004 toán vào 10 chuyên hà nội 2018 2019

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

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Môn: TOÁN CHUYÊN
Năm học: 2018-2019

Câu 1

a) Giải hệ phương trình :

 xy ( x + y ) = 2
 3
3
3 3
 x + y + x y + 7 ( x + 1) ( y + 1) = 31

9 + 3 x ( 3 − 2x ) = 7 x + 5 3 − 2x

b) Giải phương trình:
Câu 2
x, y

a) Cho

là các số nguyên sao cho
2x + y + 2x + y
2

Chứng minh
b) Cho

a1 , a2 ,......, a50

x 2 − 2 xy − y 2 ; xy − 2 y 2 − x

đều chia hết cho 5.

2

cũng chia hết cho 5

là các số nguyên thỏa mãn:

1 ≤ a1 ≤ a2 ...... ≤ a50 ≤ 50

,

a1 + a2 + ..... + a50 = 100

. Chứng minh rằng từ các số đã cho có thể chọn được
một vài số có tổng là 50
Câu 3. Cho ngũ giác lồi

ABCDE

nội tiếp (O) có

CD / / BE

. Hai đường chéo CE và

·
·
MAB
= PAE

BD cắt nhau tại P. Điểm M thuộc BE sao cho
. Điểm K thuộc AC sao
cho MK song song AD, điểm L thuộc đường thẳng AD sao cho ML // AC. Đường
tròn ngoại tiếp tam giác KBC cắt BD, CE tại Q và S (Q khác B, S khác C)
a) Chứng minh 3 điểm K, M, Q thẳng hàng
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác LDE cắt BD, CE tai T và R (T khác D, R
khác E). Chứng minh M, S, Q, R,T cùng thuộc một đường tròn
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc (O)
Câu 4. Cho

a , b, c

là các số thực dương. Chứng minh rằng

 ab
bc   1
1 
+
+

÷

÷≤ 2
÷

b + c  a + b
b+c 
 a+b


ĐÁP ÁN
Câu 1.

a) Giải hệ phương trình :
Ta có hệ phương trình:

 xy ( x + y ) = 2
 3
3
3 3
 x + y + x y + 7 ( x + 1) ( y + 1) = 31

 xy ( x + y ) = 2
⇔
3
2
2
( x + y )( x − xy + y ) + ( xy ) + 7( x + y + xy + 1) = 31
 xy ( x + y ) = 2
⇔
2
3
( x + y ) ( x + y ) − 3 xy  + ( xy ) + 7 ( x + y ) + xy + 1 = 31





Đặt

a = x + y; b = xy

thì hệ trên trở thành:

ab = 2

2
3
a ( a − 3b ) + b + 7 ( a + b + 1) = 31

ab = 2
⇔ 3
3
a − 3ab + b + 7 ( a + b + 1) = 31
2
⇒ ( a + b ) ( a + b ) − 3ab  − 3ab + 7 ( a + b + 1) = 31


⇔ ( a + b ) − 3ab(a + b) − 3ab + 7(a + b) − 24 = 0
3

⇒ ( a + b ) − 6(a + b) − 3.2 + 7 ( a + b ) − 24 = 0
3

⇔ ( a + b ) + ( a + b ) − 30 = 0
3

⇔ ( a + b ) − 27 + (a + b) = 3
3

⇔ (a + b − 3) ( a + b ) + 3(a + b) + 10  = 0


2

(

⇒ a + b = 3 do

( a + b)

a + b = 3 a = 2
⇒
⇒
 ab = 2
b = 1

2

+ 3(a + b) + 10 > 0

a 2 = ( x + y ) ≥ 4 xy = 4b)
2

(do

)


x + y = 2
⇒
⇒ x = y =1
 xy = 1

Vậy hệ có nghiệm duy nhất

( x; y ) = ( 1;1)

9 + 3 x ( 3 − 2x) = 7 x + 5 3 − 2x

b) Giải phương trình:
0≤x≤

Điều kiện xác định:
Đặt

3
2

a = x , b = 3 − 2 x ( a, b ≥ 0 )

. Khi đó phương trình tương đương với:

9 + 3ab = 7 a + 5b
⇒ 2a 2 + b 2 + 6 + 3ab = 7a + 5b
 2

2
 2a + b = 3
⇔ 2a 2 + 2ab − 4a + ab + b 2 − 2b − 3a − 3b + 6 = 0
⇔ 2a (a + b − 2) + b ( a + b − 2 ) − 3 ( a + b − 2 ) = 0
⇔ ( a + b − 2 ) ( 2a + b − 3 ) = 0

 a + b = 2 ⇒ b = 2 − a ⇒ 9 + 3a (2 − a ) = 2a + 10
⇔
 2a + b = 3 ⇒ b = 3 − 2a ⇒ 9 + 3a ( 3 − 2a ) = 7 a + 5 ( 3 − 2a )
1
1

( 3a − 1) ( a − 1) = 0
a = ⇒ x = (tm)

⇔
⇔
3
9
2

( a − 1) = 0
 a = 1 ⇒ x = 1(tm)

Vậy phương trình trên có tập nghiệm
Câu 2.
a) Cho x,y…..

(x

Ta có:

2

1 
S =  ;1
9 

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

= x 2 + xy − ( 2 xy + y 2 ) − ( x + y ) = ( x + y ) ( x − 2 y − 1)

Lại có:

x 2 − 2 xy − y, xy − 2 y 2 − x

⇒ ( x + y ) ( x − 2 y − 1)

chia hết cho 5

chia hết cho 5


TH1: Nếu

x+ y

chia hết cho5 thì

y ≡ − x ( mod 5 )

⇒ 0 ≡ x − 2 xy − y ≡ x 2 + 2 x 2 + x = x ( 3 x + 1) (mod 5)
2

chia 5 dư 3.

x

, do vậy chia hết cho 5 hoặc

y

x

+)Nếu chia hết cho 5 thì cũng vậy, bài toán được chứng minh
x
+)Nếu chia cho 5 dư 3 thì y chia 5 dư 2, thì
2 x 2 + y 2 + 2 x + y ≡ 2.9 + 4 + 2.3 = 30 ≡ 0(mod 5)

Ta cũng có điều phải chứng minh.
TH2) Nếu

x − 2 y −1

chia hết cho 5 thì

x ≡ 2 y + 1( mod 5 )

⇒ 0 ≡ x 2 − 2 xy − y ≡ ( 2 y + 1) − 2 y( y + 1) − y = y + 1( mod 5 )
2

Do đó

y

x
chia 5 dư 4 và cũng chia 5 dư 4 nên:

2 x 2 + y 2 + 2 x + y = 2.16 + 16 + 2.4 + 4 = 60 ≡ 0 ( mod 5 )

Vậy ta có điều phải chứng minh.
b) Cho………
Nếu tồn tại

Xét:

n :1 ≤ n ≤ 50 : a1 + a2 + ...... + an = 50

thì kết luận bài toán hiểu nhiên

a1 + a2 + ...... + an ≤ 49
1 ≤ n ≤ 49 : 
⇒ an +1 ≥ 2
a1 + a2 + ....... + an +1 ≥ 51

TH 1: an +1 = 2 ⇒ a1 + a2 + ..... + an = 49
an + 2 + an+3 + ...... + a50 = 49

Nên nếu

n ≤ 24 ⇒ a1 ≤ an + 2 ; a2 ≤ an +3 ;.....; an ≤ a2 n +1

⇒ 49 = a1 + a2 + ..... + an ≤ an +2 + an +3 + ..... + a2 n +1 < an+ 2 + ...... + a49 + a50

Điều này vô lý nên:

n ≥ 25 ⇒ 49 = a1 + a2 + .... + an ≥ na1 ≥ 25a1 ⇒ a < 2 ⇒ a = 1

⇒ a2 + .....an = 48;

TH2:

an +1 ≥ 3

a2 + ...... + an +1 = 50


an + 2 + an+3 + ..... + a50 = 100 − ( a1 + a2 + ..... + an +1 ) ≤ 49

⇒ 49 ≥ ( 49 − n ) an + 2 ≥ ( 49 − n ) .3 ⇒ n ≥ 33

⇒ 49 ≥ ( a1 + a2 + .... + a16 ) + ( a17 + ..... + an ) ≥ 16 + ( n − 16 ) a17 ≥ 16 + 17 a17
⇒ a17 < 2 ⇒ a17 = 1 ⇒ a1 = a2 ..... = a17 = 1

