Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán trường KHTN hà nội 2013 2015(có đáp án)

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015

MÔN THI: TOÁN (cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I:
1) Giả sử a,b là hai số thực phân biệt thỏa mãn a 2 + 3a = b 2 + 3b = 2
a) Chứng minh rằng a + b = −3
b) Chứng minh rằng a 3 + b3 = −45
 2 x + 3 y = 5 xy

2) Giải hệ phương trình 

2
2
2
 4 x + y = 5 xy

Câu II
1) Tìm các số nguyên x, y không nhỏ hơn 2 sao cho xy − 1 chia hết cho ( x − 1) ( y − 1)
2) Với x, y là những số thực thỏa mãn đẳng thức x 2 y 2 + 2 y + 1 = 0. Tìm giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của biểu thức
P=

xy
3y +1

Câu III

Cho tam giác nhọn ABC không cân có tâm đường tròn nội tiếp là điểm I. Đường thẳng AI
cắt BC tại D. Gọi E,F lần lượt là các điểm đối xứng của D qua IC,IB.
1) Chứng minh rằng EF song song với BC.
2) Gọi M,N,J lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng DE,DF,EF. Đường tròn ngoại tiếp
tam giác AEM cắt đường trìn ngoại tiếp tam giác AFN tại P khác A. Chứng minh rằng
bốn điểm M,N,P,J cùng nằm trên một đường tròn.
3) Chứng minh rằng ba điểm A,J,P thẳng hàng.
Câu IV
1) Cho bảng ô vuông 2015 × 2015 . Kí hiệu ô ( i, j ) là ô ở hàng thứ i , cột thứ j. Ta viết các số
nguyên dương từ 1 đến 2015 vào các ô của bảng theo quy tắc sau :
i) Số 1 được viết vào ô (1,1).
1 3 6 10 …
ii) Nếu số k được viết vào ô ( i, j ) , ( i > 1) thì số 2 5 9 …
4 8 …
k+1 được viết vào ô ( i − 1, j + 1) .
7 …
iii) Nếu số k được viết vào ô ( 1, j ) thì số k+1
…
được viết vào ô ( j + 1,1) . (Xem hình 1.)
Hình 1
Khi đó số 2015 được viết vào ô ( m, n.) . Hãy xác
định m và n.
2) Giả sử a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ac + abc ≤ 4. Chứng minh rằng
a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c ≥ 2 ( ab + bc + ac )

------------------------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015

MÔN THI: TOÁN (vòng II)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I
1)Với a, b, c là các số thực thỏa mãn:
(3a + 3b + 3c )3 = 24 + (3a + b − c)3 + (3b + c − a)3 + (3c + a − b)3
Chứng minh rằng : ( a + 2b ) ( b + 2c ) ( c + 2a ) = 1
2 x + 2 y + xy = 5
3
3
2
 27( x + y ) + y + 7 = 26 x + 27 x + 9 x


2) Giải hệ phương trình: 

Câu II
1)Tìm số tự nhiên n để n + 5 và n + 30 đều là số chính phương (số chính phương là bình
phương của một số nguyên)
2)Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức: 1 + x + y + 3 = x + y
3)Giả sử x, y, z là các số thực lớn hơn 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

x
y
z
+
+

y+ z−4
z+ x−4
x+ y−4

Câu III
Cho tam giác ABC nhọn không cân với AB < AC. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC.Gọi
H là hình chiếu vuông góc của B trên đoạn AM.Trên tia đối của tia AM lấy điểm N sao cho
AN = 2MH

1) Chứng minh rằng BN = AC
2) Gọi Q là điểm đối xứng với A qua N .Đường thẳng AC cắt BQ tại D .Chứng minh rằng
bốn điểm B, D, N , C cùng thuộc một đường tròn,gọi đường tròn này là ( O )
3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQD cắt ( O ) tại G khác D .Chứng minh rằng NG song
song với BC
Câu IV .
Ký hiệu S là tập hợp gồm 2015 điểm phân biệt trên một mặt phẳng.Giả sử tất cả các điểm
của S không cùng nằm trên một đường thẳng.Chứng minh rằng có ít nhất 2015 đường thẳng
phân biệt mà mỗi đường thẳng đi qua ít nhất hai điểm của S
------------------------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
HƯỚNG DẪN THI VÀO CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2015-2016
M«n thi: To¸n häc
(Dïng cho mäi thÝ sinh thi vµo trêng chuyªn)
Câu 1:
1) Giả sử a,b là hai số thực phân biệt thỏa mãn a 2 + 3a = b 2 + 3b = 2
a) Chứng minh rằng a + b = −3
b) Chứng minh rằng a 3 + b3 = −45


 2 x + 3 y = 5 xy

2) Giải hệ phương trình 

2
2
2
 4 x + y = 5 xy

Hướng dẫn
 a + 3a = 2
2
b + 3b = 2
2

a) 

⇔ a 2 − b2 + 3 ( a − b ) = 0

⇔ ( a − b) ( a + b) + 3( a − b) = 0
⇔ ( a − b ) ( a + b + 3) = 0
 a − b = 0 ( loai )
⇔
 a + b = −3
3
( a + b ) = −27
⇔ a 3 + b3 + 3ab ( a + b ) = −27
⇔ a 3 + b3 − 9ab = −27
a 2 + 3a + b 2 + 3b = 4
⇔ ( a + b ) − 2ab + 3 ( a + b ) = 4
2

⇔ ab = −2
vậy a 3 + b3 = −45

2)Ta thấy x=y =0 là nghiệm của phương trình.
Nếu y ≠ 0 nhân hai vế của phương trình với y
 2 xy + 3 y 2 = 5 xy 2
 2
2
2
 4 x + y = 5 xy
 2 x + 3 y = 5 xy
 2 x + 3 y = 5 xy
 2 x + 3 y = 5 xy
⇔ 2
⇔ 2
⇔
⇔
2
2
2
x
−
y
2
x
+
y
=
0
4

x
+
y
=
5
xy
2
x
−
xy
−
y
=
0
(
)
(
)




 2 x + 3 y = 5 xy
⇔ x = y =1

x
−
y
=
0

(
)
 2 x + 3 y = 5 xy


⇔

( x − y ) ( 2 x + y ) = 0
 2 x + 3 y = 5 xy ⇔ x = 2 , y = − 4
 ( x − y ) = 0
5
5



2
3

4 
5 

Vậy hệ có 3 nghiệm (x;y) ∈ ( 0;0) ; (1;1);  − 


Câu 2
3) Tìm các số nguyên x, y không nhỏ hơn 2 sao cho xy − 1 chia hết cho ( x − 1) ( y − 1)
4) Với x, y là những số thực thỏa mãn đẳng thức x 2 y 2 + 2 y + 1 = 0. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của biểu thức
P=

