052 đề thi vào 10 chuyên toán tự nhiên hà nội 2019 2020

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 – CHUYÊN TỰ NHIÊN HÀ NỘI VÒNG 2
Câu 1.
2
2

3x  y  4 xy  8
a) Giải hệ phương trình 
2

 x  y   x  xy  2   8

b) Giải phương trình

27  x 2  x

2  5   x2  x 



27  2 x
2  5  2x

Câu 2.
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có:
7

7

7

 27n  57  10  10n  27 7  5   5n  10 7  27  chia hết cho 42


 
 

b) Với x, y là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:
4 x2  4 y 2  17 xy  5x  5 y  1
Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P  17 x 2  17 y 2  16 xy
Câu 3.
Cho tam giác ABC cân tại A, có đường tròn nội tiếp  I  . Các điểm E , F theo thứ tự
thuộc các cạnh CA, AB( E khác C, A; F  B, A) sao cho E , F tiếp xúc với đường tròn
(I) tại điểm P. Gọi K , L lần lượt là hình chiếu vuông góc của E , F trên BC. Giả sử
FK cắt EL tại P. Gọi H là hình chiếu vuông góc của J trên BC.
a) Chứng minh rằng HJ là phân giác của EHF
b) Ký hiệu S1 , S2 lần lượt là diện tích của các tứ giác BFJL và CEJK . Chứng

S1 BF 2

minh rằng :
S2 CE 2
c) Gọi D là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh rằng ba điểm P, J , D thẳng
hàng.
Câu 4. Cho M là tập tất cả 4039 số nguyên liên tiếp từ 2019 đến 2019. Chứng
minh rằng trong 2021 số đôi một phân biệt được chọn bất kỳ từ M luôn tồn tại ba
số phân biệt có tổng bằng 0.


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có:
2

2


3x  y  4 xy  8
 x  y  3x  y   8


2
2
x

y
x

xy

2

8





 x  y   x  xy  2   8



Do phương trình thứ nhất nên x  y  0 , do đó ta kết hợp hai phương trình lại ta
x 1

x 2  xy  2  3x  y   x  1 x  y  2   0  
x  2  y
có:
y 1
TH 1: x  1  3  y 2  4 y  8  
 y  5

TH2: x  2  y thay vào phương trình thứ nhất ta có 4  y  1  0  y  1
Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm  x; y   1;1; 1; 5 

5
b) ĐK: x  ; x 2  x  5
2

Đặt a  5   x 2  x  và b  5  2 x  a, b  0 . Ta có:

32  a 2
32  b2

2a
2b
1
1
tức là VT
a2 2b
thuẫn. Tương tự với a  b cũng mâu thuẫn , do đó a  b , phương trình đề tương
 x  1(tm)
đương với : 5   x 2  x   5  2 x  
 x  0(tm)

Ta thấy, nếu a  b  0 thì

Vậy S  1;0

32  a 2  32  b2 và


Câu 2.
a) Trước hết ta chứng minh rằng x7  x  mod 42 x 

Thật vậy, ta có x7  x  x  x  1 x  1  x 4  x 2  1

Dễ thấy x  x  1 x  1 là tích 3 số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho 6
Theo định lý Ơ le thì x7  x  0  mod7  , x  ,tức là x7  x chia hết cho 7
Vậy x7  x chia hết cho BCNN (6;7)  42 . Khẳng định (1) được chứng minh.
Từ đó,
7

7

 27n  5 7  10   10n  27 7  5   5n  10 7  27 

 
 


7

  27n  5   10  10n  27   5   5n  10   27  mod 42 

7

7

7

 42  n  1 (mod 42)  0(mod 42)

Từ đó ta có khẳng định của bài toán
b) Đặt a  x  y . Sử dụng bđt AM-GM, ta có:

 x  y
xy 

2



4

a2
4

2

5

Hay  a  1  2
2


2
Từ đó, ta có a 
2  1 . Suy ra :
5





9
P  17 x 2  17 y 2  16 xy  17a 2  18 xy  17a 2  a 2  2
2
2 1
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y 
5





2

2 1  6  4 2


Câu 3.

A
F

J
B

E

P
I

LH D K

C

M
a) Sử dụng định lý Talet trong tam giác LKE với JH / / EK , ta có:
Sử dụng định lý Talet trong JHE có FL / / EK ta có:
Do đó:

FL LJ
FL LH



EK JE
EK HK

FL LJ

EK JE

LH LJ


HK JE


Hai tam giác FLH và EKH có FLH  EKH  900 và

FLH

FL LH

nên
EK HK

EKH  LFH  KEH . Mặt khác, ta lại có LFH  FHJ (so le trong) và

KEH  EHJ (so le trong), do đó: HJ là phân giác của EHF
b) Ta có HJ / / FL nên SFJL  SFLH .  SBFLJ  SBFL  SFLH  SBFH

(1)

Chứng minh tương tự , ta cũng có SCEJK  SCEH
(2)
Theo chứng minh câu a, hai tam giác FTL EKH nên

FHB  FHL  EHK  EHC
Hai tam giác FHB và EHC có FHB  FHL  EHK  EHC
Hai tam giác FHB và EHC có FBH  ECH ; FHB  EHC nên đồng dạng với nhau.

