Đề và đáp án Toán Chuyên Tự Nhiên 2010

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2010
MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I
1) Giải hệ phương trình





=+
=++
.2
231283
22
22
yx
xyyx
2) Giải phương trình
.183124312
32
++=+−++ xxxx
Câu II
1) Tìm tất cả các số nguyên không âm (x, y) thoả mãn đẳng thức
( )( )
( )( )
.2512411
22
=++++++ xyyxxyyx
2) Với mỗi số thực a, ta gọi phần nguyên của số a là số nguyên lớn nhất không vượt

quá a và ký hiệu là [a]. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta luôn có.
( )
n
nn
nn
=






+
++
++
1
1

3.2
7
2.1
3
2
Câu III
Cho đường tròn (O) với đường kính AB = 2R. Trên đường thẳng tiếp xúc với đương
tròn (O) tại A ta lấy điểm C sao cho góc
0
30=ACB
. Gọi H là giao điểm thứ hai của đường
thăng BC với đường tròn (O).

1) Tính độ dài đương thẳng AC, BC và khoảng cách từ A đến đương thẳng BC theo R.
2) Với mỗi điểm M trên đoạn thẳng AC, đường thẳng BM cắt đường tròn (O tại điểm N
(khác B). Chứng minh rằng bốn điểm C, M, N, H nằm trên cùng một đường tròn và
tâm đường tròn đó luôn chạy trên một đường thẳng cố định khi M thay đổi trên đoạn
thẳng AC.
Câu IV
Với a,b là các số thực thoả mãn đẳng thức
4
9
)1)(1( =++ ba
, hãy tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
44
11 baP +++=
.
_____________________________
Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm.
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2010
DỰ KIẾN GIẢI ĐỀ THI MÔN THI: TOÁN (Vòng 1)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I : 1) Giải hệ phương trình





=+
=++
.2

231283
22
22
yx
xyyx
Cộng vế với vế ta có





=+
=++
.2
251294
22
22
yx
xyyx
⇔
( )





=+
=+
.2
2532

22
2
yx
yx
⇔
( )
( )










=+
−=+



=+
=+
2
)5(32
)(
2
)5(32
)(

22
2
2
22
2
2
yx
yx
II
yx
yx
I
giải ( I) ta có
( )



=+
=+
2
)5(32
22
2
2
yx
yx
⇔




=+
=+
2
532
22
yx
yx
⇔





=+
−
=
2
2
35
22
yx
y
x

⇔








=+






−
−
=
2
2
35
2
35
2
2
y
y
y
x
⇔





=+

+−
−
=
2
4
93025
2
35
2
2
y
yy
y
x
⇔





=+−
−
=
0173013
2
35
2
yy
y
x

⇔














=
−
=





=
−
=
13
17
2
35

1
2
35
y
y
x
y
y
x
⇔













=
=



=
=

13
17
13
7
1
1
y
x
y
x
giải ( II) ta có
( )



=+
−=+
2
)5(32
22
2
2
yx
yx
⇔



=+
−=+

2
532
22
yx
yx
⇔





=+
−−
=
2
2
35
22
yx
y
x

⇔








=+






−−
−−
=
2
2
35
2
35
2
2
y
y
y
x
⇔





=+
++
−−

=
2
4
93025
2
35
2
2
y
yy
y
x
⇔





=++
−−
=
0173013
2
35
2
yy
y
x
⇔















−
=
−−
=





−=
−−
=
13
17
2
35
1

2
35
y
y
x
y
y
x
⇔













−
=
−
=



−=

−=
13
17
13
7
1
1
y
x
y
x
vậy nghiêmk của hệ là S =(x;y)
( ) ( )












−−







−−
13
17
;
13
7
;
13
17
;
13
7
;1;1;1;1
3) Giải phương trình
.183124312
32
++=+−++ xxxx
điều kiện: thoả mãn với mọi giá trị của x
⇔
( ) ( )
[ ]
122)12(3122312
22
+−++=+−++ xxxxxx
⇔
( ) ( )
[ ]
0122)12(1223312

22
=+−+−+−+−+ xxxxxx
⇔
( )
( )
0123.122)312(
2
=+−+−+−+ xxxx
⇔
( )
( )
0312.122)312(
2
=−++−−−+ xxxx
⇔
( )
01221)312(
2
=






+−−−+ xxx
⇔
( )





=+−−
=−+
01221
0312
2
xx
x
⇔
( )