1) ( x − 1) ( y − 1)

xy
3y +1

Hướng dẫn


Ta cú xy – 1 M( x − 1) ( y − 1) suy ra xy - 1 Mxy +1- x –y
Mà xy +1- x –y Mxy +1- x –y
Suy ra : (x-1) + (y -1) M( x − 1) ( y − 1) suy ra x-1 My -1 và y-1 Mx -1
Suy ra x= y
x2 – 1 M(x -1)2 ta có x+1 M
x-1 suy ra 2 M
x- 1 suy ra x= 2 hoặc x= 3
xy − 1
( x − 1)( y − 1) + x + y − 2
1
1
=
= 1+
+
( x − 1)( y − 1)
( x − 1)( y − 1)
x −1 y −1
1
1
≤ 1;0 <
≤ 1 ⇒ 11 < a ≤ 3; a ∈ Z
Với x; y ≥ 2 ⇒ 0 <

x −1
y −1
x = 3
1
1
+
⇒ ( x − 2)( y − 2) = 1 ⇒ 
*Với a=2 ta có: 1 =
x −1 y −1
y = 3

Cách khác: đặt a =

* Với a=3 ta tìm được x=y=2
2) x 2 y 2 + 2 y + 1 = 0 ⇔ 2 y = − x 2 y 2 − 1 ⇔ y =
P=

− x2 y2 −1
2

2 xy
2 xy
=
⇔ 3Px 2 y 2 + 2 xy + P = 0
2
3( x y − 1) + 2 −3 x 2 y 2 − 1
2

∆ = 4 − 12 P 2

1
1
1
≥ P2 ⇔ −
≤P≤
3
3
3
−1
− 3
−2
1
3
2
⇔x=
;y =
⇔x=
;y =
Vậy: Min( P) =
; Max( P) =
2
3
2
3
3
3

Phương trình có nghiệm khi ∆ ≥ 0 suy ra 4 – 12p2 ≥ 0

Suy ra

Câu 3.
Cho tam giác nhọn ABC không cân có tâm đường tròn nội tiếp là điểm I. Đường thẳng AI cắt BC
tại D. Gọi E,F lần lượt là các điểm đối xứng của D qua IC.IB.
4) Chứng minh rằng EF song song với BC.
5) Gọi M,N,J lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng DE,DF,EF. Đường tròn ngoại tiếp tam
giác AEM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN tại P khác A. Chứng minh rằng bốn điểm
M,N,P,J cùng nằm trên một đường tròn.
6) Chứng minh rằng ba điểm A,J,P thẳng hàng.


Hướng dẫn
a) Ta có : AD là phân giác ⇒

BD AB
=
mà ∆BED, ∆CDF là tam giác cân,
DC AC

BE AB
=
⇒ BC P FE
CF AC
·
·
·
b) Ta có : BC PFE ⇒ FED
= EDB
= BED
·

·
mà ·APM = 180° − ·AEM = BED
⇒ ·APM = DEF
·
Tương tự : DFE
= ·APN
·
·
·
⇒ ·APN + ·APM = DFE
+ FED
= MPN
·
·
·
·
·
mà MJN
= MDN
= EDF
⇒ MJN
+ MPN
= 180° ⇒ MPNJ nội tiếp
·
·
·
·
·
c) Ta có : ·APM = DEF
và JPM

= JNM
= JEM
⇒ JPM
= ·APM ⇒ A, PJ thẳng hàng
⇒

Câu 4.
2) Cho bảng ô vuông 2015 × 2015 . Kí hiệu ô ( i, j ) là ô ở hàng thứ i , cột thứ j. Ta viết các số
nguyên dương từ 1 đến 2015 vào các ô của bảng theo quy tắc sau :
i) Số 1 được viết vào ô (1,1).
1
3
6
10 …
5
9
…
ii) Nếu số k được viết vào ô ( i, j ) , ( i > 1) thì số k+1 2
4
8
…
được viết vào ô ( i − 1, j + 1) .
7
…
iii) Nếu số k được viết vào ô ( 1, j ) thì số k+1 được
…
j
+
1,1
(

)
viết vào ô
. (Xem hình 1.)
Hình 1
Khi đó số 2015 được viết vào ô ( m, n.) . Hãy xác định
m và n.


2) Giả sử a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ac + abc ≤ 4. Chứng minh rằng
a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c ≥ 2 ( ab + bc + ac )

Hướng dẫn
Theo đề bài, các số nguyên dương được sắp xếp theo từng hàng chéo của bảng: Hàng chéo thứ nhất
có 1 số, hàng chéo thứ hai có 2 số, ...
Giả sử số x nằm ở hàng chéo thứ k thì ta có:
 −1 + 1 + 8 x 
k (k − 1)
k ( k + 1)
−1 + 1 + 8 x
1 + 1 + 8x
⇒
≤k <
⇒k =

2
2
2
2
2



 −1 + 1 + 8.2015 
Áp dụng x = 2015 ta có k = 
 = 63
2


k (k − 1)
+ 1 = 1954
Số đầu tiên ở hàng chéo thứ k = 63 là
2
Như vậy số 2015 nằm ở vị trí thứ 2015 − 1954 + 1 = 62 của hàng chéo thứ 63 (Vị trí áp chót)
Tọa độ của nó là (2, 62)

2) Theo Cauchy 4 số ta có : 4 ≥ abc + ab + bc + ac ≥ 4 4 a 3b 3c 3 ⇒ 1 ≥ abc
⇒ a + b + c ≥ 3 3 abc ≥ 3 3 a 2b 2c 2

BĐT tương đương : a 2 + b 2 + c 2 + 3 3 a 2b 2c 2 ≥ 2 ( ab + bc + ac ) (1)
Đặt

3

a 2 = x, 3 b 2 = y , 3 c 2 = z ( x , y , z > 0 )

( 1) ⇔ x3 + y 3 + z 3 + 3xyz ≥ 2

x3 y 3 + 2 z 3 x3 + 2 z 3 y 3

3

3
3
Áp dụng BĐT Schur bậc 3: x + y + z + 3xyz ≥ xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + xz ( x + z )

⇔ x ( x − y ) ( x − z ) + y ( y − x ) ( y − z ) + z ( z − x ) ( z − y ) ≥ 0 với mọi số thực khụng õm x, y , z

Chứng minh BĐT :
Do vai trò x, y, z như nhau , giả sử x ≥ y ≥ z
⇒ z ( z − x) ( z − y) ≥ 0

2
2
Ta xột : x ( x − z ) − y ( y − z ) = x − xz + yz − y = ( x − y ) ( x + y − z ) ≥ 0

⇒ x ( x − z) ( x − y) − y ( y − z) ( x − y) ≥ 0 ⇔ x ( x − z) ( x − y) + y ( y − z) ( y − x) ≥ 0
⇒ x ( x − y) ( x − z ) + y ( y − x) ( y − z ) + z ( z − x) ( z − y ) ≥ 0
⇒ dpcm

Ta có : x3 + y 3 + z 3 + 3xyz ≥ xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + xz ( x + z ) ≥ 2 x 3 y 3 + 2 z 3 x 3 + 2 z 3 y 3
x = y = z

⇒ a = b = c =1
Dấu = xảy ra khi 
 x = y, z = 0

HƯỚNG DẪN THI VÀO CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2015-2016
MÔN THI:TOÁN(VÒNG II)
Câu I.(3 điểm)
1)Với a, b, c là các số thực thỏa mãn:
(3a + 3b + 3c )3 = 24 + (3a + b − c)3 + (3b + c − a)3 + (3c + a − b)3

