Tham khảo Đề thi chuyên Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án Trường Đại học KHTN ĐHQG Hà Nội (Vòng 2) dành cho các bạn học sinh lớp 9 và quý thầy cô tham khảo, để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi. Hi vọng sẽ giúp các bạn đạt kết quả tốt trong kì thi.
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUN KHTN NĂM 2020 MƠN THI: TỐN (VỊNG 2) Thời gian làm bài: 120 (không kể thời gian phát đề) Câu x y x 1 a) Giải hệ phương trình: y xy x y 5 x3 y 12 y 13 243 7 b) Giải phương trình: x 12 2 x 12 24 x Câu a) Tìm tất số nguyên dương a, b, c cho ba số 4a 5b, 4b 5c, 4c 5a bình phương số nguyên dương b) Từ bốn số thực a, b, c, d ta xây dựng số a b, b c, c d , d a liên tiếp xây dựng số theo quy tắc Chứng minh hai thời điểm khác ta thu số (có thể khác thứ tự) số ban đầu phải có dạng a, a, a, a Câu 900 Điểm E thuộc cạnh AC cho AEB 900 Gọi P giao điểm Cho tam giác ABC cân có BAC BE với trung trực BC Gọi K hình chiếu vng góc P lên AB Gọi Q hình chiếu vng góc E lên AP Gọi giao điểm EQ PK F a) Chứng minh bốn điểm A, E , P, F thuộc đường tròn b) Gọi giao điểm KQ PE L Chứng minh LA vng góc với LE c) Gọi giao điểm FL AB S Gọi giao điểm KE AL T Lấy R điểm đối xứng A qua L Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AST đường tròn ngoại tiếp tam giác BPR tiếp xúc Câu Với a, b, c số thực dương thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: 1 1 a b c 3 1 3 a b c bc ca ab abc HẾT LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) Với x y x 1 4, ta có: x3 y 12 y 13 x y xy x y 12 y 1 x y xy x y 3 x 1 x y y 1 x y 3 x y xy x 1 y 1 x y 3 x y x y 1 x y 1 Ngoài ra: y xy x y y 1 x y x 1 x y x y x y 2 x y 1 Do phương trình thứ hai hệ tương đương x y 243 x y Từ ta tìm x y Vậy hệ cho có nghiệm x; y 1;1 b) Đặt a x 12 b x 12 Khi phương trình trở thành: a b a b a ba a 5b a 4b a 3b3 a 2b ab5 b a b 7 a b a a 5b a 4b a 3b3 a 2b ab5 b a b 3 a b7 a b 14a b 21a b 14a b ab 2 ab a b a ab a 2b ab b a Nhận thấy a, b không đồng thời nên phương trình tương đương: ab a b b a b Với a 0, ta có x 12 Với b 0, ta có x Với a b 0, ta có x Thử lại thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có ba nghiệm S 6; 8; 12 Câu a) Khơng tính tổng qt, giả sử a số lớn ba số a, b, c Khi đó, ta có 4a 5b 4a (2a ) 4a 5b 4a 5a 4a 8a (2a 2) Mà 4a 5b số phương nên 4a 5b (2a 1) , tức 5b 4a Từ đây, ta suy b chia dư Do b 4k với k Một cách tương ứng, ta có a 5k Xét trường hợp sau • • Trường hợp 1: b c Chứng minh tương tự trên, từ giả thiết 4b 5c số phương, ta suy 5c 4b 16k Do k chia hết cho 5, tức k 5n với n Khi đó, ta có c 16n 1, b 20n a 25n Với kết trên, ta có 4c 5a 4(16n 1) 125n 4(16n 1) 4(16n 1) (32n 3) (1) Và 4c 5a 4(16n 1) 125n (32n 4) (3n 7) (32n 4) Mà 4c 5a số phương nên 4c 5a (32n 3) Suy ra, dấu đẳng thức bất đẳng thức (1) phải xảy ra, tức n Từ a b c Trường hợp 2: c b Trong trường hợp này, ta có 4b 5c 4b 5(b 1) (2b 1) Mà 4b 5c số phương nên 4b 5c (2b 2) Do 5c 8b 32k 12 25k Suy c 5k a mâu thuẫn Vậy trường hợp khơng thể xảy Tóm lại, có số (a; b; c) thỏa mãn yêu cầu (1;1;1) b) Gọi (an , b2 , cn , d n ) bốn số thực thu sau lượt thứ n Khi đó, ta có (a0 , b0 , c0 , d ) (a, b, c, d ) Và an1 bn1 cn1 2(an bn cn d n ) n Suy an bn cn d n 2n (a0 b0 c0 d ) 2n (a b c d ) Giả sử tồn hai số nguyên dương m k cho hai số (am , bm , cm , d m ) (ak , bk , ck , d k ) (có thể khác thứ tự) Khi đó, ta có am bm cm d m ak bk ck d k tức 2m (a b c d ) 2k (a b c d ) Vì m < k nên a + b + c + d = Bây giờ, ta có ý a n+2 + b n+2 + c n+2 + d n+2 = (an+1 + bn+1 ) + (bn+1 + cn+1 ) + (cn+1 + d n+1 ) + (d n+1 + an+1 ) = 2(a n+1 + b n+1 + c n+1 + d n+1 ) + 2(an+1 + cn=1 )(bn+1 + d n+1 ) = 2(a n+1 + b n+1 + c n+1 + d n+1 ) + 2(an + bn + cn + d n )(bn+1 + d n+1 ) = 2(a n+1 + b n+1 + c n+1 + d n+1 ) Suy a n + b n + c n += d n 2n−1 (a 21 + b 21 + c 21 + d 21 ).