Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Trường THPT Chuyên KHTN-Trường ĐHQG Hà Nội năm 2013,2014

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI
NĂM HỌC 2013 - 2014
Câu 1:
1. Hướn g d ẫn: Đặt điều kiện, bình phương hai l ần được phương trình bậc 2, nhận 2 nghiệm là 1,
7
4
.
2. Đặt:
1 1 1 1 1
t x ; v y tu x y xy 2
y x y x xy


          




, ta có hệ phương trình:
 
 
2
2
9
tu
2u 9 2t
2u 9 2t
2t 2u 9
2
2t 9 2t 6t 9 0
1 3 4tu 6t 9 0

4t 126t 9 0
tu 2
42
u3
2u 9 2t
2u 9 2t
3
2t 3
t
2t 3 0
2










  
   
    
   
  
















  
  








  
2
13
x
33
y 2x
y 2x
xy y 1 0 y 3x 0
y2

22
x 1 2x 1 0
2x 3x 1 0
1
xy 3x 1 0 xy 3x 1 0
y3
x








     
   
    
    
  
  



  
     





x1
y2






h o ặc
1
x
2
y1







.
Thử lại, ta thấy phương trình nhận hai nghiệm (x; y) là
 
1
1; 2 ; ;1
2



.

Câu 2:
1. Khai triển và rút gọn (a + b)(b + c)(c + a) = 8abc.
Ta được: a
2
b + b
2
a + b
2
c + c
2
b + c
2
a + a
2
c = 6abc.
 
        
        
   
2 2 2 2 2 2
a ab b bc c ca 3
1
a b a b b c b c b c c a c a c a a b 4
ab ac ab bc ba bc ca cb ca 3
a b b c b c c a c a a b 4
a b b a b c c b c a a c 3
a b b c c a 4
6abc 3
8abc 4
      

        
     
   
     
    

  

Luôn luôn đúng. Suy ra: Điều phải c h ứng minh.
2. Ta có:
   
abc 10d e 101 101.abc abc 10d d 101 100.abc 10d e 101 abcde 101.

         

   
Vậy s ố các số phải tìm chính là số các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 101.
10000 + 100 = 101 x 100

10100 là số các số tự nhiên có 5 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101.
99999 – 9 = 101 x 990

99990 là số các số tự nhiên có 5 chữ số lớn n h ất chia hết cho 101.
Vậy s ố các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 101 là
99990 10100
1 891
101


số.

Câu 3:
1. Tứ giác AFMB nội t i ếp


AFB AMB
.
Mà




00
AFB BEC 180 , AMB BMD 180   


BMD BED
mà ABDC nội t i ếp


11
DC
BDM
∽
BCF
(g.g).
Suy ra: Điều phải c h ứng minh.
2. Do


12

AA
(gt)
Suy ra: D là điểm chính giữa cung BC.
DO BC
tại trung điểm H c ủa BC.
BMD
∽
BFC
1
DA
BD DM BD BD DA
2
.
BC CF 2BH CF BH CF
     
Mà


12
DC
(chứng minh trên)
BDA
∽
HCF
(c.g.c)


11
FA
Mà



12
AA
(gt) và


21
AE
(cùng chắn m ộtc ung DC).


11
FE
EFHC nội t i ếp.
Câu 4: Trước hết ta chứng minh với m ọi x, y, y ≥ 0, ta có: x
3
+ y
3
+ z
3
≥ 3xyz. (*)
Tự chứng minh 3 số hoặc phân tích thành nhân tử, các trường THPT chuyên tại TP HCM khôn cho HS
dùng Côsi. Vai trò của a, b, c như nhau nên giả sử a = b = c = kd thì P đặt GTNN.
Khi đó, áp dụng (*), ta có:
 
 
 
3 3 3
22

33
3
3 3 2
33
3
3 3 2
33
3
3 3 2
3 3 3 3
3 2 2
1 3abc
a b c
kk
a b 3dab
d
k k k
b c 3bdc
d
k k k
c a 3dca
d
k k k
2 1 3
3d a b c abc bcd cda dab
k k k

  




  




  



  



        


 
3 3 3 3
3 2 2
2 1 9
9d 3 a b c
k k k

     


.
Vậy ta tìm k thỏa mãn
3

32
21
3 4 4k 3k 6 0
kk

      


.
Đặt
2
11
ka
2a




, ta có:
3
63
3
1 1 3 1
k a a 6 x 12x 1 0 x 6 35
2 a 2 a
   
           
   
   
.

Lưu ý:
  


33
1
6 35 6 35 1 k 6 35 6 35
2
       
.
Với k xác định như trên, ta được: GTNN của P bằng:


2
2
33
9 36
k
6 35 6 35

  
.
HẾ T
1
1
1
2
1
F
H

E
M
D
A
C
B
O