Chứng minh rằng : ( a + 2b ) ( b + 2c ) ( c + 2a ) = 1


2 x + 2 y + xy = 5
3
3
2
 27( x + y ) + y + 7 = 26 x + 27 x + 9 x


3) Giải hệ phương trình: 

Hướng dẫn
 3a + b − c = x

1) Đặt 3b + c − a = y
 3c + a − b = z

(3a + 3b + 3c )3 = 24 + (3a + b − c)3 + (3b + c − a)3 + (3c + a − b)3 ⇔ ( x + y + z )3 = 24 + x 3 + y 3 + z 3
⇔ ( x + y + z )3 = 24 + ( x + y + z )3 − 3( x + y )( y + z )( z + x) ⇔ 24 − 3( x + y )( y + z )( z + x) = 0
Ta có: ⇔ 24 − 3(2a + 4b)(2b + 4c)(2c + 4a) = 0
⇔ 24 − 24(a + 2b)(b + 2c)(c + 2a ) = 0
⇔ (a + 2b)(b + 2c)(c + 2a ) = 1

2)
2 x + 2 y + xy = 5


3

3
2
 27( x + y ) + y + 7 = 26 x + 27 x + 9 x
( x + 2)( y + 2) = 9

⇔
3
3
2
27( x + y ) + y + 7 = 26 x + 27 x + 9 x
⇔ y 3 + x3 + 7 + 3( x + y )( x + 2)( y + 2) = 27 x 3 + 27 x 2 + 9 x
⇔ y 3 + x3 + 8 + 3 xy ( x + y ) + 12( x + y ) + 6( x + y ) 2 = (3x + 1)3
⇔ ( x + y + 2)3 = (3 x + 1)3 ⇒ x + y + 2 = 3 x + 1
⇔ y +1 = 2x
x =1⇒ y = 1
⇒ ( x + 2 ) ( 2 x + 1) = 9 ⇒ 
 x = −3,5 ⇒ y = −8
Vậy ( x, y ) ∈ { ( 1,1) ; ( −3,5, −8 ) }

Cách khác: từ PT(2) ta có: ( x + y + 2) 3 = (3 x + 1) 3 ⇔ 2 x − y = 1
x = 1
 x = −3,5

2
Thay vào PT(1) ta được (x+2)(2x+1)=9 ⇔ 2 x + 5 y − 7 = 0 ⇔ ( x − 1)(2 x + 7) = 0 ⇔ 

Câu II.(3 điểm)
1)Tìm số tự nhiên n để n + 5 và n + 30 đều là số chính phương (số chính phương là bình phương của
một số nguyên)
2)Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức: 1 + x + y + 3 = x + y

3)Giả sử x, y, z là các số thực lớn hơn 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

x
y
z
+
+
y+ z−4
z+ x−4
x+ y−4

Hướng dẫn
1)
 n + 5 = x2
( x, y ∈ ¥ , x, y > 0 )
Đặt 
2
 n + 30 = y
⇔ y 2 − x 2 = 25 ⇔ ( y − x)( y + x) = 1.25 vì ( x, y ∈ ¥ , x, y > 0 )
 y − x =1
 y + x = 25

Lại có y − x < y + x nên 

 y = 13
⇔
 x = 12

Thay vào ta tính được n = 139 thoả mãn
2) Ta thấy : 1 + x + y + 3 = x + y và x, y ∈ ¥ ⇒ x, y là các số chính phương
⇒ x + y + 3, x , y ∈ ¥

Đặt

x = a, y = b, x + y + 3 = c ( a, b, c ∈ ¥ )

a + b = c + 1
a + b = c + 1

⇒  x + y = a 2 + b2 ⇒  2
2
2
c − a − b = 3
 x + y + 3 = c2

⇒ ( a + b − 1) − a 2 − b 2 = 3
2

⇔ 2a + 2b − 2ab = −3
⇔ ( a − 1) ( b − 1) = 2
 a = 2  x = 4
⇒

b
=
3

y = 9

⇒
 a = 3  x = 9

⇒
 b = 2  y = 4

3) Ta có :
P=

x
y
z
+
+
y+ z−4
z+ x−4
x+ y−4

⇔P=
≥

4x
4y
4z
+
+
4 y+ z−4 4 z+ x−4 4 x+ y−4

4x
4y

4z
+
+
y + z −4+ 4 x+ z −4+4 x+ y−4+ 4

 x
y
z 
= 4
+
+
÷≥ 6
 y+z x+z x+ y
Dấu = xảy ra khi x = y = z = 4
Min(P)=4 ⇔ x = y = 4

Câu III.(3 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn không cân với AB < AC. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC.Gọi H là
hình chiếu vuông góc của B trên đoạn AM.Trên tia đối của tia AM lấy điểm N sao cho AN = 2 MH
1) Chứng minh rằng BN = AC
2) Gọi Q là điểm đối xứng với A qua N .Đường thẳng AC cắt BQ tại D .Chứng minh rằng bốn điểm
B, D, N , C cùng thuộc một đường tròn,gọi đường tròn này là ( O )

3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQD cắt ( O ) tại G khác D .Chứng minh rằng NG song song với

BC

Hướng dẫn

Q

N

G

D
A

H
B

C

M

P
a ) P là điểm đối xứng của A qua M.
Suy ra HP = HM + MB = 2HM + AH = AN + AH = HN
Suy ra H là trung điểm của NP.
Mà BH ⊥ NP nên Tam giác PNB cân tại B suy ra BN = BP.
Mặt khác lại có: M là trung điểm của BC, AP nên Tứ giác ACPB là hình bình hành nên AC = BP
suy ra AC = BN
b)Do tứ giác ACPB là hình bình hành suy ra ∠PAC = ∠APB
Mà tam giác PBN cân tại B suy ∠APB = ∠ANB ⇒ ∠ANB = ∠PAC ⇒ ∠CAN = ∠BNQ
Có : AC = NB, NQ = AN
⇒ VBNQ =VCAN ⇒ ∠NBD = ∠NCD ⇒ N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
c) G là giao điểm (DQG) với (DBC) ⇒ ∠CAG = ∠BQG
Mà ∠GBQ = ∠GCA ⇒ Tam giác GBQ đồng dạng tam giác GCA
GA GQ

GA GQ
=
⇒
=
AC QB
NB NC
Mà ∠BNC = ∠BDC = ∠AGQ ⇒ Tam giác NBC đồng dạng với tam giác GAQ
⇒ ∠GQA = ∠NCB → ∠NCB = ∠GDC ⇒ GC = NB ⇒ NG//BC
⇒

Câu IV.(1 điểm)


