Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Vòng 2) trường THPT KHTN, ĐHQG Hà Nội năm 2013,2014

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (vòng 2)
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI
NĂM HỌC 2013 - 2014
Câu 1:
1. Cộng hai phương trình (1) và (2) theo vế, ta có: x
3
+ y
3
+ txy + y - x = 1 + y - x + xy + 7
 x
3
+ y
3
+ 6xy - 8 = 0  (x + y)
3
- 3xy(x + y) + 6xy - 2
3
= 0
 (x + y - 2)[(x + y)
2
+ 2(x + y) + 4] - 3xy(x + y - 2) = 0
 (x + y - 2)[x
2
- xy + y
2
+ 2(x + y) + 4] = 0
 x + y - 2 = 0 hoặc x
2
- xy + y
2
+ 2(x + y) + 4 = 0

Nếu x + y - 2= 0  y = 2 - x thay vào (2)  7x(2 - x) + 2 - x - x - 7 = 0
 7x
2
- 12x + 5 = 0  (x - 1)(7x - 5) = 0 
x 1 y 1
59
xy
77
  



  

Thử lại, hệ phương trình nhận nghiệm (x; y) là (1; 1),
59
;
77



.
Nếu x
2
- xy + y
2
+ 2(x + y) + 4 = 0
 4x
2
- 4xy + 4y

2
+ 8(x + y) + 16 = 0
 (x + y)
2
+ 8(x + y) + 16 + 3(x - y)
2
= 0
 (x + y + 2)
2
+ 3(x - y)
2
= 0
 (x + y + 2)
2
= 3(x - y)
2

 x = y = -1.
Thay vào (1) không thỏa.
2. Giải phương trình:
2
x 3 1 x 3 x 1 1 x      
(1).
Điều kiện : - 1 ≤ x ≤ 1.
Phương trình (1) được viết lại là:
     
  
2
2
2

x 1 x 1 1 x 1 x 2 x 1 2 0
x 1 x 1 1 1 x x 1 1 2 x 1 1 0
x 1 1 x 1 x 1 2 0
x 1 1 0
x 1 1 x 2 0
x 1 1
x 1 2 x 1. 1 x 1 x 4
x0
1 x 1
x0
1 x 1
x0
          
           
       

  


    






      
















Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0.
Câu 2:
1. Trước hết ta chứng minh mọi s ố chính phương khi chia cho 3 chỉ c ó t h ể dư 0 hoặc 1.
Suy ra: Tổng hai số chính phương chia hết cho 3 khi và chỉ k h i c ả hai số cùng chia hết cho 3.
(1)  6 x
2
+ 9y
2
- 20412 = x
2
+ y
2
 3(2x
2
+ 3y
2
- 6804) = x
2

+ y
2
(2)
22
11
22
22
1
1
x 3x x 9x
x3
x y 3
y 3 y 3y
y 9y




    













Thay vào (2), ta có:
   
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
3 2.9x 3.9y 6804 9x 9y 3 2x 3y 756 x y        
(3)
22
1 1 2 1 2
22
11
22
1 1 2
12
x 3 x 3x x 9x
x y 3
y 3 y 3y
y 9y



    











Thay vào (3), ta có:
   
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
3 2.9x 3.9y 756 9x 9y 3 2x 3y 84 x y        
(4)
22
2 3 2 3
2
22
11
22
2 2 3
23
x 3x x 9x
x3
x y 3
y 3 y 3y
y 9y




    













Thay vào (4), ta có:
 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
3 2.9x 3.9y 84 6x 9y 28 6x 9y 28 x y 5x 8y 28            
(5)
3
2
3
22
3 3 3
2
3
3
y0
y0
8y 28 y 3,5 y 1
y1
y1






      








Với y
3
= 0 thay vào (5) 
2
3
5x 28
(vô lý, vì x
3
nguyên)
Với y
3
= 1 thay vào (5) 
3
22
33
3
x2
5x 8 28 x 4
x2



    



Với y
3
= -1 thay vào (5) 
3
22
33
3
x2
5x 8 28 x 4
x2


    



Suy ra: (x
3
; y
3
)  {(2; 1), (2; -1), (-2; 1); (-2; -1)}.
Vì
1 2 3
1 2 3

x 3x 9x 27x
y 3y 9y 27y
  


  

nên (x; y)  {(54; 27), (54; -27), (-54; 27); (-54; -27)}.
Thử lại phương trình đã cho nhận các nghiệm ( x ; y )  {(54; 27), (54; -27), (-54; 27); (-54; -27)}.
2. Áp dụn g b ất đẳn g t h ức Cauchy, ta có:
1
1 x y 2 xy 1 4xy 4
xy
      
Và ta cũng có:
2 2 2 2
1 1 1 1
P 1 x y 2 1 x y 2 xy
x y xy xy

      


Mà
1 15 1 1 15 1 15 2 17
xy . xy .4 2 .xy
xy 16 xy 16xy 16 16xy 16 4 4
        
17
P 2. 17

2
  
. Khi x = y =
1
2
thì
P 17
.
Vậy GTNN của P là
17
.
Câu 3:
1. Chứng minh M, N, Q thẳng hàng.
Các tứ giác AMEQ, ANFQ, AMCB, ANBC nội t i ếp nên ta có:




QEA QMA NMA NCA EQ/ /FC   
.
Tương tự: FQ // EB  Tứ giác EPFQ là hình bình hành. Suy ra:
 

EQF EOF BPC
.
Ta lại c ó :






MQE MAE MAC MBC PBC   





NQF NAF NAB NCB PCB   



  
0
EQM EQF FQN PBC BPC PCB 180 .      
Suy ra: M, Q, N thẳng hàng.
2. Chứng minh PQ qua trung điểm c ủa BC.
K e đ ư ờ ng cao CI, BJ của tam giác ABC. EF
cắt PQ tại G.
Do tứ giác AMEQ, ANFQ nội t i ếp và QEPH
là hình bình hành nên ta có:




QAM QEP QFP QAN  
. Do đó AP là
phân giác của

MAN
.

Suy ra: A, Q, P thẳng hàng.
Gọi giao của AP với BC là K.
Ta có:






IHJ BHC BPC FPE IHJ FPE    
Mà


0
IHJ IAJ 180




00
FPE IAJ 180 FPE FAE 180     
Suy ra: FPEA nội t i ếp.







EFP EAP EAQ EMQ EMN BMN BCN EF/ /BC      

FG AG GE
BK AK KC
  
Mà FG = GE  BK = KC  PQ là trung điểm c ủa K của BC.
Câu 4:
Ta chứng minh bài toán:
1 2 n
a a a  
thỏa m ã n
1 2 3 n
1 2 3 n
a a a a 0
a a a a 1
    



    


thì
n1
2
aa
n

.
Từ điều kiện trên, ta suy ra: Có k  N sao cho
1 2 k k 1 n
a a a 0 a a


      
   
   
1 2 k
1 2 k k 1 n
1 2 k k 1 n
k 1 n
1
a a a
a a a a a 0
2
1
a a a a a 1
a a
2




    


      



       




  


Mà
   
1 2 k 1 k 1 n n
n1
2
11
a a a a ; a a a
2k 2k
1 1 n n 2
aa
2k 2 n k 2k n k n
k n k
2
2

         
     





Bài toán phụ đã được chứng minh.
Từ (I) suy ra:
192
12

192
12
x
xx
0
2013 2013 2013
x
xx
0
2013 2013 2013

   




   


Á p d ụng bài toán trên, ta có:
192
1
192 1
x
x
2 2013
xx
2013 2013 192 96
    
(điều phải c h ứng minh)

HẾ T