Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN năm 2011 môn toán (vòng 1 2)

Lê Trung Kiên THPT Nguyễn Du-Thanh Oai-Hà Nội

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2011

MÔN: TOÁN (Vòng 1)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I. 1) Giải hệ phương trình


2
2
1 3
( 2) 1.
x y x y
y x y x





   
   

2) Giải phương trình
2
3 7
.
2( 1)

x
x
x x

 


Câu II. 1) Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên
( , , )
x y z
thỏa mãn
đẳng thức
4 4 4
7 5.
x y z
  

2) Tìm tất cả các cặp số nguyên
( , )
x y
thỏa mãn đẳng thức
4 4 3
( 1) ( 1)
x x y
   
.
Câu III. Cho hình bình hành
ABCD
với


90 .
BAD 

Đường phân giác của góc

BCD

cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
BCD
tại
O
khác
C
. Kẻ đường thẳng
( )
d
đi qua
A
và vuông góc với
CO
. Đường thẳng
( )
d
lần lượt cắt các đường
thẳng
,
CB CD
tại
,
E F

.
1) Chứng minh rằng
OBE ODC
  
.
2) Chứng minh rằng
O
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
CEF
.
3) Gọi giao điểm của
OC
và
BD
là
,
I
chứng minh rằng
. . . .
IB BE EI ID DF FI

.
Câu IV. Với
,
x y
là những số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3
3 3 3 3
4
8 ( )

x y
P
x y y x y
 
  
.


Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Lê Trung Kiên THPT Nguyễn Du-Thanh Oai-Hà Nội

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2011

ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Vòng 1)
Câu I. 1) Hệ phương trình tương đương với

2
2
( 1) ( 1) 2
( 2) ( 2) 1
x y x y
y x y x

    



    



2
2
( 1)( 1) 2 (1)
( 2)( 1) 1 (2)
x y y
y x x

   



   



+) Nếu
1
x

suy ra
2
( 1)( 1) 0
x y
  
nên từ
(1) 2 0

y
  
2
2 ( 2)( 1) 0
y y x
     
do đó
từ
(2)
1 0
x
  
1
x
 
mâu thuẫn.
+) Nếu
1
x

, tuơng tự suy ra
1
x

mâu thuẫn.
+) Nếu
1 2
x y
  
(thỏa mãn).

Đáp số
1, 2.
x y
 

2) Điều kiện
0
x

. Phương trình tương đương
2
3
2( 1) 7.
x x x
x
   

Chia hai vế cho
0
x

ta thu được
1 3 7
2(1 ) x x
x x x
   
3 1 3 4
( ) 2(1 ) 0
x x
x x x x

      
3 3 2
( 2) ( ) 0
x x
x x x
     

+) Giải
2
3 3
2 4 4 3 0
x x x x
x x
        
1
3
x
x






.
+) Giải
3
2
3 2 3 4
3 4 0

x x x x
x x x x
        
2
( 1)( 4) 0 1
x x x x
      
.
Đáp số
1, 3
x x
 
.
Câu II. 1) Giả sử tồn tại các số nguyên
, ,
x y z
thỏa mãn
4 4 4 4 4 4 4
7 5 8 5
x y z x y z z
       
(1)
.
Ta có
4
0,1 (mod 8)
a 
với mọi số nguyên
a

Lê Trung Kiên THPT Nguyễn Du-Thanh Oai-Hà Nội

4 4 4
4
0,1,2,3 (mod 8)
8 5 5(mod 8)
x y z
z

  



 



Mâu thuẫn với
(1)
. Vậy không tồn tại
( , , )
x y z
thỏa mãn đẳng thức.
2) Phương trình tương đương với
2 2 2 2 3
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
x x x x y
  
      
  

2 3 3 3
(2 2)(4 ) 8 8 .
x x y x x y
     

+) Nếu
3 3 3
1 8 8 8 (2 1)
x x x x x
     
3 3 3
(2 ) (2 1)
x y x
   
(mâu thuẫn vì
y
nguyên).
+) Nếu
1
x
 
và
( , )
x y
là nghiệm, ta suy ra
( , )
x y
 
cũng là nghiệm, mà
1

x
  
mâu
thuẫn.
+) Nếu
0 0
x y
  
(thỏa mãn).
Vậy
0
x y
 
là nghiệm duy nhất.
Câu III
1) Tứ giác
OBCD
nội tiếp và
CO
là phân giác góc

BCD





OBD OCD OCB ODB OBD
     
cân tại

O
OB OD
 
(1)
.Tứ giác
OBCD
nội
tiếp


ODC OBE

(2)
(cùng bù với góc

OBC
). Trong
CEF

có
CO
vừa là đường cao
vừa là đường phân giác nên
CEF

cân tại
C
. Do
AB CF






AEB AFC EAB
 
ABE
 
cân tại
B
BE BA CD
  

(3).
Từ
(1),(2),(3)
suy ra
( )
OBE ODC c g c
    
(đpcm).