Ký hiệu S là tập hợp gồm 2015 điểm phân biệt trên một mặt phẳng.Giả sử tất cả các điểm của S
không cùng nằm trên một đường thẳng.Chứng minh rằng có ít nhất 2015 đường thẳng phân biệt mà
mỗi đường thẳng đi qua ít nhất hai điểm của S
Hướng dẫn
Giả sử tròn mặt phẳng có n điểm thẳng hang thì tồn tại một đường thẳng . Theo bài ra các điểm đó
cho không cùng nằm trên một đường thẳng nên tồn tại ít nhất một điểm không cùng nằm trên đường
thẳng đó nối điểm đó với n- 1 điểm đó cho ta được n-1 đường thẳng với đường thẳng đi qua n-1
điểm ta được n đường thẳng. Thay n = 2015 thì tồn tại ít nhất 2015 đường thẳng
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
HƯỚNG DẪN THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015
Môn thi :TOÁN
( Dùng cho mọi thí sinh vào trường chuyên )
2

 a b  1 1 
 + + 1÷ − ÷
b a  a b 

Câu 1 (2.5 điểm ) Cho biểu thức P =  2
với a>0 , b>0 a ≠ b
a b2  a b 
+ − + ÷
b2 a 2  b a 
1
1 Chứng minh p =
ab
2 Giả sử a, b thay đổi sao cho 4a + b + ab = 1 . Tìm min P

Hướng dẫn

2
2
 a 2 + b 2 + ab  ( a − 2ab + b ) a 4 + b 4 − a 3b − ab3
 a b  1 1 
÷
 + + 1÷ − ÷ 
ab
a 2b 2
1

a 3b 3
1) P =  b 2 a 2  a b  = 
= 4
=
4
4
3
3

4
3
3
a b a b
a + b − a b − ab
a + b − a b − ab
ab
+ 2 − + ÷
2
2 2
2 2
b
a b a
ab
ab
2

2) Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
1 = 4a + b + ab ≥ 5 ab
1
⇒
≥ 25
ab

Min(P)=25 khi b = 4a và 1 = 25ab suy ra 1 = 100a2 suy ra a =

1
2
;b = ;
10

5

Câu 2 ( 2 điểm ) cho hệ phương trình.
 x − my = 2 − 4m

 mx + y = 3m + 1

Với m là tham số
1 Giải phương trình khi m = 2
2. Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử (x0,y0) là một nghiệm của của hệ
2
2
phương trình .chứng minh đẳng thức x0 + y0 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = 0
Hướng dẫn
1)Thay m = 2 ta có


19

y=

x
−
2
y
=
−
6
2
x

−
4
y
=
−
12
−
5
y
=
−
19




5
⇔
⇔
⇔

2 x + y = 7
2 x + y = 7
2 x + y = 7
 2 x + 19 = 7

5
19

y

=

5
⇔
9
x =

5

2)
 x − my = 2 − 4m
 x = my + 2 − 4m
⇔

 mx + y = 3m + 1
m( my + 2 − 4m) + y = 3m + 1
 x = my + 2 − 4m
⇔ 2
2
m y + 2m − 4m + y = 3m + 1

3m 2 − 3m + 2
 x = my + 2 − 4m
x
=
 x = my + 2 − 4m


m2 + 1
2 ⇔

⇔ 2
⇔


m + 1 + 4m
2
2
( m + 1) y = m + 1 + 4m
y =
 y = m + 1 + 4m
2
m +1


m2 + 1

Vì m2 +1 khác 0 phương trình có nghiệm duy nhất với mọi m

3m 2 − 3m + 2
x
=
 0
m2 + 1
3) Thay 
2
 y = m + 1 + 4m
 0
m2 + 1

Ta có

x02 + y02 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = ( x0 − 3) + ( y0 − 4 ) + x0 + 3 y0 − 15
2

2

2

2

 3m 2 − 3m + 2 − 3m 2 − 3   4m 2 + m + 1 − 4m 2 − 4 
=
÷ +
÷ + 15
m2 + 1
m2 + 1

 

2

2

3m 2 − 3m + 2 3m + 3 + 12m 2  −3m − 1   m − 3 
+
+
= 2
÷ + 2 ÷
m2 + 1
m2 + 1
 m +1   m +1

3m 2 − 3m + 2 3m + 3 + 12m 2
+
+
+ 15 = 0
m2 + 1
m2 + 1

Cách khác

x02 + y02 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = 0

⇔ x02 − 5 x0 + 6 + y02 − 5 y0 + 4 = 0

⇔ ( x0 − 3) ( x0 − 2 ) + ( y0 − 1) ( y0 − 4 ) = 0

3m 2 − 3m + 2
x
=
 0
m2 + 1
2
2
Thay 
ta đươc . x0 + y0 − 5 ( x0 + y0 ) + 10 = 0
2
 y = m + 1 + 4m
 0
m2 + 1

Câu 3 ( 1.5điểm )

Cho a, b là các số thực khác 0 . Biết rằng phương trình a ( x − a ) + b ( x − b ) = 0
2

2

Có nghiệm duy nhất . Chứng minh a = b
Hướng dẫn
a ( x − a ) + b( x − b) = 0
2

2

⇔ ax 2 − 2a 2 x + a 3 + bx 2 − 2b 2 x + b3 = 0

(

)

⇔ x 2 ( a + b ) − 2 x a 2 + b 2 + a 3 + b3 = 0

Nếu a + b = 0 thì phương trình có nghiệm x = 0.
Nếu a + b ≠ 0. ta có

(

∆ = −2 ( a 2 + b 2 )

)

2

− ( a + b ) ( a3 + b3 )

= 2a 2b 2 − ab3 − a 3b = − ab ( a − b )

2

Nếu a và b khác dấu thì phương trình có nghiệm với mọi m
Nếu a và b cùng dấu thì phương trình vô nghiệm
Phương trình có nghiệm duy nhất khi a và b khác dấu và ∆ = 0 suy ra a = b .
Câu 4. ( 3điểm ) Cho tam giác ABC có các góc ABC và góc ACB nhọn góc BAC = 600 . Các đường
phân giác trong BB1, CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại I.
1> Chứng minh tứ giác AB1IC1 nội tiếp .
2. Gọi K là giao điểm thứ hai khác B của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC 1I .
Chứng minh tứ giác CKIB1 nội tiếp
2 Chứng minh AK ⊥ B1C1

Hướng dẫn

· IC = BIC
·
· IC + BAC
·
= 120 ⇒ B
= 120o + 60o = 1800 . Mà hai góc này đối nhau
1. Ta có B
1
1

1
1
Nên tứ giác AB1IC1 nội tiếp (đpcm).
o
·
·
¼
2. Vì tứ giác BC1IK nội tiếp nên BIC
1 = BKC1 = 60 ( góc nội tiếp cùng chắn BC1 )
o

·
· K ( góc nội tiếp cùng chắn » )
= BC
Và BIK
BK
1


o
o
o
0
·
·
·
·
·
Xét tam giác ABC: KCB
1 = 180 − BAC − ABC = 180 − 60 − ABC = 120 − ABC

o
o
0
·
· K = 180o − BKC
·
·
·
·
= BC
Xét tam giác BC1K: BIK
1
1 − ABC = 180 − 60 − ABC = 120 − ABC

·
·
⇒ Tứ giác CKIB1 nội tiếp (đpcm).
Suy ra KCB
1 = BIK
o
·
·
·
·
⇒ KAC
3. Vì BIC
1 = BAC = 60 ⇒ Tứ giác ACKC1 nội tiếp
1 = KCC1 (cùng chắn cung KC1)

·

Và ·AKC1 = ·ACC1 (cùng chắn cung AC1). Mà ·ACC1 = KCC
1 (GT)
·
·
⇒ Tam giác C1AK cân tại C1 ⇒ C1A = C1K (1)
Suy ra KAC
1 = AKC1
CMTT: B1A = B1K (2)
Từ (1), (2) suy ra B1C1 là đường trung trực của AK nên AK ⊥ B1C1 (đpcm

