Đề thi thử vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT Chuyên KHTN - Đại học Quốc gia Hà Nội lần 2 năm 2020

P là điểm bất kỳ thuộc đoạn thẳng SM đồng thời P nằm trong tam giác ABC. Chứng minh rằng QE  QF. Có n điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng.. LỜI GIẢI CH[r]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP TRƯỜNG THPT CHUN KHTN Mơn Tốn (Vịng – Đợt 2) Ngày 21 tháng năm 2020

Thời gian 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu

a) Giải phương trình: x 3x 1 x1

b) Giải hệ phương trinh:      

3

1

16

x y x y y y x x

    



    

 Câu

a) Tìm x y, nguyên dương thỏa mãn: y22xy8x25x2 b) Với a b c, , 0, tìm giá trị nhỏ biểu thức:

 2  2  2

1 1

a b c

P

b c c a a b

  

  

  

Câu

Cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn  O S trung điểm cung lớn BC  O T điểm cung nhỏ BC  O M thuộc  O cho SM OT P điểm thuộc đoạn thẳng SM đồng thời P nằm tam giác ABC Đường thẳng qua P song song với MC MB, theo thứ tự cắt đoạn thẳng CA AB, E F,

a) Chứng minh năm điểm A S E P F, , , , nằm đường tròn b) Chứng minh BFCE

c) Lấy điểm Q thuộc  O cho AT phân giác góc PAQ Chứng minh QEQF Câu

Có n điểm mặt phẳng cho khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh số tam giác có đỉnh chọn từ n điểm có diện tích nhỏ 2 

3 n n

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu

a) Điều kiện: x0 Phương trình tương đương:

   

 

    

 

2

2

3 1 4

3 1

3 1

3 1

3

3

1

3

1 3 1

2

0

x x x

x x x x

x x x x x x x x x x x

x x x x x

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

Thỏa điều kiện ban đầu nên phương trình cho có ba nghiệm: S 0;1 b) Ta có:

       

       

   

3 3

3

3

1 1 24

6 16 24

2

x y x y x y x y y y

x x x y x x x y

x y                              Suy ra:              3 2

1

1 1 2

1

x y x y

y x y x y x x

y

      

 

            

 

Với y1, ta  12 x x x          

Vậy hệ cho có nghiệm hai nghiệm x y;     1;1 , 2;1  Câu

a) Xem phương trình cho có ẩn y, tham số x Khi   9x25x2

Ta có:  3x 29x25x 2 3x22 nên 9x25x 2 3x12  x Với x1, ta có: y22y15  0 y y0

Thử lại thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có nghiệm x y;    1;5 b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:

 

     

2

3 9

3

2 2 2

a b c a b c a b c

P

a b c a b c a b c

      

       

     

Đẳng thức xảy

3 a b c

a b c a b c

  

    

    

Vậy giá trị nhỏ P đạt a  b c Câu

a) Ta có: AFBAEPABMACM1800 nên tứ giác AEPF nội tiếp Lại có: SAESACSMCSPE nên tứ giác ASEP nội tiếp

Từ suy điều phải chứng minh

b) Tam giác SBF tam giác SCE đồng dạng theo trường hợp góc – góc Suy ra: SBAACS Mà AFSAES nên BFSSEC

Lại có SBSC nên BFCE SESF

c) Vẽ AP cắt  O N ta có: TQTNOT QN

Ta có:   1 1  1  

2 2

PEFPAF BN GBNG  GCMQ GIC

Mà PE IC nên EF IG , mà SQIG nên SQEF Lại có SESF nên QEQF

Câu

Với hai điểm A B, cho trước xét điểm C để có SABC 1, ta có độ dài chiều cao d 2SABC AB

 Rõ ràng

C thuộc đường thẳng song song cách AB khoảng d nên có đường thẳng

Do khơng có điểm thẳng hàng nên đường thẳng lấy tối đa điểm nên có khơng nhiều điểm C thỏa mãn cho tam giác ABC có diện tích

Mặt khác có  1 n n

cặp điểm nên có tối đa  1  1

n n

n n 

   tam giác thỏa mãn có diện tích Tuy nhiên với tam giác ta đếm ba lần nên số tam giác tối đa có diện tích không vượt

 

2