THÔNG TIN TÀI LIỆU
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THPT Chuyên Hà Nội - Amsterdam Năm học 2015 – 2016 Mơn thi: Tốn Thời gian làm : 150 phút (Dành cho học sinh thi chuyên Toán) Bài I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x x x 2 �x y �3 x y 10 x 10 y 2) Giải hệ phương trình � Bài II (2,5 điểm) 1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n 10 hai số nguyên tố Chứng minh ( n 1) M40 �p x ( x 2) �2 p y ( y 2) 2) Tìm tất số nguyên tố p số nguyên dương x,y thỏa mãn � 3) Tìm tất số nguyên dương n cho tồn số nguyên dương x, y, z thoả mãn x3 y z nx y z Bài III (1,5 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = Chứng minh ab + ac + bc ≤ Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) Các đường cao AM, BN, CP cắt H Gọi Q điểm cung nhỏ BC Gọi E, F điểm đối xứng Q qua AB, AC 1) CMR: MH.MA = MP.MN 2) CMR : E, F, H thẳng hàng 3) Gọi J giao điểm QE AB Gọi I giao điểm QF AC Tìm vị trí Q cung nhỏ BC để AB AC QJ QI nhỏ Bài V (1,0 điểm) Chứng minh tồn số nguyên a, b, c cho < ab c < 1000 http://dethithpt.com – Website chuyên cung cấp đề thi file Word có lời giải – SĐT: 0982.563.365 ĐÁP ÁN Bài I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x x x (1) ĐK: x ≥ (1) � x x x � ( x x 1) ( x x � ( x 1) ( x 3)2 0(2) � x �0 � � � � x �0 Ta có: � x 1 x �0 � � x 1 (2) � � � x 9 x 3 � Do (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm phương trình {9} 2 � �x y �3 x y 10 x 10 y 2) Giải hệ phương trình � (I) 2 �x y ( I ) � �3 2 �x y 2( x y )( x y )(*) (*) � x y x3 x y xy y � x x y xy y � ( x y )( x y ) x 2y � � �2 x y2 � 2 Ta có x y � x y không nghiệm hệ �x y � y y �y �y 1 (I ) � �� �� hay � x 2y �x �x 2 �x y Do � Vậy hệ có nghiệm (2;1) (–2;–1) Bài II (2,5 điểm) 1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n 10 hai số nguyên tố Chứng minh ( n 1) M40 Vì n 10 nguyên tố nên n không chia hết cho ⇒ n có dạng 10k ± 10k ± với k ∈ ℕ 2 Ta có: n (n 1)(n 1) (n 1)(n 1)(n 1) Do n lẻ nên n – ⋮ 2; n + ⋮ n + ⋮ ⇒ n – ⋮ (1) http://dethithpt.com – Website chuyên cung cấp đề thi file Word có lời giải – SĐT: 0982.563.365 Nếu n = 10k ± ⇒ n2 ≡ (±1)2 ≡ (mod 10) ⇒ n2 – ⋮ 10 ⇒ n4 – ⋮ (2) Từ (1) (2), ý (5;8) = suy n4 – ⋮ 40 Nếu n = 10k ± ⇒ n2 ≡ (±3)2 = (mod 10) ⇒ n2 + ⋮ 10 ⇒ n4 – ⋮ (3) Từ (1) (3) ý (5;8) = suy n4 – 1⋮ 40 Vậy trường hợp ta có n4 – ⋮ 40 �p x( x 2) �2 p y( y 2) 2) Tìm tất số nguyên tố p số nguyên dương x,y thỏa mãn � Từ (1) ⇒ p – số chẵn ⇒ p số nguyên tố lẻ 2 Trừ vế (2) cho (1) ta p p y x y x � p( p 1) 2( y x)( y x 2)(*) ⇒ 2(y – x)(y + x + 2) ⋮ p Mà (2;p) = nên xảy TH: y – x ⋮ p ⇒ y – x = kp (k ∈ ℕ*) Khi từ (*) ⇒ p – = 2k(x + y + 2) ⇒ kp – k = 2k2(x + y + 2) ⇒ y – x – k = 2k2(x + y + 2) (loại x + y + > y – x – k > ; 2k2 > ⇒ 2k2(x + y + 2) > y – x – k) y + x + ⋮ p ⇒ x + y + = kp (k ∈ ℕ*) Từ (*) ⇒ p – = 2k(y – x) ⇒ kp – k = 2k2(y – x) ⇒ x + y + – k = 2k2(y – x) (**) Ta