024 c đề vào 10 chuyên toán KHTN tỉnh hà nội 22 23

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2022 MÔN THI : TOÁN Vòng II Thời gian làm bài : 150 phút kh

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2022

MÔN THI : TOÁN (Vòng II) Thời gian làm bài : 150 phút (không kể giao đề) Câu I (3,5 điểm)

1) Với a b c, , là những số thực dương thỏa mãn điều kiện

1 1 1

1.

a b c   Chứng minh

2

abc

a bc b ca c ab a bc b ca c ab

2) Giải hệ phương trình

x xy y







Câu II (2,5 điểm)

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y; thỏa mãn đẳng thức :

x y  5x y 3xy3 5x y 3x y2 3xy4

2) Với a b c, , là những số thực dương thỏa mãn các điều kiện sau

   





P 4a4b4 2b2 4c2

Câu III (3 điểm)

trong tam giác ABC Gọi E F, lần lượt là hình chiếu vuông góc của Ptrên các cạnh

,

CA CB Giả sử tứ giác BCEFnội tiếp trong đường tròn  K

3) Đường thẳng qua P vuông góc với APcắt đường tròn tại hai điểm Q R,

ngoại tiếp KQR

Câu IV (1 điểm)

Cho các điểm A A1 , 2 , ,A30theo thứ tự nằm trên một đường thẳng sao cho độ

dài các đoạn A A k k1bằng k (đơn vị dài), với k 1, 2, , 29 Ta tô màu mỗi đoạn thẳng

1 2 , , 29 30

rằng với mọi cách tô màu,, ta luôn chọn được hai số nguyên dương 1  j i 29sao

cho hai đoạn A A i i1và A A j j1được tô cùng màu và i j là bình phương của số

nguyên dương

ĐÁP ÁN Câu I (3,5 điểm)

1) Với a b c, , là những số thực dương thỏa mãn điều kiện

1 1 1

1.

a b c   Chứng

2

abc

a bc b ca c ab a bc b ca c ab

Từ giả thiết suy ra ab bc ca abc   Ta có :

2

2

a bc a abc  a b a c 

;

b ca  b c b a c ab    c a c b  Từ đó suy ra

2

VT

a b b c c a a b b c c a

2

a b b c c a

a b b c c a

Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh

2) Giải hệ phương trình

x xy y







Điều kiện : 2x y  6 0 Nhân 4 vào phương trình thứ nhất của hệ ta có :

 2 2

4 2x  3xy y  24 0 

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với :

x y





 

2

x y

x xy y









Lấy phương trình (3) trừ đi phương trình (2), vế với vế, ta thu được :

x 12   0 x 1

4( )

y

y ktm







Vậy x y ;  1;1

Câu II (2,5 điểm)

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y; thỏa mãn đẳng thức :

x y  5x y 3xy3 5x y 3x y2 3xy4

Ta biến đổi như sau :

x y x y xy x y x y xy

x y x y xy x y

Vì x y, là hai số nguyên dương nên x y 1 Do đó, ta suy ra : 5x y 3xy3

Do đó, ta suy ra xcũng là lập phương của một số nguyên dương.Đặt x z 3, ta có:

5z3y3  zy 3 5z3y zy  y z  1 5z3

Nếu z 1(ktm) Xét z 1 Khi đó, ta có 5z3z 1 Vì 5z3 5 mod z1 5z1

Từ đây ta tìm được z 2;6 Suy ra :

z y;  2; 40 ; 6; 216     x y;  8, 40 ; 216; 216   

2) Với a b c, , là những số thực dương thỏa mãn các điều kiện sau

   







Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 4a4 b4  2b2  4c2

Ta có :

a2  1 b2  1 4ab 2a a 2  1 2b b 2  1  0

a2 1 2b b  2 1 2a 0 b2 1 2a

Ta có : P2a2b2  122c2 1

Do đó :

P  a a  b  b   c c

2a b2 2a 6 b2 2c 2 2  a b2 10 2c 4 2  a 2c b2 14 0

Do đó P 76.Vậy Max P76 a b c, ,   3, 2, 2

Câu III (3 điểm)

Cho tam giác ABCnhọn, không cân, nội tiếp đường tròn (O) Điểm P

nằm trong tam giác ABC Gọi E F, lần lượt là hình chiếu vuông góc của Ptrên các cạnh CA CB, Giả sử tứ giác BCEFnội tiếp trong đường tròn  K

S T

J

R Q

X K

E

A

P

1) Chứng minh rằng AP vuông góc với BC

Để ý rằng OAC 90   Bdẫn đến OA EF

Ta có OAC  90   AEF PAF(do AP là đường kính của AEF)

Do đó dẫn đến PAB  B 90   APBC

2) Chứng minh rằng AP 2OK

Gọi AEFcắt (O) tại điểm thứ hai là J Gọi S T, lần lượt là trung điểm của ECvà

FB, ta có JFB180  JFA180  JEAJEC

Đồng thời, JBFJCE,do đó : JFB∽ JEC

 . 

JTF JES c g c JTA JSA

Do đó J T S A K, , , , cùng thuộc một đường tròn

Dẫn đến J P K, , thẳng hàng và đường thẳng này đi qua X là đối xứng của Aqua O

đến Klà trung điểm PX hay AP 2OK

3) Đường thẳng qua P vuông góc với APcắt đường tròn tại hai điểm Q R, Chứng minh rằng đường tròn tâm Abán kính AP tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp KQR

Gọi G đối xứng với P qua J

Ta có AJP 90 dẫn đến AG AP hay G thuộc A AP; 

Ta có Klà trung điểm của PX do đó

PX PJ  PK PJ PK PJ PK PG PQ PR (do tứ giác JRXQnội tiếp (O))

Suy ra GKQR

Câu IV (1 điểm)

Cho các điểm A A1 , 2 , ,A30theo thứ tự nằm trên một đường thẳng sao cho

độ dài các đoạn A A k k1bằng k (đơn vị dài), với k 1, 2, , 29 Ta tô màu mỗi đoạn thẳng A A1 2 , ,A A29 30bởi 1 trong 3 màu (mỗi đoạn được tô bởi đúng 1 màu) Chứng minh rằng với mọi cách tô màu,, ta luôn chọn được hai số nguyên dương 1  j i 29sao cho hai đoạn A A i i1và A A j j1được tô cùng màu và i j là bình phương của số nguyên dương.

Gọi d ilà màu A A i i i1 ;  1 , 29,d i1;2;3

Phản chứng d i   d j i j là số chính phương

9 , 16 25 ; 9 25 ; 16 25

d d d d d d d d d

Mà trong d d i; i9 ,d i16 ;d i25có hai số bằng nhau, nên d i9 d i16 ,  i 1

Không mất tính tổng quát, giả sử d1  1,d2  2;Có d10 d1  1

 Nếu d10   3 d i9  d17 d i16 d1 9 d10  3

3; 2 3; 2 1

2, 1 3 3

2 2, 3 3

    

     

       

     

Suy ra d3 d17(mâu thuẫn)

 Nếu d10   2 d24 d17 d10  2

26 17 2, 26 1 1 26 3 19 12

d d  d d   d  d d

Suy ra d 11 1do d11 d12  3;d11 d10   2 d25 d18 d11  1

3 12 , 3 2 3 1 28 3 1, 28 29 2 28 3

d d d d  d   d d  d d   d 

28 29 17 10 3

Vậy tồn tại ,i jsao cho i j là số chính phương và d i d j