Câu 5 ( 1 điểm) . Tìm các số thực không âm a và b thỏa mãn
3  2
3 
1 
1
 2
 a + b + ÷ b + a + ÷ =  2a + ÷ 2b + ÷
4 
4 
2 
2


Hướng dẫn
Áp dụng bất đẳng thức Côsi
2

3  2
3  2 1
1  2 1

1 
1
 2
 a + b + ÷ b + a + ÷ =  a + + b + ÷ b + + a + ÷ ≥  a + b + ÷
4 
4 
4
2 
4
2 
2

2

1 
1 
1

 a + b + ÷ ≤  2a + ÷ 2b + ÷
2 
2 
2

1
Dấu bằng xảy ra khi a= b =
2

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2014

MÔN THI: TOÁN (vòng II)
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I
1)Giả sử x; y là những số thực dương phân biệt thỏa mãn
y
2y2
4y4
8y8
+
+
+
=4
x + y x2 + y 2 x 4 + y 4 x8 − y8
Chứng minh rằng 5 y = 4 x
2 x 2 − 3 y 2 + xy = 12
2) Giải hệ phương trình 
6 x + x 2 y = 12 + 6 y + y 2 x

Câu II
1) Cho x; y là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho 4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y là số chính
phương .Chứng minh rằng x=y.
2) Giả sử x; y là những số thực không âm thỏa mãn x 3 + y 3 + xy = x 2 + y 2
Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức
P=

1+ x
2+ y

+

2+ x
1+ y


Câu III
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O)và điểm P nằm trong tam giác thỏa mãn
PB=PC.D là điểm thuộc cạnh BC ( D khác B và D khác C) sao cho P nằm trong đường
tròn ngoại tiếp tam giác DAB và đường tròn ngoại tiếp tam giác DAC .Đường thẳng
PB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB tại E khác B. Đường thẳng PC cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác DAC tại F khác C.
1) Chứng minh bốn điểm A,E,P, F cùng nằm trên một đường tròn .
2).Giả sử đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại Q khác A,đường thẳng AF cắt đường
thẳng QC tại L .Chứng minh tam giác ABE đồng dạng với tam giác CLF.
3) Gọi K là giao điểm của đường thẳng AE và đường thẳng QB chứng minh
∠QKL + ∠PAB = ∠QLK + ∠PAC

Câu IV .
Cho tập hợp A gồm 31 phần tử và dãy gồm m tập con của A thỏa mãn đồng thời các
điều kiện
i)Mỗi tập thuộc dãy có ít nhất 2 phần tử
ii) Nếu hai tập thuộc dãy có chung ít nhất 2 phần tử thì số phần tử của hai tập
này khác nhau.
Chứng minh rằng m ≤ 900
------------------------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2014

MÔN THI: TOÁN (cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I
1) Giải phương trình

(

)(

)

1+ x + 1− x 2 + 2 1− x2 = 8
 x − xy + y = 1
 x 2 + xy + 2 y 2 = 4
2

2

2) Giải hệ phương trình 

Câu II
1) Giả sử x; y; z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = xyz
Chứng minh rằng
x
2y
3z
xyz (5 x + 4 y + 3 z )
+
+

=
2
2
2
( x + y )( y + z ) ( x + z )
1+ x
1+ y
1+ z

2) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x 2 y 2 ( x + y ) + x + y = 3 + xy.
Câu III
Cho tam giác nhọn ABC với ABBAC .Đường thẳng qua C song song với AD cắt trung trực AC tại E .Đường thẳng qua B
song song với AD cắt trung trực AB tại F


1) Chứng minh rằng tam giác ABF đồng dạng với tam giác ACE .
2)Chứng minh đường thẳng BE , CF, AD đồng quy.
3) Đường thẳng qua G song song với AE cắt đường thẳng BF tại Q .Đường thẳng QE
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác GEC tại P khác E.Chứng minh rằng các điểm A, P ,
G,Q,F cùng nằm trên một đường tròn.
Câu IV
Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng:
2abc(a + b + c) ≤

5
+ a 4b 2 + b 4 c 2 + c 4 a 2
9

------------------------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Hướng dẫn KHTN vòng 1 -2014
Câu I
1) Giải phương trình

(

)(

)

1+ x + 1− x 2 + 2 1− x2 = 8
 x − xy + y = 1
 x 2 + xy + 2 y 2 = 4
2

2

2) Giải hệ phương trình 

Hướng dẫn

1)ĐKXĐ : − 1 ≤ x ≤ 1
Đặt 1 + x + 1 − x = a ≥ 0; ta có a 2 = 2 + 2 1 − x 2 ta có phương trình a 3 = 8 ⇔ a = 2
Với a=2 1 + x + 1 − x = 2 ⇔ 1 − x 2 = 1 ⇒ x 2 = 0 ⇔ x = 0
 y 2 = 1
2)xét x=0 ta có hệ  2
hệ vô nghiệm
 y = 2
 x 2 = 1

Xét y=0 ta có hệ  2
hệ vô nghiệm
 x = 4
Vậy x; y khác 0 đặt x = ty; t ≠ 0
t 2 y 2 − ty 2 + y 2 = 1
 y 2 (t 2 − t + 1) = 1
⇔ 2 2
(*)
Ta có hệ  2 2
t y + ty 2 + 2 y 2 = 4
 y (t + t + 2) = 4


Vì mỗi vế hệ (*) khác 0 ta chia 2 vế hệ (*) cho nhau ta được
t − t +1 1
= ⇔ 4t 2 − 4t + 4 = t 2 + t + 2 ⇔ 3t 2 − 5t + 2 = 0
t2 + t + 2 4
t = 1
⇔ ( t − 1)( 3t − 2 ) = 0 ⇔  2
t =
 3
2

Với t=1 thay vào hệ (*) ta có 2 nghiệm ( x; y ) ∈ { (1;1); (−1;−1)}
Với t=

 2 7 7   2 7
7 
2
;  −


;
;
−
ta có ta có 2 nghiệm ( x; y ) ∈ 



9
3
9
3
3




CâuII) Giả sử x; y; z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = xyz
Chứng minh rằng
x
2y
3z
xyz (5 x + 4 y + 3 z )
+
+
=
2
2
2
( x + y )( y + z ) ( x + z )

1+ x
1+ y
1+ z

Hướng dẫn
1
1
1
+ +
=1
xy xz yz
x
1
1
xyz
=
=
=
2
1 

 1
1
1
1  ( x + y )( x + z ) (1) tương tự
Nên 1 + x
x1 + 2  x + +
+ 2 
x 


 xy xz yz x 
2y
2 xyz
3z
3 xyz
=
(2)
=
(3) từ (1) ;(2) ;(3) ta có Đpcm
2
2
( x + y )( y + z )
1+ y
( x + z )( y + z )
1+ z
x + y + z = xyz ⇔

Cách khác
Từ GT
x + y + x = xyz ⇔ x 2 + xy + xz = x 2 yz ⇔ x 2 + 1 = x 2 yz − xy − xz + 1 = ( xy − 1)( xz − 1)
1
1
⇔ 2
=
x + 1 ( xy − 1)( xz − 1)