S FBH BF 2


Suy ra
S ECH CE 2
S1 S FBH BF 2


Ta kết hợp (1) và (2) ta thu được:
S2 S ECH CE 2
c) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử P nằm cùng phía với B so với
AD như hình vẽ. Gọi M là giao điểm của PJ và EK . Áp dụng định lý
Menelauyt cho tam giác KFE với cát tuyến MJP, ta có:
MK PE JF
.
.
1
ME PF JK
Mà hai tam giác BFH và CEH đồng dạng với nhau có FL và EK là hai đường cao
JF FL BF
MK PE BF
tương ứng nên
, suy ra


.
.
 1(3)
JK EK CE
ME PF CE
Để chứng minh ba điểm P, J , D thẳng hàng, ta chỉ cần chứng minh M , D, J thẳng
hàng
Theo định lý Menelaus đảo áp dụng cho tam giác LKE, điều này tương đương với

MK JE DL
. .
1
ta phải chứng minh:
ME JL DK
JE EK CE
DL DL DC DB AF AC
AF



.
.

.
.1 
Lại có
và
JL FL BF
DK DB DK DC AB AE
AE
MK CE AF
.
.
 1 (4)
Do đó, chỉ cần chứng minh
ME BF AE


Kết hợp (3) và (4), ta đưa bài toán về chứng minh:

CE AF PE BF
.

.
BF AE PF CE

AF PF BF 2
Hay
(5)
.

AE PE CE 2
Gọi T , N lần lượt là tiếp điểm của đường tròn  I  với AB, AC. Đặt
a  AB  AC, x  BD  CD, y  PF  TF, z  PE  EN. Ta sẽ chứng minh:
x  x  y  x  z 
(6)
x 2  yz
Thật vậy, sử dụng định lý cosin trong các tam giác ABC, AEF ta có
a

AE 2  AF 2  EF 2 AB 2  AC 2  BC 2
2cos A 

AE. AF
AB. AC

a  x  y  a  x  z    y  z 
 a  x  y  a  x  z 
2

Suy ra

2

2

2a 2  4 x 2
2
a2

yz
x2
Từ đây, ta có: 2

a   2 x  y  z  a   x  y  x  z  a 2

Hay  x 2  yz  a 2  x 2  2 x  y  z  a  x 2  x  y  x  z   0
Như thế ta có :  a  x   x 2  yz  a  x  x  y  x  z   0
Do a  x nên (6) được chứng minh, sử dụng (6) vừa chứng minh ta có:
x  x  y  x  z 
x y
2
AF PF a  x  y y
y  x  y
BF 2
x 2  yz
.

. 

. 

AE PE a  x  z z x  x  y  x  z 
z  x  z 2 CE 2
xz
x 2  yz
Đẳng thức (5) được chứng minh. Ta có điều phải chứng minh.
Câu 4.
Đặt M n   x / x  , x  2n  1.Ta chứng minh mệnh đề tổng quát :”Trong 2n  1
số phân biệt từ tập hợp M n , luôn tồn tại ba số phân biệt có tổng bằng 0. Ta chứng
mnh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại số nguyên dương n sao cho có
thể chọn ra 2n  1 số phân biệt từ tập hợp M n mà trong đó không có 3 số phân biệt
nào có tổng bằng 0. Gọi n là số nhỏ nhất có tính chất như vậy. Khi đó n  1 (vì với


n  1 thì mệnh đề đúng). Vì n là số nhỏ nhất làm cho mệnh để không đúng nên
mệnh đề đúng với n  1. Nếu trong các số được chọn có ít nhất 2n  1số thuộc M n1

thì do mệnh đề đúng với n  1, sẽ tồn tại ba số phân biệt trong các số được chọn có
tổng bằng 0. Mâu thuẫn. Vậy có tối đa 2n  2 số được chọn thuộc M n1. Suy ra
trong 4 số 2n  2; 2n  1; 2n  2;2n  1có ít nhất 3 số được chọn. Suy ra 0 không
được chọn
 Nếu cả hai số của cặp  2n  1;2n  1 được chọn. Chia tập
M n \ 2n  1,2n  1,0 thành 2n  2 cặp 1;2n  2 ,  2;2n  3 ;.....;

 1; 2n  2 ,…..,  n  1; n  ta thấy từ mỗi cặp ta chỉ chọn được tối đa 1 số
. suy ra chỉ lấy được tối đa 2  2n  2  2n số. Mâu thuẫn
 Nếu chỉ có một số của cặp  2n  1,2n  1 được chọn thì theo lý luận ở trên,
cặp  2n  2;2n  2 được chọn. Không mất tính tổng quát ta giả sử 2n  1
được chọn còn 1  2n không được chọn. Lúc này chia các phần tử còn lại

thành 2n  5 cặp 1;2n  3 ,  2;2n  4 ,..... n  2;n  ,

 2; 2n  3 ;..... n  3; n  1 , một bộ ba số  n  2; n  1; n  và một
phần tử lẻ cặp n  1. Từ mỗi cặp ta lấy được tối đa một số, tự bộ ba số ta
cũng lấy được tối đa 1 số. Từ đó ta lấy được tối đa 3  2n  5  1  1  2n số,
mâu thuẫn
Vậy trong mọi trường hợp đều dẫn đến mâu thuẫn, tức là điều giả sử sai. Mệnh đề
được chứng minh. Áp dụng mệnh đề cho n  1010 ta có điều phải chứng minh