∀n ∈ ∗ Vì hai số (am , bm , cm , d m ) (ak , bk , ck , d k ) ( khác thứ tự) nên a 2m + b2m + c2m + d 2m = a 2k + b2k + c2k + d 2k Hay 2m−1 (a 21 + b 21 + c 21 + d= 2k −1 (a 21 + b 21 + c 21 + d 21 ) 1) − a, c = −b, d = −c , tức số ban đầu phải có dạng (a, −a, a, −a ) Ta Từ đây, ta có a= b= c= d= Suy b = 1 1 có điều phải chứng minh Câu a) Vì tam giác ABC cân A nên trung trực BC qua A, AP phân giác góc BAC Do ∠PAE = ∠PAK Tứ giác AFKQ có ∠AKF = ∠AQF = 90o nên AFKQ tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính AF ∠KFQ Suy ∠KAQ = ∠PAK = ∠QAK = ∠QFK = ∠PFE Do ∠PAE = Do tứ giác AEPF nội tiếp hay bốn điểm A, E , P, F thuộc đường tròn b) Từ tứ giác nội tiếp AFKQ AEPF chứng minh câu a), ta suy ∠AQL = ∠AFK =∠AFP = ∠AEL 90o hay LA ⊥ LE Suy tứ giác AQEL nội tiếp Mà ∠AQE = 90o nên ∠ALE = c) Ta có AL, KP, BC ba đường cao tam giác ABP nên chúng đồng quy trực tâm mà ta ký hiệu điểm H Trước hết, P trực tâm tam giác ABH A đối xứng R qua đường cao BL tam giác ABR = 180o − ∠BRA = 180o − ∠BAH = ∠BPH , suy tứ giác BPRH nội tiếp nên ∠BRH Ta có ∠PBH = ∠PAL = ∠PKL nên ∠LEF = ∠LKF Suy tứ giác KFLE nội tiếp = 90o − ∠ELS = 90o − ∠PKE = ∠SKT Từ đây, ta suy tứ giác SLTK nội tiếp Do ∠ALS Vì tứ giác BKLH nội tiếp đường trịn đường kính BH nên ∠LTS = ∠LKS = ∠LHB Suy ST BH Đường thẳng EF cắt AB M , KL cắt ST N Ta có AQ vừa phân giác vừa đường cao tam giác AEM nên AEM cân A Suy QE = QM Kết hợp với ST EM (cùng vuông với AQ ) nên theo định lý Thales, ta có N trung điểm ST Do gọi X giao AN với BC từ ST BH ta suy X trung điểm BH Gọi G hình chiếu vng góc P lên AX , vẽ đường kính AA′ đường trịn ngoại tiếp tam giác ABH gọi G′ đối xứng G qua X 900 nên nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tứ giác BPHA′ hình bình hành Dễ thấy ∠AG′A′ = Hơn A′G′ PG nên PGA′G′ hình bình hành Do điểm P, G đối xứng với A′, G′ qua X Mà tứ giác BG′A′H nội tiếp nên tứ giác BPGH nội tiếp Từ tứ giác nội tiếp AKGL (nội tiếp đường trịn đường kính AP ) KSLT , ta suy NG ⋅ NA = NK ⋅ NL = NS ⋅ NT Do đó, tứ giác ASGT nội tiếp Mặt khác, ta lại có ∠AGT = ∠AST = ∠ABH = ∠AG′H = ∠GG′H = ∠BGG′ Suy T , G, B thẳng hàng Tương tự, ta có H , G, S thẳng hàng Từ ST BH suy đường tròn ngoại tiếp hai tam giác GTS GBH tiếp xúc với G Do hai đường trịn ngoại tiếp hai tam giác AST BPR tiếp xúc với G Câu Bất đẳng thức cho viết lại thành 1 1 1 1 3(a b c ) hay 3 a b c a b c abc abc 1 1 3(a b c 2ab 2bc 2ca ) 31 3 a b c abc abc abc 1 1 1 Đặt x , y , z ta có hay xy yz zx xyz Ta đưa chứng minh a b c x y z 3( x y z ) 31xyz Đặt p x y z , q xy yz zx r xyz ta có q 3r Ta cần có p 31r Theo bất đẳng thức Cơ-si ( x y z )( xy yz zx) xyz nên x y z hay p Ta có bất đẳng thức quen thuộc xyz ( x y z )( y z x)( z x y ) nên r ( p x)( p y )( p z ) Khai triển ta r p p ( x y z ) p ( xy yz zx) xyz hay 9r p 12 pr Ta đưa chứng minh p p3 r 12 p 31 p , quy đồng khai triển, ta có 12 p ( p 3)(5 p 12 p 12) , p Vậy bất đẳng thức cho đúng, ta có điều phải chứng minh HẾT ... bình hành Dễ thấy ∠AG′A′ = Hơn A′G′ PG nên PGA′G′ hình bình hành Do điểm P, G đối xứng với A′, G′ qua X Mà tứ giác BG′A′H nội tiếp nên tứ giác BPGH nội tiếp Từ tứ giác nội tiếp AKGL (nội tiếp... BPRH nội tiếp nên ∠BRH Ta có ∠PBH = ∠PAL = ∠PKL nên ∠LEF = ∠LKF Suy tứ giác KFLE nội tiếp = 90o − ∠ELS = 90o − ∠PKE = ∠SKT Từ đây, ta suy tứ giác SLTK nội tiếp Do ∠ALS Vì tứ giác BKLH nội tiếp... NL = NS ⋅ NT Do đó, tứ giác ASGT nội tiếp Mặt khác, ta lại có ∠AGT = ∠AST = ∠ABH = ∠AG′H = ∠GG′H = ∠BGG′ Suy T , G, B thẳng hàng Tương tự, ta có H , G, S thẳng hàng Từ ST BH suy đường tròn ngoại