Tương tự ta cũng có KQ
2) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x 2 y 2 ( x + y ) + x + y = 3 + xy.
Đặt x+y=a;xy=b ta có PT ab 2 + a = 3 + b ⇔ a(b 2 + 1) = b + 3 ⇔ a =

b+3
nếu b=3 vô
b2 + 1

b+3
b2 − 9
10
⇔
a
(
b
−
3
)
=
= 1− 2
suy ra b 2 + 1 ∈ Ư(10)
2
2
b +1
b +1
b +1
b ∈ { 2;1} suy ra ( b; a ) = (1;2 ); ( 2;1) giải ra ( x; y ) = (1;1)

nghiệm Với b ≠ 3 a =
Câu III


A
E

P

F
Q

G

B

D

C

Hướng dẫn
1
2

1) Ta có tam giác AFB cân tại F tam giác AEC cân tại E suy ra ∠ ABF= ∠ BAF= ∠ BAC;
∠ ACE= ∠ CAE=

1
BF AB
=
(1)
∠ BAC; nên ∆ABF đồng dạng với tam giác ∆ACE (g.g) ⇒
2
CE AC

2) Ta có BF // CE vì cùng // AD. Giả sử CF cắt BE tại G Áp dụng định lí ta lét
BF BG

=
(2)
CE GE

Áp dụng tính chất đường phân giác
Từ (1) (2) (3)

BD AB
=
(3)
DC AC

BG BD
=
Áp dụng định lí ta lét đảo suy ra GD// CE
GE DC

vậy AD, BE,CF đồng quy.
c) Ta có góc QBG = góc GEC (so le trong)
góc QGB =AEG (đồng vị ) suy ra ∠ BGQ = ∠ ECA + ∠ EAC = ∠ FAG
suy ra tứ giác AFQG nội tiếp
Vì tứ giác CGPE nội tiếp nên ∠ PEC = ∠ PGF
Mà ∠ PEC = ∠ PQF (đồng vị )
Suy ra ∠ FQG = ∠ FGP . Suy ra tứ giác FQGP nội tiếp .
Vậy 5 điểm A,F,Q,G,P nội tiếp.
Câu IV
Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng:
2abc(a + b + c) ≤

5

+ a 4b 2 + b 4 c 2 + c 4 a 2
9

Hướng dẫn
Ta có a b + b c ≥ 2a b c; b c + c a ≥ 2a b c 3 ; a 4 b 2 + c 4 a 2 ≥ 2a 3bc 2
Nên a 4 b 2 + b 4 c 2 + c 4 a 2 ≥ abc(ab 2 + bc 2 + ca 2 )
4

2

4

2

2

3

4

2

4

2

2


Suy ra

1
ab + bc + ca
ab + bc + ca
= a 4b 2 + b 4 c 2 + c 4 a 2 +
≥ abc(a b 2 + bc 2 + ca 2 ) +
=A
9
9
9

1
1
1
1  
1  
1 

A = abc a 2 b + b 2 c + c 2 a +
+
+  = abc  ab 2 +  +  bc 2 +  +  ca 2 + 
9a 9b 9c 
9a  
9b  
9c 



a 4b 2 + b 4c 2 + c 4 a 2 +

2
2  2abc
1 2abc
2
A ≥ abc a + b + c  =
(a + b + c) ⇒ a 4 b 2 + b 4 c 2 + c 4 a 2 + ≥
(a + b + c)(1)
3
3 
3
9
3
3

Ta lại có
a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ ab 2 c + a 2 bc + abc 2 ⇔
a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 2(ab 2 c + a 2 bc + abc 2 ) ≥ 3(ab 2 c + a 2 bc + abc 2 ) ⇔ ( ab + bc + ca ) ≥ 3abc (a + b + c)
1
4 4abc
≥ abc (a + b + c ) ⇔ ≥
(a + b + c)(2)
3
9
3
1
Từ (1) và (2) ta có ĐPCM Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =
3
Cách 2 Đặt ab = x, bc = y, ac = z (x,y,z > 0 )
Vì ab+ac+bc = 1 ⇒ x+ y+z = 1
2

Suy ra 2( xy+yz+xz) ≤

5
+ a 4b 2 + b 4 c 2 + c 4 a 2
9

Áp dụng BĐT Côsi
a 4b 2 + b 4 c 2 ≥ 2a 2b 2bc = 2 x 2 y

b 4 c 2 + c 4 a 2 ≥ 2b 2 c 2 ac = 2 y 2 z
c 4 a 2 + a 4 b 2 ≥ 2a 2 c 2 ba = 2 z 2 x
5
⇒ 2( xy+yz+xz) ≤
+ ( x 2 y + y 2 z + z 2 x)
9

Áp dụng bất đẳng thức Côsi
1
2
y ≥ yx
9
3
1
2
y 2 z + z ≥ yz
9
3
1
2

z 2 x + x ≥ zx
9
3
1
2
⇒ x 2 y + y 2 z + z 2 x + ( x + y + z ) ≥ ( xy + yz + xz )
9
3
4 4
4
4
= ( x + y + z ) 2 ≥ 3. ( xy + yz + xz ) = ( xy + yz + xz )
9 9
9
3
5
⇒ x 2 y +y 2 z + z 2 x + ≥ 2( xy + yz + xz )
9
x2 y +

Dấu “=” xảy ra khi x= y = z = 1/3 Suy ra a = b = c =
Cách 3 Áp dụng BĐT CôSi ta có:
a 4b 2 + c 4 a 2 +

ab ab
ab ab 4 2
+
≥ 4 4 a 4b 2 .c 4 a 2 . .
= a bc
9

9
9 9 3

1
3


ca ca
ca ca 4
+
≥ 4 4 c 4 a 2 .b 4c 2 . . = c 2 ab
9 9
9 9 3
bc bc
bc bc 4
b 4c 2 + a 4b 2 + + ≥ 4 4 b 4c 2 .a 4b 2 . . = b 2ca
9 9
9 9 3
c 4 a 2 + b 4c 2 +

Cộng 3 BĐT trên theo vế ta được:

(

)

(

)

2
4
( ab + bc + ca ) ≥ a 2bc + b 2ca + c 2ab
9
3
2 4
⇔ 2 a 4b 2 + b 4c 2 + c 4 a 2 + ≥ abc ( a + b + c ) do ab + bc + ca = 1 .
9 3
10
Mặt khác: ( 1) ⇔ 2 a 4b2 + b4c 2 + c 4 a 2 + ≥ 4abc ( a + b + c )
9
2
8
4
8


⇔  2 a 4b 2 + b 4 c 2 + c 4 a 2 +  + ≥ abc ( a + b + c ) + abc ( a + b + c )
9 9 3
3

2 a 4b 2 + b 4 c 2 + c 4 a 2 +

(

)

(

(

)

)

BĐT đã cho được CM nếu CM được:
8
8
abc ( a + b + c ) ≤ ( 2 )
3
9
2
Thật vậy: ( 2 ) ⇔ 3abc ( a + b + c ) ≤ 1 ⇔ 3abc ( a + b + c ) ≤ ( ab + bc + ca ) do ab + bc + ca = 1 .

⇔ 0 ≤ ( ab − bc ) + ( bc − ca ) + ( ca − ab ) . BĐT này hiển nhiên đúng.
2

2

2

Từ đó suy ra đpcm.

HƯỚNG DẪN KHTN vòng 2 -2104
Câu I
1)Giả sử x; y là những số thực dương phân biệt thỏa mãn
y
2y2
4y4
8y8

+
+
+
=4
x + y x2 + y 2 x 4 + y 4 x8 − y8
Chứng minh rằng 5 y = 4 x
2 x 2 − 3 y 2 + xy = 12
2) Giải hệ phương trình 
6 x + x 2 y = 12 + 6 y + y 2 x

Hướng dẫn
1)
y
2y2
4 y 4 (x4 − y 4 ) + 8y8
y
2y2
4y4
4=
+
+ 4
=
+
+ 4
x + y x2 + y2
x + y x2 + y2
x + y4 x4 − y4
x − y4

(

(

)

)(

)

(

y
2y x − y + 4y
y
2y
y( x − y) + 2 y
+ 2
=
+ 2
=
2
2
2
2
x+ y
x+ y x − y
( x + y )( x − y )
x +y x −y
y
⇔4=

⇔ 4x − 4 y = y ⇔ 4x = 5 y
x− y
⇔4=

2

(

2

2

)(

4

2

2

)

2)
2 x 2 − 3 y 2 + xy = 12(1)
2 x 2 − 2 y 2 − y 2 + xy = 12
( x − y )( 2 x + 3 y ) = 12
⇔
⇔




6 x + x 2 y = 12 + 6 y + y 2 x(2)
6 x − 6 y + x 2 y − y 2 x = 12
( x − y )( 6 + xy ) = 12

)


Với x-y=0 ta có x=y thay vào PT (1) Vô nghiệm
x = 3
y = 2

Vậy 2 x + 3 y = 6 + xy ⇔ 2 x − 6 + 3 y − xy = 0 ⇔ ( x − 3)( 2 − y ) = 0 ⇔ 
Với x=3 thay vào PT(1) ta có
18 − 3 y 2 + 3 y = 12 ⇔ 3 y 2 − 3 y − 6 = 0 ⇔ ( y − 2 )( y + 1) = 0
y = 2
 y = −1


Với y=2 thay vào PT(1) ta có
2 x 2 − 12 + 2 x = 12 ⇔ x 2 + x − 12 = 0 ⇔ ( x + 4)( x − 3) = 0
 x = −4
⇔
x = 3

Hệ có 4 nghiệm ( x; y ) ∈ { ( 3;2); ( 3;−1); ( − 4;2) ; ( 3;2)}
Câu II
1) Cho x; y là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho 4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y là số chính
phương .Chứng minh rằng x=y.
2) Giả sử x; y là những số thực không âm thỏa mãn x 3 + y 3 + xy = x 2 + y 2

Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức
P=

1+ x
2+ y

+

2+ x
1+ y

Hướng dẫn

1) 4 x y − 7 x + 7 y = ( 2 xy − 1) + 4 xy − 7 x + 7 y − 1 > ( 2 xy − 1) 2
2

2

2

4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y = ( 2 xy + 1) − 4 xy − 7 x + 7 y − 1 < ( 2 xy + 1)
2

2

Đặt 4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y =A Nên ( 2 xy − 1) 2 < A < ( 2 xy + 1) 2
Suy ra A = ( 2 xy ) 2 ⇒ 4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y = 4 x 2 y 2 ⇔ x = y

x 3 + y 3 + xy = x 2 + y 2 ⇔ ( x + y ) − 3 xy ( x + y ) + xy = ( x + y ) − 2 xy
3

3)

Đặt x+y=a;xy=b ta có

2

(

)

a 3 − 3ab + 3b − a 2 = 0 ⇔ a 2 ( a − 1) − 3b( a − 1) = 0 ⇔ ( a − 1) a 2 − 3b = 0

x + y = 1
a = 1
⇒
 2
2
a = 3b
( x + y ) = 3 xy
Vì ( x + y ) 2 ≥ 4 xy; v ∀x; y ≠ 0 suy ra x=y=0 hoặc x+y=1
5
Với x=y=0 thì P =
2
0 ≤ x ≤ 1
Nếu x hoặc y khác 0 ta có x + y = 1 ⇒ 
0 ≤ y ≤ 1
y = 0
y = 1
4

P (max) ⇔ 
⇔ P = 4; P (min) ⇔ 
⇔P=
3
x = 1
x = 0


Câu III

1) Chứng minh bốn điểm A,E,P, F cùng nằm trên một đường tròn
Ta co ∠AEP = ∠ADB (chắn cung AB của (ABD)); Ta co ∠AFP = ∠ADC (chắn cung AC của
(ADC)); nên ∠AEP + ∠AFP = ∠ADB + ∠ADC = 180 0 nên AEFP nội tiếp
2).Giả sử đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại Q khác A,đường thẳng AF cắt đường
thẳng QC tại L .Chứng minh tam giác ABE đồng dạng với tam giác CLF
Xét ∆ABE; ∆CLF có ∠AEB = ∠CFL(cùngbù∠AFP) (1) ta lại có
∠BAE = ∠BAD + ∠DAE; ∠FCL = ∠BCL + ∠FCB mà ∠BAD = ∠BCL; ∠DAE = ∠FCB;
Nên ∠BAE = ∠FCL (2) từ (1) và (2) suy ra ABE đồng dạng với tam giác CLF (g,g)
3) Gọi K là giao điểm của đường thẳng AE và đường thẳng QB chứng minh
∠QKL + ∠PAB = ∠QLK + ∠PAC

Theo 2) ABE đồng dạng với tam giác CLF nên LF.AE=BE.CF ta lại có KE.AF=BE.CF
LF KE
=
⇒ EF // LK
AF AE
Nên ∠AEF = ∠AKL; mà : ∠AEF = ∠APF ⇒ ∠APF = ∠AKL
Nên ∠PAC + ∠PCA = ∠EKP + ∠QKL; mà : ∠PCA = ∠EKP ⇒ ∠PAC = ∠QKL
Tương tự ∠PAB = ∠QLK suy ra ∠QKL + ∠PAB = ∠QLK + ∠PAC

suy ra KE. AF = LF . AE ⇔

Câu IV Cho tập hợp A gồm 31 phần tử và dãy gồm m tập con của A thỏa mãn đồng
thời các điều kiện
i)Mỗi tập thuộc dãy có ít nhất 2 phần tử
ii) Nếu hai tập thuộc dãy có chung ít nhất 2 phần tử thì số phần tử của hai tập
này khác nhau.
Chứng minh rằng m ≤ 900
Hướng dẫn
Theo GT m tập con thuộc dãy là phân biệt vì A có 31 phần tử nên số tập con có đúng
31.30
gọi a k là tập con có đúng k phần tử ( 2 ≤ k ≤ 31) nằm trong dãy đã
2
cho suy ra m = a 2 + a3 + .....a31 Xét tập con có có k phần tử thì số tập con có 2 phần tử

2 phần tử là


của k là

k (k − 1)
k (k − 1)
suy ra a k tập này có a k .
tập con 2 phần tử .Theo GT 2 phần tử
2
2

bất kì của A không thể đồng thơì hai tập hợp cùng có k phần tử của dãy từ đó
ak .

k (k − 1) 31.30
1
1
1 
 1
≤
⇒ a k ≤ 31.30.
⇒ a 2 + a3 + ..... + a31 ≤ 31.30
+
+ ...