chứng minh k = Thật k ≥ từ (**) ⇒ x + y = 2k2(y – x) + k – ≥ 8(y – x) (vì y – x > 0) ⇒ 9x ≥ 7y ⇒ 7y < 14x ⇒ y < 2x Do từ (2) ⇒ (p – 1)(p + 1) = 2y(y + 2) < 4x( 2x + 2) < 4x(2x + 4) = 8x( x + 2) = 4(p – 1) (vì 2x(x + 2) = p – theo (1)) ⇒ p + < ⇒ p < 3, mâu thuẫn với p số nguyên tố lẻ Do k = 1, suy �x y p �x y p �x y p �y 3x �� �� �� � �p 2( y x) �x y 2( y x) �y x �p x 2 Thay p – = 4x + vào (1) ta có: x x ( x 2) � x x x � x � x ⇒ y = 4, p = (thỏa mãn) Vậy x = 1, y = p = 3) Tìm tất số nguyên dương n cho tồn số nguyên dương x, y, z thoả mãn x3 y z nx y z (1) Giả sử n số nguyên dương cho tồn số nguyên dương x,y,z thỏa mãn (1) Khơng tính tổng qt, giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 3 2 2 2 Từ (1) ⇒ y z x (ny z 1) � ny z � ny z �1 � y z x (ny z 1) �x (*) 3 x y� z3 Vì x ≥ y ≥ z nên x � nx y z ny z 9x2 n2 y z � z3 � y z �9 x �n y z � � ��n yz y � � Kết hợp với (*) ta có Mà z3 y �z �3 y (**) �z 18 Ta có: n yz � z3 � 9� � 18(**) � y � z 1 � � z2 � �n y 18 Nếu z = : (**) 16 n y (loại y < z) http://dethithpt.com – Website chuyên cung cấp đề thi file Word có lời giải – SĐT: 0982.563.365 z = : (**) n y 18 n2 18 n Nếu Ta chứng minh n ∉ {2;4} Thật vậy, *Nếu n = từ n2y ≤ 18 ⇒ 16y ≤ 18 ⇒ y = Từ (1) ⇒ x3 + = 4x2 ⇒ x2(4 – x) = ⇒ x2 ước ⇒ x = (không thỏa mãn) *Nếu n = từ n2y ≤ 18 suy 4y ≤ 18 ⇒ ≤ y ≤ 2 + y 1: (1) � x x � x ( x 2) 2 � x � x 1( L) 2 + y : (1) � x x � x (8 x) Suy x2 ước Mà x2 ≥ y2 = nên x=3 (không thỏa mãn) 2 + y : (1) � x 18 x 28 � x (18 x) 28 Suy x2 ước 28 Mà x2 ≥ y2 = nên không tồn x thỏa mãn 2 + y : (1) � x 32 x 65 � x ước 65 (loại 65 khơng có ước phương) Vậy n ∉ {2;4} Do n ∈ {1;3} Thử lại với n = 1, tồn (x;y;z) nguyên dương chẳng hạn (x;y;z) = (3;2;1) thỏa mãn (1) với n = 3, tồn (x;y;z) = (1;1;1) thỏa mãn (1) Vậy tất giá trị n thỏa mãn toán n ∈ {1;3} Bài III (1,5 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = Chứng minh ab + ac + bc ≤ Áp dụng BĐT Cô–si cho ba số không âm, kết hợp điều kiện (1) ta có: (a b) (b c ) (c a ) �3 (a b)(b c)(c a ) � a b c � (2) Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, kết hợp điều kiện (1) ta có: � a b �2 ab � � b � c ac ��1 ( a b)(b c)(c a) 8abc abc (3) � � c a �2 ca � Biến đổi (1), ý BĐT (2) (3), ta được: (a b)(b c)(c a ) � (a b)(bc ba c ca) � (a b)(bc ba ca) ac bc � (a b)(ab bc ca) c( ab bc ca ) abc � (a b c)(ab bc ca) abc 1 1 abc � ab bc ca � 8 abc Dấu xảy a = b = c = Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) Các đường cao AM, BN, CP cắt H Gọi Q điểm cung nhỏ BC Gọi E, F điểm đối xứng Q qua AB, AC http://dethithpt.com – Website chuyên cung cấp đề thi file Word có lời giải – SĐT: 0982.563.365 1) CMR: MH.MA = MP.MN 1) Xét tứ giác ANMB có ANB = AMB = 90o nên tứ giác nội tiếp ⇒ BAM = BNM hay PAM = HNM (1) Xét tứ giác CNHM có HNC + HMC = 90o + 90o = 180o nên tứ giác nội tiếp => NHM + NCM = 180o (2) Tứ giác APMC có APC = AMC = 90o nên tứ giác nội tiếp ⇒ APM + ACM = 180o (3) Từ (2) (3) ⇒ NHM = APM (4) NM HM � � MH MA MN MP AM PM Từ (1) (4) ⇒ ∆NHM ~ ∆APM (g.g) 2) CMR : E, F, H thẳng hàng Gọi K giao BH QE, L giao CH QF Tứ giác AJQI có AIQ + AJQ = 90o + 90o = 180o nên tứ giác nội tiếp ⇒JAI + JQI = 180o Mà JAI + BQC = 180o (do ABQC tứ giác nội tiếp) nên JQI = BQC => BQE = CQF (5) Vì E, F đối xứng với Q qua AB, AC nên BQ = BE, CQ = CF ⇒ ∆ BEQ ∆ CQF cân => CQF = CFQ (6) Từ (5) (6) suy CFL = BQK (7) Ta có LH // QK (cùng vng góc AB); KH // QL (cùng vng góc AC) nên QKHL hình bình hành ⇒ QKH = QLH = FLC hay QKB = FLC (8) QK QB Từ (7) (8) ⇒∆QKB ~ ∆FLC (g.g) => FL FC QB QE QK QE QK FL � � FC QF FL QF QE FQ Hai tam giác cân BQE CFQ đồng dạng, nên LH FL QE FQ Mà QK = LH (do QKHL hình bình hành) nên LH ' FL QE FQ Vì LH’ // QE nên theo định lý Ta–lét ta có: Do LH = LH’ ⇒ H’ ≡ H ⇒ H ∈ EF ⇒ H, E, F thẳng hàng 3) Gọi J giao điểm QE AB Gọi I giao điểm QF AC Tìm vị trí Q cung nhỏ BC để AB AC QJ QI nhỏ Vẽ QD ⊥ BC D Trên cạnh BC lấy điểm G cho CQG = BQA => BQG = CQA BA AQ GC CQ Vì ABQC tứ giác nội tiếp nên BAQ = GCQ => ∆BAQ ~ ∆GCQ (g.g) => http://dethithpt.com – Website chuyên cung cấp đề thi file Word có lời giải – SĐT: 0982.563.365 AQ JQ Vì JAQ = DCQ ; QJA = QDC = 90o => ∆JAQ ~ ∆DCQ (g.g) => CQ DQ BA JQ AB GC � QJ DQ Do GC DQ Chứng minh tương tự ta có: AC GB QI DQ AB AC GC GB BC � QJ QI DQ DQ AB AC QJ QI nhỏ ⇔ DQ lớn ⇔ Q điểm cung BC nhỏ đường Vì BC khơng đổi nên trịn (O) Bài V (1,0 điểm) ab c Chứng minh tồn số nguyên a, b, c cho < < 1000 Xét nửa khoảng A = (0;1] Chia nửa khoảng thành 1000 nửa khoảng � � � �1 �n n � �999 � A1 � 0; , A2 � ; , , An � ; , , A1000 � ;1 � � � 1000 1000 � 1000 1000 � 1000 � � 1000 � � � � � 1 k � x ; x ; ; x1001 với xk � � � k 2(k �*, k 1001) Xét số � k � 1 k � 1 k � � ��1 k (tính chất phần nguyên) nên � � k �1 � xk �A Với k ta có ⇒ xk thuộc 1000 khoảng A1, A2, , A1000 x ,x Có 1001 số xk mà có 1000 nửa khoảng, tồn số i j thuộc nửa khoảng Am �| xi x j | 1000 � a� 1 i � 1 j � , b i j xi x j a b � � � � Đặt a b �0 �| xi x j | Mà a số nguyên, b số vô tỷ nên 1 | xi x j | � a b 1000 1000 Do Vậy tồn số nguyên a, b, c thỏa mãn đề http://dethithpt.com – Website chuyên cung cấp đề thi file Word có lời giải – SĐT: 0982.563.365 ... ⋮ n + ⋮ ⇒ n – ⋮ (1) http://dethithpt.com – Website chuyên cung cấp đề thi file Word có lời giải – SĐT: 0982.563.365 Nếu n = 10k ± ⇒ n2 ≡ (±1)2 ≡ (mod 10) ⇒ n2 – ⋮ 10 ⇒ n4 – ⋮ (2) Từ (1) (2),... < < 100 0 Xét nửa khoảng A = (0;1] Chia nửa khoảng thành 100 0 nửa khoảng � � � �1 �n n � �999 � A1 � 0; , A2 � ; , , An � ; , , A1000 � ;1 � � � 100 0 100 0 � 100 0 100 0 � 100 0 � � 100 0... vô tỷ nên 1 | xi x j | � a b 100 0 100 0 Do Vậy tồn số nguyên a, b, c thỏa mãn đề http://dethithpt.com – Website chuyên cung cấp đề thi file Word có lời giải – SĐT: 0982.563.365
Ngày đăng: 12/05/2021, 08:48
Xem thêm: