Đề + Bài giải vào 10 chuyên Toán Hà nội 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HÀ NỘI
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN TOÁN CHUYÊN
Thời gian làm bài 150 phút


Bài 1:
1) Tìm các số tự nhiên n để 7
2013
+3
n
có chữ số hàng đơn vị là 8.
2) Cho a, b là các số tự nhiên lớn hơn 2 và p là số tự nhiên thỏa mãn
22
1 1 1
p a b
.
Chứng minh p là hợp số.
Bài 2:
1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x
2
− 3y
2
+ 2xy − 2x + 6y – 8 = 0.
2) Giải hệ phương trình
2x
2
+ xy + 3y
2
− 2y – 4 = 0

3x
2
+ 5y
2
+ 4x – 12 = 0
Bài 3:
Cho a, b là các số thực thỏa mãn a + b + 4ab = 4a
2
+ 4b
2
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A = 20(a
3
+ b
3
) − 6(a
2
+ b
2
) + 2013.
Bài 4:
Cho tam giác ABC không phải là tam giác cân. Đường tròn (O) tiếp xúc với BC,
AC, AB lần lượt tại M, N, P. Đường thẳng NP cắt BO, CO lần lượt tại E và F.
1) Chứng minh rằng
OEN
và
OCA
bằng nhau hoặc bù nhau.
2) Bốn điểm B, C, E, F thuộc 1 đường tròn.

3) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp OEF. Chứng minh O, M, K thẳng hàng.

Bài 5:
Trong mặt phẳng cho 6 điểm A
1
, A
2
, , A
6
trong đó không có 3 điểm nào thẳng
hàng và trong 3 điểm luôn có 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 671. Chứng minh
rằng trong 6 điểm đã cho luôn tồn tại 3 điểm là 3 đỉnh của 1 tam giác có chu vi
nhỏ hơn 2013.
Hết
GV: Lưu Văn Thám – thực hiện

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN HÀ NỘI
NĂM HỌC 2013-2014
Bài 1:
1) Tìm các số tự nhiên n để 7
2013
+3
n
có chữ số hàng đơn vị là 8.
2) Cho a, b là các số tự nhiên lớn hơn 2 và p là số tự nhiên thỏa mãn
22
1 1 1
p a b
. Chứng
minh p là hợp số.

1) Yêu cầu đề bài A = 7
2013
+ 3
n
8 (mod 10)
Ta có 7
2013
= 7.7
2012
= 7.(7
4
)
503
= 7.2401
503
7 (mod 10)
Vậy A 8 (mod 10) 3
n
1 (mod 10)
Gọi k, r là thương và số dư của n cho 4 (k,r N, 0 ≤ r ≤ 3) ta có n = 4k + r
3
n
= 3
4k+r
= 3
r.
3
4k
= 3
r

. 81
k
3
r
(mod 10).
Vậy 3
n
1 (mod 10) 3
r
1 (mod 10) mà 0 ≤ r ≤ 3 r = 0 n = 4k.
Thử lại. Với n = 4k ta có A = 7
2013
+ 3
n
= 7.2401
503
+81
k
7 + 1 (mod 10) thỏa đề bài.
2)
2
2
2 2 2 2 2 2
22
2 2 2 2
1 1 1 1 a
b
a b pa p a b pa p 0
bb
pp

a b a b

(a
2
– p)(b
2
– p) = p
2
(*)
Xét a ≥ b (b ≥ a chứng minh tương tự)
Nếu p = 1 a
2
= b
2
= p + 1 = 2 a =
2
không thỏa đề bài
Nếu p 1. Giả sử p là số nguyên tố , khi đó (*)
22
2 2 2 2
a p p a 2p
a p p a p p
(do a ≥ b)
* a
2
= 2p p = 2 (do p nguyên tố) a = 2 không thỏa đề bài
* a
2
= p + p
2

a
2
p a p (do p nguyên tố)
a
2
p
2
p + p
2
p
2
p p
2
Vô lý vì p nguyên tố lớn hơn 1
p không thể là số nguyên tố và không bằng 1 nên p là hợp số (đpcm)
Bài 2:
1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x
2
− 3y
2
+ 2xy − 2x + 6y – 8 = 0.
2) Giải hệ phương trình
2x
2
+ xy + 3y
2
− 2y – 4 = 0 (1)
3x
2
+ 5y

2
+ 4x – 12 = 0 (2)
1) x
2
− 3y
2
+ 2xy − 2x + 6y – 8 = 0 x
2
+ 2(y – 1)x + (y – 1)
2
– 4y
2
+ 8y – 4 – 5 = 0
(x + y – 1)
2
– (2y – 2)
2
= 5 (x + 3y – 3)(x – y +1) = 5
Xét x + 3y – 3, x – y +1 là các cặp ước của 5 ta thu được các cặp số
(x; y) thỏa đề bài là: (4; 0); (2; 2); (–4; 2); (–2; 0)
2) Từ (1); (2) 2(2x
2
+ xy + 3y
2
− 2y – 4) – (3x
2
+ 5y
2
+ 4x – 12) = 0
x

2
+ y
2
+ 2xy – 4x – 4y + 4 = 0 (x + y – 2)
2
= 0 y = x – x thay vào (2) ta có :
3x
2
+ 5(2 – x)
2
+ 4x – 12 = 0 8x
2
– 16x + 8 = 0 8(x – 1)
2
= 0 x = 1 y = 2–1 = 1
Thử lại với x = y = 1 thay vào hệ đã cho thỏa, vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = 1
Bài 3: Cho a, b là các số thực thỏa mãn a + b + 4ab = 4a
2
+ 4b
2
(1)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 20(a
3
+ b
3
) − 6(a
2
+ b
2
) + 2013.

TH1 : a + b = 0 b = – a , thay vào (1) 0 – 4a
2
= 4a
2
+ 4a
2
12a
2
= 0 a = b = 0
A = 2013
GV: Lưu Văn Thám – thực hiện

TH2 : a + b 0
(1) a + b = 4a
2
+ 4b
2
– 4ab = 2(a
2
+ b
2
) + 2(a – b)
2
≥ 2(a
2
+b
2
) ≥ (a + b)
2
0 < a + b ≤ 1

(1) a + b = 4(a
2
+ b
2
– ab) (a + b)
2
= 4(a
3
+ b
3
) 20(a
3
+ b
3
) = 5(a + b)
2

6a
2
+ 6b
2
= a + b + 2a
2
+ 4ab + 2b
2
= a + b + 2(a + b)
2
. Vậy ta có
A = 20(a
3

+ b
3
) − 6(a
2
+ b
2
) + 2013 = 5(a + b)
2
– (a + b) – 2(a + b)
2
+ 2013
= 2(a + b)
2
+ (a + b)(a

+ b – 1) + 2013 ≤ 2015
( do 0 < a + b ≤ 1 (a + b)(a

+ b – 1) ≤ 0 và 2(a + b)
2
≤ 2)
Kết hợp cả 2 trường hợp ta luôn có A ≤ 2015
Khi a = b =
1
2
(thỏa (1)) thì A = 2015. Vậy GTLN của A là 2015.
Bài 4:
Cho tam giác ABC không phải là tam giác cân. Đường tròn (O) tiếp xúc vớicác cạnh BC,
AC, AB lần lượt tại M, N, P. Đường thẳng NP cắt BO, CO lần lượt tại E và F.
1) Chứng minh rằng

OEN
và
OCA
bằng nhau hoặc bù nhau.
2) Bốn điểm B, C, E, F thuộc 1 đường tròn.
3) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp OEF. Chứng minh O, M, K thẳng hàng.
E nằm trong đoạn PN
E nằm trên tia
đối tia NP
H
H
K
F
E
N
P
M
O
K
F
E
N
P
M
O
B
C
A
A
C

B

1)
APN
là góc ngoài PBE nên ta có
BEP APN PBE
mà APN cân nên ta có
oo
180 ABC ABC 180 ABC ABC ACB
APN ;PBE BEP OCA
2 2 2 2

Khi E nằm trên tia đối của tia NP thì
OEN BEP O CA
,
Khi E thuộc đoạn NP thì
oo
OEN BEP 180 OEN OCA 180
(đpcm)
2) Khi E trên tia đối tia NP thì
OEN OCA
tứ giác CENO nội tiếp
o
OEC ON C 90
.
Khi E thuộc NP thì
o
OEN OCA 180
tứ giác CNEO nội tiếp
o

OEC ON C 90
.
Vậy ta luôn có
o
BEC OEC 90
. Chứng minh tương tự ta luôn có
o
BFC OFB 90

Vậy tứ giác CEFB luôn nội tiếp đường tròn đường kinh BC (đpcm)
3) Gọi H là giao của CF và BF, do
o
BEC BFC 90
(cmt) BF, CE là hai đường cao của
HBC HO BC. Cũng do
o
BEC BFC 90

o
HEO HFO 90
Nên HEOF nội
tiếp đường tròn đường kính HO, đường tròn này cũng là đường tròn ngoại tiếp OEF nên K
là trung điểm HO KO OB. Mà OM BC (gt) O, M, K thẳng hàng (cùng nằm trên
đường thẳng qua O vuông góc với BC)
GV: Lưu Văn Thám – thực hiện

Bài 5:
Trong mặt phẳng cho 6 điểm A
1
, A

2
, , A
6
trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng và trong
3 điểm luôn có 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 671. Chứng minh rằng trong 6 điểm đã cho
luôn tồn tại 3 điểm là 3 đỉnh của 1 tam giác có chu vi nhỏ hơn 2013.
Trong 5 đoạn thẳng A
1
A
2
; A
1
A
3
; A
1
A
4
; A
1
A
5
; A
1
A
6
hoặc có ít nhất 3 đoạng thẳng cùng có độ
dài nhỏ hơn 671, hoặc có ít nhất 3 đoạn thẳng cùng có độ dài không nhỏ hơn 671(nguyên lý
Dirichlet).
o TH1: Có 3 đoạn có độ dài nhỏ hơn 671, không mất tính tổng quát giả sử đó là 3 đoạn: A

1
A
2
;
A
1
A
3
; A
1
A
4
. Lại xét 3 đoạn A
2
A
3
; A
2
A
4
; A
3
A
4
, theo đề bài thì trong 3 đoạn này cũng có 1
đoạn có độ dài nhỏ hơn 671, không mất tính tổng quát giả sử đó là đoạn A
2
A
3

Vậy trong trường hợp này ta có tam giác A
1
A
2
A
3
có các cạnh đều nhỏ hơn 671 nên chu vi
nhỏ hơn 671 3 = 2013 (đpcm)
o TH2: Có 3 đoạn có độ dài không nhỏ hơn 671, không mất tính tổng quát giả sử đó là 3 đoạn:
A1A2; A1A3; A1A4. Khi đó xét 3 điểm A1; A2; A3 có hai đoạn A1A2 ≥ 671, A1A3 ≥
671, theo đề bài ta có A2A3 < 671, chứng minh tương tự ta cũng có
A2A4 < 671, A4A3 < 671. Suy ra chu vi A1A2A3 < 2013
Vậy trong 6 điểm đã cho ta luôn tìm được 3 điểm là 3 đỉnh của 1 tam giác có chu vi nhỏ hơn
2013 (đpcm)

Hết