2) Từ câu 1)

OBE ODC
  
suy ra
OE OC

. Mà
CO
là đường cao tam giác cân
CEF
OE OF
 
. Từ đó
OE OC OF
 
vậy
O
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
CEF

(đpcm).
E
F
O
I
A
B
C
D

Lê Trung Kiên THPT Nguyễn Du-Thanh Oai-Hà Nội

3) Theo (3)
BE CD
 
mà
CE CF

BC DF
 
. Ta có
CI
là đường phân giác
góc

BCD
. .
IB CB DF
IB BE ID DF
ID CD BE
     .
Mà
CO
là trung trực
EF
và
I CO

IE IF
 
.

Từ hai đẳng thức trên suy ra
. . . .
IB BE EI ID DF FI

(đpcm).
Câu IV. Ta chứng minh
3 2
3 3 2 2
8 2
x x
x y x y

 
(1)

3 4
3 3 2 2 2
8 ( 2 )
x x
x y x y
 
 
2 2 2 3 3
( 2 ) ( 8 )
x y x x y
   
2 2 4 3
4 4 8
x y y xy
  

2 2
2
x y xy
   (đúng).
Ta chứng minh
3 2
3 3 2 2
( ) 2
y y
y x y x y

  
(2)
3 4
3 3 2 2 2
( ) ( 2 )
y y
y x y x y
 
  

2 2 3 3
( 2 ) ( ( ) )
x y y y x y
    
2 2 2 4 3
( 2 ) ( )
x y y y x y
    
2 2 2 2 3

( )( 3 ) ( )
x y x y y x y
    
Ta có
2 2 2
1
( )
2
x y x y
  
2 2 2 2 2 2
3 2 2 2 2 ( )
x y x y y xy y y x y
       
2 2 2 2 2 3
1
( )( 3 ) ( ) .2 ( ) ( )
2
x y x y x y y x y y x y
       
(2)

đúng.
Từ
(1)
và
(2)
1
P
 

. Dấu bằng xảy ra
x y
 
. Vậy
min
1
P

.





Lê Trung Kiên THPT Nguyễn Du-Thanh Oai-Hà Nội



ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2011

MÔN: TOÁN (Vòng 2)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I. 1) Giải phương trình





1 1
3 1
xx x  
  
.
2) Giải hệ phương trình
  
2 2 2 2
2 2
1 .
2
4x y xy
x y x y
x y



 


 


Câu II. 1) Với mỗi số thực
a
ta gọi phần nguyên của
a
là số nguyên lớn nhất không vượt
quá
a

và ký hiệu là


a
. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
n
, biểu thức
2
3
1 1
27 3
n n
 
 
 
 
   không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số
nguyên dương.
2) Với
, ,
x y z
là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức
5
xy yz zx
  
, tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
.
3 3 2

6( 5) 6( 5) 5
x y z
x y z
P
 
    

Câu III. Cho hình thang
ABCD
với
BC
song song
.
AD
Các góc

BAD
và

CDA
là các góc
nhọn. Hai đường chéo
AC
và
BD
cắt nhau tại
.
I

P

là điểm bất kỳ trên đoạn thẳng
BC
(
P
không trùng với
,
B C
). Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác
BIP
cắt
đoạn thẳng
PA
tại
M
khác
P
và đường tròn ngoại tiếp tam giác
CIP
cắt đoạn
thẳng
PD
tại
N
khác
.
P

1) Chứng minh rằng năm điểm
, , , ,
A M I N D

cùng nằm trên một đường tròn. Gọi
đường tròn này là
( ).
K

2) Giả sử các đường thẳng
BM
và
CN
cắt nhau tại
,
Q
chứng minh rằng
Q
cũng
nằm trên đường tròn
( ).
K

3) Trong trường hợp
, ,
P I Q
thẳng hàng, chứng minh rằng
.
PB BD
PC CA

Câu IV. Giả sử
A
là một tập con của tập các số tự nhiên

.

