Đề thi vào lớp 10 môn toán năm 2020 có đáp án trường đại học KHTN ĐHQG hà nội

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 (đề thi dành cho tất thí sinh) Thời gian làm bài: 120 (không kể thời gian phát đề) Câu  x  y  xy  a) Giải hệ phương trình:  9 x  xy  70  x  y   b) Giải phương trình: 11  x  x 1  24  5  x 2 x 1 Câu a) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: x y 16 xy  99  x  36 y  13 x  26 y b) Với a, b số thực dương thỏa mãn:  2a  3b  8a  12b  2a  3b  5ab  10 Chứng minh rằng: 3a  8b  10ab  21 Câu  góc nhỏ ba góc tam giác nội tiếp đường trịn O  Điểm D Cho tam giác ABC có BAC  Lấy điểm M , N thuoocj O  cho đường thẳng thuộc cạnh BC cho AD phân giác BAC CM BN song song với đường thẳng AD a) Chứng minh AM  AN b) Gọi giao điểm đường thẳng MN với đường thẳng AC , AB E , F Chứng minh bốn điểm B, C , E , F thuộc đường tròn c) Gọi P, Q theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng AM , AN Chứng minh đường thẳng EQ, FP AD dồng quy Câu Với a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: a a  bc b ab  2c   b b  ca  c bc  2a   c c  ab a ca  2b   HẾT LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) Phương trình thứ hai hệ tương đương: x  xy  70  x  y   9 x  xy   70  x  y  x  xy  y   x  xy 10 y    x  y  x  xy  y   x  2y   x  y  Ta có: x  y  khơng thỏa hệ  y 1 Với x  y, ta có: y     y  1 Với y  1, ta có: x  Với y  1, ta có: x  2 Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y   2; 1 , 2;1 b) Điều kiện:  x  Đặt a   x , b  x 1 với a, b  2a  b  Khi phương trình cho trở thành: 11a  8b  24  3ab  32a  b  a  b  15  2a  b  3ab  32a  b  a  b  15  2a  ba  b  2a  b  5a  b  3   2a  b    a  b  Trường hợp 2a  b  kết hợp với 2a  b  9, ta có: 2a  5  2a    a  23a  4  Với a  2, ta có: x  Với a  , ta có: x  Trường hợp a  b  kết hợp với 2a  b  9, ta có: 2a  3  a    a a  2  Với a  2, ta có: x  Với a  0, ta có: x  Vậy phương trình cho có ba nghiệm x  , x  1, x  Câu a) Phương trình tương đương: x y  20 xy  100   x  xy  y   13 x  y   2   xy  10   x  y   13 x  y   Đặt x  y  a, ta có: 9a  13a  số phương với a  2 Mà 3a  1  9a  13a   3a  3 , 9a  13a   3a  2  a   x  y   x  y  Với a  3, ta có   xy  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y   1;1 b) Ta có: 8a  12b  2a  3b  5ab  10  2a  3b  2a  3ba  b  10 1 Đặt x  2a  3b, y  a  b với  x  Ta có: 1 trở thành: x  xy  10  y   2 x Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: x  y  21  x   y  25 Ta có:  y 25    y     4 4    y  25      25 1       25 1    25 1        x   x  x   x  x   4 Ta cần chứng minh:  25 1   x  Thật bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:  x  x  29 x  100    x  2 x  2 x  5 x  5  Bất đẳng thức cuối  x  Đẳng thức xảy x  5, y  hay a  b  Vậy ta có điều phải chứng minh Câu  , ta có: a) Do BN CM song song với AD kết hợp với AD phân giác BAC   DAB   DAC  NBC ACM  Suy ra: NBC ACM hay  AN   AM  AN  AM  sd   sd  AM  sd BN AN  sd BN AB  sd  AFE     ACB b) Ta có:  2 Do BCEF tứ giác nội tiếp c) Gọi S giao điểm EQ AD, K giao điểm AD EF Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ANK có cát tuyến ESQ, ta có: QA EN SK EN SK    hay   Q trung điểm AN EK SA QN EK SA Suy ra: EN SA  EK SK Gọi S  giao điểm FP AD Tương tự áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AMK có cát tuyến PS F , ta được: Ta cần chứng minh EN FM FM FK hay   Thật vậy, theo định lý Tales, ta có: EK FK EN EK KM DC AC AF FK     KN DB AB AE EK Suy ra: FK KM FK  KM FM    EK KN EK  KN EN S A FM  S K FK Do FM FK FM EN , hay   FK EK EN EK Từ ta có: SA S A  SK S K Suy S  S  hay EQ, FP AD đồng quy Câu Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có: 2 a  abc a  b2  c  3abc   b ab  2c   ab ab  2c    ab ab  2c  a a  bc Ta cần chứng minh: a  b  c  3abc  ab  bc  ca Thật áp dụng dụng bất đẳng thức Schur kết hợp với a  b  c  3, ta có: a  b  c  3abc  a  b  c   a  b  c  3abc       ab  bc  ca 9abc  ab  bc  ca  a bc Suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a  b  c  HẾT ... ? ?10 y    x  y  x  xy  y   x  2y   x  y  Ta có: x  y  không thỏa hệ  y 1 Với x  y, ta có: y     y  1 Với y  1, ta có: x  Với y  1, ta có: x  2 Vậy hệ cho có. .. 9, ta có: 2a  5  2a    a  23a  4  Với a  2, ta có: x  Với a  , ta có: x  Trường hợp a  b  kết hợp với 2a  b  9, ta có: 2a  3  a    a a  2  Với a  2, ta có: x... nghiệm  x; y   1;1 b) Ta có: 8a  12b  2a  3b  5ab  10  2a  3b  2a  3ba  b  10 1 Đặt x  2a  3b, y  a  b với  x  Ta có: 1 trở thành: x  xy  10  y   2 x Bất đẳng thức