2
2
k (k − 1)
31.30 
 2.1 3.2

1
1
 1 1 1
m ≤ 31.301 − + − + .... +
−  = 900
30 31 
 2 2 3

Vậy m ≤ 900 (đpcm)

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2013

MÔN THI: TOÁN (cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu I
1) Giải phương trình 3x + 1 + 2 − x = 1
1 1 9

x + y + x + y = 2

2) Giải hệ phương trình 
 1 + 3  x + 1  = xy + 1
 4 2 
y 
xy

Câu II
1) Giả sử a; b; c là các số thực khác 0 thỏa mãn (a+b)(b+c)(c+a)=8abc
Chứng minh rằng
a
b
c
3
ab
bc
ca
+
+
= +
+

+
a + c b + c a + c 4 ( a + b )( b + c ) ( b + c )( c + a ) ( c + a )( a + b )

2) Có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số abcde sao cho abc − (10d + e ) chia hết cho
101?
Câu III
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) và ABD khác A .Gọi M là trung điểm AD và E là điểm đối xứng với D qua tâm O.Giải sử đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABM cắt đoạn thẳng AC tại điểm F khác A
2) Chứng minh rằng tam giác BDM và tam giác BFC đồng dạng
2)Chứng minh EF ⊥ AC
Câu IV
Giả sử a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc+bcd+cda+dab=1
Tìm giá trị nhỏ nhất cảu biểu thức P = 4( a 3 + b 3 + c 3 ) + 9c 3


------------------------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Câu I
1) Giải phương trình 3x + 1 + 2 − x = 1
1 1 9

x + y + x + y = 2

2) Giải hệ phương trình 
 1 + 3  x + 1  = xy + 1
 4 2 
y 
xy

Hướng dẫn
−1



1)ĐKXĐ x ∈  ;2
3 
3x + 1 + 2 − x = 1 ⇔ 3 x + 1 = 1 − 2 − x ⇒ 3 x + 1 = 1 − 2 2 − x + 2 − x ⇔ 4 x − 2 = 2 2 − x
1
1
1
−1
−1
−1
−1
 ≤x≤
 ≤x≤
 ≤x≤
⇔ 2 − x = 1 − 2x ⇔  3
⇔ 3
⇔3
⇔x=
2
2
2
4
2 − x = 4 x 2 − 4 x + 1
4 x 2 − 3 x − 1 = 0
( x − 1)(4 x + 1) = 0



 − 1
S= 
4
1

x
+
=a

y
2)Đặt 
y + 1 = b
x


Ta có hệ phương trình
9

9
9


a + b = 2
a + b =
a = − b
⇔
⇔
2
2


1
3
a
 +
6a − 4ab = −9
27 − 6b − 18b + 4b 2 = −9

 4 2 = ab − 2
9
9


3

a = − b
a = − b
a =
⇔
⇔
⇔
2
2
2
2
2
b − 6b + 9 = 0
(b − 3) = 0
b = 3




Ta có hệ PT
 x = 1
1 3


x
3

2 x 2 − 3 x + 1 = 0
(2 x − 1)( x − 1) = 0
 x + y = 2
 y = 2
 x + 3 x − 1 = 2


⇔
⇔
⇔
⇔ 
3x − 1

3x − 1
1
1
3
x
−
1

y
=
1
y
=
 x =
y + = 3
y = 3 − =


x
x

2



x
x
x

 y = 1


1 
 2 



Hệ có 2 nghiệm x; y ) ∈ (1;2) ;  ;1




Câu II
1) Giả sử a; b; c là các số thực khác 0 thỏa mãn (a+b)(b+c)(c+a)=8abc
Chứng minh rằng
a
b
c
3
ab
bc
ca
+
+
= +
+
+
a + b b + c a + c 4 ( a + b )( b + c ) ( b + c )( c + a ) ( c + a )( a + b )
a
ab
b
bc
c
ca
3
⇔
−
+
−

+
−
=
a + b ( a + b )( b + c ) b + c ( b + c )( c + a ) a + c ( c + a )( a + b ) 4

ta có
a
ab
b
bc
c
ca
−
+
−
+
−
a + b ( a + b )( b + c ) b + c ( b + c )( c + a ) a + c ( c + a )( a + b )
ac
ab
bc
ac (a + c) + ab(a + b) + bc(b + c)
A=
+
+
=
( a + b )( b + c ) ( b + c )( c + a ) ( c + a )( a + b )
(a + b)(b + c )(a + c )
A=

ac (a + c) + a 2 b + ab 2 + b 2 c + bc 2 + 2abc − 2abc ac(a + c ) + b 2 (a + c ) + b( a 2 + 2ac + c 2 ) − 2abc
=
8abc
8abc
2
2
2
ac (a + c) + b (a + c) + b(a + c )
(a + c )(ac + b + ab + bc ) (a + c)(b + c )(a + b) − 2abc 6abc 3
A=
=
=
=
=
8abc
8abc
8abc
8abc 4
A=

Câu III
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) và ABD khác A .Gọi M là trung điểm AD và E là điểm đối xứng với D qua tâm O.Giải sử đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABM cắt đoạn thẳng AC tại điểm F khác A
3) Chứng minh rằng tam giác BDM và tam giác BFC đồng dạng
2)Chứng minh EF ⊥ AC


a) Ta có:
∆BDM

∆BCF ( g .g )

·
·
(chắn cung AB )
BDM
= BCF
·
·
·
·
vì AFMB là tứ giác nội tiếp
BFA
= BMA
⇒ BFC
= BMD
b) Gọi I là giao điểm ED với BC ⇒ I trung điểm BC
Ta có : ∆BDM

∆BCF ⇒

BD DM
BD AD
=
⇒
=
(1)
BC CF
IC CF

·
·
Vì BDA
(chắn cung AB ) (2)
= ICF
·
·
·
·
·
= IFC
⇒ BAD
= IFC
= CEI
⇒ IFEC là tứ giác
Từ (1) và (2) ⇒ ∆FIC ∆ABD ( c.g .c ) ⇒ BAD
·
·
nội tiếp ⇒ EFC
= EIC
= 90° ⇒ EF ⊥ AC
Câu IV
Giả sử a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc+bcd+cda+dab=1
Tìm giá trị nhior nhất cảu biểu thức P = 4( a 3 + b 3 + c 3 ) + 9c 3
Đăt, a=b=c=kd
Áp dụng BĐT x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz
a 3 b 3 3abd
c 3 b 3 3cbd
3

+
≥
(
1
);
d
+
+
≥ 2 (2);
k3 k3
k2
k3 k3
k
Ta có
3
3
3
3
3
c
a
3acd
a
c
b
3abc
d 3 + 3 + 3 ≥ 2 (3), 3 + 3 + 3 ≥ 3 (4)
k
k
k

k
k
k
k
d3 +