Nếu

an +1 < 18

đặt

a1 + a2 + ..... + an +1 = 50 + k ( k ≥ 1)

⇒ 18 ≥ an +1 ≥ ( 50 + k ) − 49 = k + 1
⇒ k ≤ 17 ⇒ ak +1 + ..... + an +1 = 50

Nếu

an +1 ≥ 19

⇒ 49 ≥ ( 49 − n ) an + 2 ≥ ( 49 − n ) 19 → n ≥ 47
⇒ a1 = a2 = ..... = a45 = 1

Vì nếu
a45 ≥ 2 ⇒ ( a1 + a2 + ....... + a44 ) + ( a45 + ....... + an ) ≥ 44 + ( n − 44 ) a45 ≥ 44 + ( 47 − 44 ) .2 > 49
an+1 = 50 − k ( 0 ≤ k ≤ 31) ⇒ a1 + ..... + ak + an+1 = 50 ( do

Đặt
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Câu 3:

a1 = ...... = ak = 1)


a) Chứng minh 3 điểm K, M, Q thẳng hàng
·
·
·
BCKQ
CKQ

= CBQ
= CAD
⇒ KQ / / AD.
BCDA
Do các tứ giác
và
nội tiếp nên:
Mặt
MK / / AD

khác
nên K, M, Q thẳng hàng
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác………….
Chứng minh tương tự ta có:
MQ / / AD

nên

R, M , L

thẳng hàng

·
·
·
RMQ
= RLD
= ETD
⇒

tứ giác RTMQ nội tiếp

Chứng minh tương tự RMSQ nội tiếp do đó:
tròn
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp..
Bổ đề: cho tam giác ABC, M nằm trên
tại I. Đường qua M

/ / AB

M , S , Q, R, T

d / / BC

cắt BE tại J , khi đó

cùng thuộc một đường

lấy E khác M trên d, AM cắt BC
IJ / / AE


Chứng minh MJ cắt AE, AC tại S và T, ME cắt AC tại G. Ta có MG//BC suy ra
MA AG
=
MI GC

, ME cắt AB tại P ta có:
Quay trở lại bài toán:

MS AP AG MA
=
=
=
⇒ AE / / IJ
MJ PB GC MI

IR / / AE , IQ / / AB

AM cắt BC, (O) tại I và J khác A. Áp dụng bổ đề ta có:
. Do đó
·IRE = ·AEC = ·AJC ⇒
RIJC
nên
là tứ giác nội tiếp . Chứng minh tương tự ta có
DQIJ

là tứ giác nội tiếp

· + IJQ
· + RPD
·
·
·
RJI
= 2 PCD
+ CPD
= 1800

Do đó:

của (O).
Ta có:

nên

RPQJ

nội tiếp. Kẻ tiếp tuyến

·
· − RJA
·
·
·
xJR
= xJA
= ·ADJ − PDC
= ·ADP + MAC
·
= ·ADP + PAD
= ·APB

·
·
·
⇒ PEJ
= MAC
= PED

Jx

( PQR )

Suy ra : tiếp xúc với
hay ta thu được:
Vậy ta có điều phải chứng minh

( PQR )

tiếp xúc với

( O)

Câu 4:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
 ab
bc   1
1 
bc 
1 
 ab
 1
+
+
≤ 2. 
+
+

÷
÷. 2 

÷
÷
b + c  a + b
b+c 
a+b b+c
a+b b+c
 a+b
c  b
b   a
c   b
b 
 a
=2 
+
+
+
+
÷
÷≤ 
÷+ 
÷
 a + b b + c  a + b b + c   a + b b + c   a + b b + c 
b   c
b 
 a
=
+
+
÷+ 
÷= 2

 a+b a+b b+c b+c

Vậy ta có điều phải chứng minh
Dấu

"="

xảy ra khi và chỉ khi

a=b=c

Jx