ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2009 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN Vòng 2 Câu I... Suy ra mọi cặp số của M1 đều có tính chất nêu trê
Trang 1ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2009
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (Vòng 2)
Câu I 1) Điều kiện x ≥ −1
Phương trình đã cho tương đương với
(√
x + 35 − 6)(√
x + 1 − 14) = 0
• Giải √x + 35 = 6 ↔ x = 1
• Giải √x + 1 = 14 ↔ x = 195
2) Ta có
n4 + 4 = (n4 + 4n2 + 4) − 4n2 = (n2 + 2)2 − (2n)2
= (n2 + 2n + 2)(n2 − 2n + 2)
Suy ra
1
1 + (2k − 2)2 − 1
(2k)2 + 1 =
4(2k − 1)
4 + (2k − 1)4
Chọn k = 1 ta có
1 + 22 = 1.4
4 + 14
Chọn k = 2 ta có
1
1 + 22 − 1
4 + 14 = 4.3
4 + 34
Chọn k = n ta có
1
1 + (2n − 2)2 − 1
1 + (2n)2 = 4.(2n − 1)
4 + (2n − 1)4
Cộng n đẳng thức trên thu được
4S(n) = 1 − n
2
1 + 4n2 = 4n
2
1 + 4n2
↔ S(n) = n
2
1 + 4n2 (đpcm)
Câu II 1)
Xét n = 7k(k ≥ 1) loại vì n + 7 = 7k + 7 > 7 và chia hết cho hết 7
Xét n = 7k + 1(k ≥ 0) loại vì n + 13 = 7k + 14 > 7 và chia hết cho hết 7
Xét n = 7k + 2(k ≥ 1) loại vì n + 5 = 7k + 7 > 7 và chia hết cho hết 7
Trang 2Với k = 0 → n = 2 loại vì n + 7 = 9 không là số nguyên tố
Xét n = 7k + 3(k ≥ 0) loại vì n + 25 = 7k + 28 > 7 và chia hết cho hết 7 Xét n = 7k + 4(k ≥ 0) loại vì n + 17 = 7k + 21 > 7 và chia hết cho hết 7 Xét n = 7k + 5(k ≥ 0) loại vì n + 37 = 7k + 42 > 7 và chia hết cho hết 7 Xét n = 7k + 6(k ≥ 1) loại vì n + 1 = 7k + 7 > 7 và chia hết cho hết 7
Với k = 0 → n = 6 Khi đó
n + 1 = 7, n + 5 = 11, n + 7 = 13, n + 13 = 19, n + 17 = 23, n + 25 =
31, n + 37 = 43 đều là số nguyên tố
ĐÁP SỐ: n=6
2) Xét (a, b) thuộc tập M ta có
|a − b| chia hết cho 7 ⇒ |(a + c) − (b + d)| chia hết cho 7 (Vì (c, d) ∈ M ) Suy ra mọi cặp số của M1 đều có tính chất nêu trên Mặt khác
(2240, 912) ∈ M1 nhưng |2240 − 912| = 1328 không chia hết cho 7 Vậy không thể nhận được M1 sau một số hữu hạn lần thay thế
Câu III 1) Ta có ∠DBC = ∠P AQ (cùng bù với ∠DAC)
∠P AQ = ∠P BQ (góc nội tiếp) ⇒ ∠DBC = ∠P BQ (1)
Ta có ∠QP B = ∠QAB (góc nội tiếp) ⇒ ∠QP B = ∠BCD (2)
Từ (1), (2) suy ra ∆BCD ∼ ∆BQP (3)
2) Từ (2) ⇒ P và C cùng nhìn BK dưới góc có số đo bằng nhau
Trang 3P và C nằm cùng phía đối với BK Do đó BKP C nội tiếp Tức là đường tròn ngoại tiếp ∆P CK đi qua B cố định
Câu IV Đặt X = x − 1, Y = y − 1, Z = z − 1 ta thu được
−1 ≤ X, Y, Z ≤ 1, Z + Y + Z = 0 (1)
Vì X3+ Y3+ Z3− 3XY Z = (X + Y + Z)(X2+ Y2+ Z2− XY − Y Z − ZX) Suy ra X3 + Y3 + Z3 = 3XY Z (2)
Ta có M = (X + 1)4 + (Y + 1)4 + (Z + 1)4 − 12XY Z =
= X4+ Y4+ Z4+ 4(X3+ Y3 + Z3) + 6(X2 + Y2 + Z2) + 4(X + Y + Z) +
3 − 12XY Z
Sử dụng đẳng thức (1) và (2) suy ra
M = X4 + Y4 + Z4 + 6(X2 + Y2 + Z2) + 3 ≥ 3
có dấu bằng (Khi X = Y = Z = 0 ↔ x = y = z = 1)
Vì |X| ≤ 1, |Y | ≤ 1, |Z| ≤ 1 ta suy ra
M ≤ 3 + 7(|X| + |Y | + |Z|) = 3 + 7(|X + Y | + |Z|) = 14|Z| + 3 ≤ 17 (Vì X + Y + Z = 0 nên luôn có 2 số cùng dấu)
Suy ra
Mmax = 17 Khi (x = 0, y = 1, z = 2)
Mmin = 3 Khi (x = y = z = 1)
TRƯỞNG TIỂU BAN CHẤM THI Hà Nội, ngày tháng 6 năm 2009
MÔN TOÁN CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH
GS.TS Nguyễn Hữu Dư