Tập
A
có phần tử nhỏ nhất là
1,

phần tử lớn nhất là
100
và mỗi
x
thuộc
A



1 ,
x

luôn tồn tại
,
a b
cũng thuộc
A

sao cho
x a b
 
(
a

có thể bằng
b
). Hãy tìm một tập
A
có số phần tử nhỏ nhất.
Lê Trung Kiên THPT Nguyễn Du-Thanh Oai-Hà Nội



Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2011

ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Vòng 2)
Câu I. 1) Điều kiện
0 1
x
 
, phương trình tương đương
với
3
( 1 1) 1
3
x
x x
   
 

3( 1 1) 3
x x x
     

Nếu


0 1 3 1 1 3
x x
     
đồng thời
3 1 4 3
x x
    

Suy ra VT

VP. (loại).
Thử lại ta thấy
1
x

là nghiệm.
2)
0
x y
 
là nghiệm. Xét
0, 0
x y

 
hệ phương trình tương đương với
2 2 2 2
1 1 1 1
2 2 (1)
1 1 1 1 1 2
1 4 2 8 (2)
x y x y
x y xy x y xy
 
   
 
 

 
     
 
     
     
 
     
 

Thay (1) vào (2) ta thu được
3
1 1
2
1 1
8
1

1
x y
x y
xy

 

 

  

 
 




1
x y
  

Câu II.
1) Ký hiệu
3
1 1
,
27 3
K n
 
  

 
 
do
1
n

1
K
 
. Ta có
3
1 1
1
27 3
K n K
    
3 3
1 1 2
( ) ( )
3 27 3
K n K     
3 2 3 2
1 1 4 8
2
3 27 27 3 27
K
K K n K K K         
3 2 3 2
4 1
3

3 3 3
K
K n K K K K
       
3 2 3
( 1)
K n K K
    

Lê Trung Kiên THPT Nguyễn Du-Thanh Oai-Hà Nội

Suy ra
2
2
3
1 1
27 3
n K n n
 
    
 
 
không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số
nguyên dương.

2) Ta có





        
2 2 2
6 5 6 5 5 6 6
x y z x y x z y z y x z x z y
             













3 2 3 2
2 2 2
x y x z x y y z z x z y
        
  
 
9 9 6 3
3 3 2
2 2
x y z
x y z
 

   
Suy ra
2 2 2
3 3 2 2
.
3
6( 5) 6( 5) 5
x y z
P
x y z
 
 
    
Đẳng thức xảy ra
1, 2.
x y z
   

Vậy
min
2
.
3
P


Câu III.
1) Tứ giác
BPIM
nội tiếp và

AD BC




MAD BPM BIM
   
tứ giác
AMID
nội tiếp. Tương tự tứ giác
DNIA

nội tiếp. Vậy năm điểm
, , , ,
A M I N D
thuộc một đường tròn


K

2) Do các tứ giác
BPIM
và
CPIN

nội tiếp nên ta có



QMI BPI CNI

 


tứ giác
MINQ
nội tiếp.
Mà


, ,
M I N K



Tứ giác
MINQ
nội tiếp đường tròn


K
.
Vậy
Q
thuộc đường tròn


K
(đpcm)
3) Khi
, ,

P I Q
thẳng hàng, kết hợp với
Q

thuộc đường tròn


K
ta có


AIQ PIC
 (đối đỉnh)



PIC PNC
 (do tứ giác
NIPC
nội tiếp)



PNC QND
 (đối đỉnh)



QND QID
 (do tứ giác

INDQ
nội tiếp )



AIQ QID
 
IQ

là phân giác

DIA
nên
IP
là phân giác góc

.
BIC

K
Q
N
M
I
B
C
A
D
P

K
Q
N
M
P
I
B
C
A
D

Lê Trung Kiên THPT Nguyễn Du-Thanh Oai-Hà Nội

Do đó
PB IB ID IB ID BD PB BD
PC IC IA IC IA AC PC CA

     

(đpcm)

Câu IV. Giả sử
A
có
n
số, chúng ta xếp chúng theo thứ tự


1 2 2
1 100. 1

n
x x x x     


Suy ra với mỗi


1,2,3, , 1
k n
 

ta có


1
2 2
i j
k k k k
x x x x x x

     với
1 , .
i j k
 

Áp dụng kết quả


2
ta thu được

2 3 4 5
1 1 2, 2 2 4, 8, 16,
x x x x       
6 7
32, 64.
x x  Suy ra tập
A
phải có ít nhất
8
phần tử.
+) Giả sứ
8
n

8
100
x
 
.
Vì
7 7 76 8
32 64 96 2 50.
x x x x x
       

Vì
5 76 6 6
16 32 48 2 25.
x x x x x
       

Vì
5 5 5
4 6
25
2
8 16 24 25 2x x x x x        

(mâu thuẫn).
+)
9
n

ta có tập


1,2,3,5,10,20,25,50,100
thỏa mãn yêu cầu bài toán .
Đáp số:
9
n
