26 ngày Ai, không thuộc vào hai tuần liên tiếp nhau, đặc trung dãy  

26

0, 0, , 0, 1, ,

 (trong vị trí ngày

dạng 14ki vị trí ngày dạng 14k 7 i)