Đề thi thử vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT Chuyên KHTN - Đại học Quốc gia Hà Nội lần 2 năm 2020

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (151.16 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 9 
 TRƯỜNG THPT CHUN KHTN Mơn Tốn (Vòng 2 – Đợt 2) 
 Ngày 21 tháng 6 năm 2020

Thời gian 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.

a) Giải phương trình: x 3x 1 2 x1.

b) Giải hệ phương trinh:











1 1 8

16 6 2

x y x y
y y x x

    



    



Câu 2.

a) Tìm x y, nguyên dương thỏa mãn: y22xy8x25x2.
b) Với a b c, , 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:













1 1 1

a b c

P

b c c a a b

  

  

  

Câu 3.

Cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp trong đường tròn

 

O . S là trung điểm cung lớn BC của

 

O . T
là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC của

 

O . M thuộc

 

O sao cho SM OT . P là điểm bất kỳ thuộc đoạn
thẳng SM đồng thời P nằm trong tam giác ABC. Đường thẳng qua P song song với MC MB, theo thứ tự cắt
các đoạn thẳng CA AB, tại E F, .

a) Chứng minh rằng năm điểm A S E P F, , , , cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh rằng BFCE.

c) Lấy điểm Q thuộc

 

O sao cho AT là phân giác của góc PAQ. Chứng minh rằng QEQF.
Câu 4.

Có n điểm trên mặt phẳng sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng số tam giác có 3 đỉnh
được chọn từ n điểm và có diện tích bằng 1 nhỏ hơn hoặc bằng 2





3 n n

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

LỜI GIẢI CHI TIẾT 
Câu 1.

a) Điều kiện: x0. Phương trình tương đương:



 























2 2

2 2 3 1 4 2

3 1 2 3 1 1 4 4

3 1 1 2

3 1 1

3 1 2 1

3 1

1 0

3 1 2 1

1 3 1 3 1 0 3 1 1

2 1 0

0
.
1

x x x

x x x x

x x
x x
x x
x x

x
x x

x x x x x

x x
x
x
   
       
    
    
   
    
 
 
    
    
        
  
 


 


Thỏa điều kiện ban đầu nên phương trình đã cho có ba nghiệm: S

 

0;1 .
b) Ta có:

































 



3 3 3 3

3 3

1 3 1 1 24 1

6 2 16 24 1 6 2 8 1

2 1

x y x y x y x y y y

x x x y x x x y

x y
           
            
   
Suy ra:



 





 



 



3 3
2 2

1 2 1 0

1 1 1 2 2 1 0

x y x y

y x y x y x x

y

      

 

            

 

Với y1, ta được





2 4 1 .
2
x
x
x
 

  
  



Vậy hệ cho có nghiệm hai nghiệm



x y;

   

 1;1 , 2;1 .



Câu 2.

a) Xem phương trình đã cho có ẩn y, tham số x. Khi đó   9x25x2.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta có:

 

3x 29x25x 2



3x2



2 nên 9x25x 2



3x1



2  x 1.
Với x1, ta có: y22y15  0 y 5 do y0.

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất



x y;

  

 1;5 .
b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:

















3 9 9

3 2 3 6

2 2 2 2 2

a b c a b c a b c

P

a b c a b c a b c

      

       

     

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.

3
a b c

a b c
a b c

  

    

   


Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6 đạt được khi a  b c 1.
Câu 3.

a) Ta có: AFBAEPABMACM1800 nên tứ giác AEPF nội tiếp.
Lại có: SAESACSMCSPE nên tứ giác ASEP nội tiếp.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

b) Tam giác SBF và tam giác SCE đồng dạng theo trường hợp góc – góc.
Suy ra: SBAACS. Mà AFSAES nên BFSSEC.

Lại có SBSC nên BFCE và SESF.

c) Vẽ AP cắt

 

O tại N thì ta có: TQTNOT QN.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Ta có:   1 1



 





 



.

2 2 2

PEFPAF BN GBNG  GCMQ GIC

Mà PE IC nên EF IG , mà SQIG nên SQEF.
Lại có SESF nên QEQF.

Câu 4.

Với hai điểm A B, bất kỳ cho trước thì xét điểm C để có SABC 1, ta có độ dài chiều cao là d 2SABC.
AB

 Rõ ràng

C sẽ thuộc đường thẳng song song và cách AB một khoảng d nên có 2 đường thẳng như thế.

Do khơng có 3 điểm nào thẳng hàng nên trên mỗi đường thẳng lấy được tối đa 2 điểm nên có khơng nhiều hơn
4 điểm C thỏa mãn sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 1.

Mặt khác có





n n

cặp điểm nên có tối đa 4









n n

n n


   tam giác thỏa mãn có diện tích bằng 1. Tuy
nhiên với mỗi tam giác như vậy ta đã đếm ba lần nên số tam giác tối đa có diện tích bằng 1 khơng vượt q





2 1

</div>