=+−
=+
1122
312
2
xx
x
⇔



=+−
=+
1124
912

2
xx
x
⇔



=−
=
024
82
2
xx
x
⇔









=
=
=
2
1
0

4
x
x
x
thoả mãn của x vậy phương trình có 3 nghiệm
x = 4 hoặc x = 0 hoặc x =
2
1

Câu II 1) Tìm tất cả các số nguyên không âm (x, y) thoả mãn đẳng thức
( )( )
( )( )
.2512411
22
=++++++ xyyxxyyx
⇔
1+ x
2
+ y
2
+x
2
y
2
+ 4xy + 2(x+y)(1+xy) = (5)
2
=(-5)
2
⇔
( x

2
+ 2xy + y
2
)+(x
2
y
2
+ 2xy +1)+ 2(x+y)(1+xy) = (5)
2
=(-5)
2
⇔
( x+y )
2
+(xy+1)
2
+ 2(x+y)(1+xy) = (5)
2
=(-5)
2
⇔
(x+y+xy+1)
2
=5
2
hoặc (x+y+xy+1)
2
=(-5)
2
Xét : (x+y+xy+1)

2
=5
2

⇔
x+y+xy+1 =5
⇔
(x+ 1)+y(x+1) =5
⇔
(x+ 1)(y+1) =5
Vì x
0≥
; y
0≥
nên chỉ có









=+
=+



=+

=+
11
51
51
11
y
x
y
x
⇔









=
=



=
=
0
4
4
0

y
x
y
x

vậy nghiệm của phương trình là : (x ;y) =
( ) ( ){ }
0;4;4;0
b)
( )
n
nn
nn
=






+
++
++
1
1

3.2
7
2.1
3

2

Đặt A=
( )
1
1

3.2
7
2.1
3
2
+
++
++
nn
nn
=
( )
1
1)1(

3.2
13.2
2.1
12.1
+
++
+
+

+
+
nn
nn
= (1+1+ +1) +
( )
1
1

3.2
1
2.1
1
+
++
nn
= n +1-
2
1
+
2
1
-
3
1
+ +
nn
1
1
1

−
−
+
1
11
+
−
nn
n số hạng
A = n + 1 -
1
1
+n
= n +
1+n
n
vì n > 0 nên 1>
1+n
n
>0 suy ra n <A< n+1
vậy phần nguyên của A là n
Câu III:
30
30
H
O
C
A
B
M

N
1) Vì AC là tiếp tuyến
⇒
AC
⊥
AB tại A
⇒
∠
A = 1V . Xét
∆
ABC có
∠
C= 30
0
Cotang C =
AB
AC

⇒
AC = AB . Ctang C
⇒
AC = 2R Ctang 30
0
= 2R
3
áp dụng định lý pi ta go ta có BC=
RRRRACAB 416124
22222
==+=+
vì

∠
AHB = 1V nên HA
⊥
CB nên AH là đường cao theo hệ thức lượng trong tam giác
vuông ta có :AH .BC = AB . AC
⇒
AH =
BC
ACAB.
⇒
AH =
R
RR
4
32.2
= R
3
b) Do
⇒
∠
HAB =
∠
C = 30
0
( cùng phụ với
∠
ABC)
mà
∠
HAB =

∠
HNB( cùng chắn cung HN)
⇒
∠
C =
∠
HNB
⇒
tứ giác CMNH nội tiếp
tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMNH nằm trên đường trung trực của HC
Do BC cố định mà HB = AB . cosB = 2R .
2
1
= R ( không đổi )
vậy H là điểm cố định
Câu IV:
44
11 baP +++=
( )
( ) ( )
22
2
22
2
411 baba ++=+++≥
( min cops ky)
Ta có
4
9
)1)(1( =++ ba

⇒
a + b + ab + 1 =
4
9
⇒
a + b + ab =
4
9
-1 =
4
5
Mà : (a
2
-a +
4
1
)+(b
2
-b +
4
1
)+
2
2
22
baba +−
0≥
với mọi a;b dấu bằng xãy ra khi a = b =
2
1

⇒
a
2
+
4
1
+ b
2
+
4
1
+
2
22
ba +
≥
a+b +ab =
4
5
( a
2
+ b
2
)
2
3
≥
4
3

⇒
a
2
+ b
2

≥
2
1
vậy P
≥
)(4
22
ba ++
=
2
17
2
1
4 =+
P
min =

2
17
khi a = b =
2
1