ĐÁP ÁN GỢI Ý KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 TP HÀ NỘI Năm học 2017 - 2018 MÔN: TOÁN CHUYÊN

Giả sử p là số nguyên tố.. Vậy điều giả sử sai, ta suy ra điều phải chứng minh... Dễ thấy M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBCH.

Trang 1

Pschool – Vì sự tiến bộ và niềm vui trong học tập!

Bài I:

1) Đk: x 0;6

2

1

x x

 

Vì

3

    nên pt có nghiệm duy nhất x= 3

2) Đk: x y, 0.Ta có:

2

3

y

x







Lấy (1) trừ (2) theo từng vế ta được:

x y

xy





 Trường hợp 1: x = y

Thay vào (1) ta được:

x

1 x

  (Vì

2

x  x  x    x

1 y

  (Thử lại thỏa mãn)

 Trường hợp 2: 4x y 1 3 (*)

xy

Từ hệ phương trình dễ suy ra x;y>0 Cộng từng vế của hệ phương trình, suy ra:

 2 2   3 

xy



Thế (*) vào (**):

 2 2    2

4 x y 2 x y 4 x y 2(x y ) 8 xy (Vô lý vì x;y>0) 0

Vậy trường hợp 2 vô nghiệm

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(1;1)

TỔ HỢP GIÁO DỤC PSCHOOL

www.pschool.vn

www.facebook.com/pschoolcenter/

04 22 664 999 – 0981 255 000

ĐÁP ÁN GỢI Ý KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 TP HÀ NỘI

Năm học 2017 - 2018 MÔN: TOÁN CHUYÊN

Hà Nội, 10/06/2017

Trang 2

Bài II:

1) p là số nguyên tố lớn hơn 3

2

2 2

1(mod 24) 1(mod8)

1(mod8) 3(mod8)

p p









2

2017 p 2016 0(mod 24)

     Điều phải chứng minh

2) x3y39xy (0 x y N;  *) (1)

Không mất tính tổng quát, giả sử x y:

Ta có: x3y3xy x y(  ) ( x y x )( 2xy y 2)xy x y(  )

2

(x y x y)( ) 0

    (Do x y N;  *)

  (Vì x ) y

4 x

  (Vì x N * )

 Trường hợp 1: x    1 1 y 8

Thay vào (1), ta được: y39y  (Loại) 1 0

 Trường hợp 2: x    2 2 y 7

Thay vào (1), ta được: y318y  8 0

2

(y 4)(y 4y 2) 0

4 y

  (Vì y N * )

 Trường hợp 3: x    3 3 y 6

Thay vào (1), ta được: y327y27 0 (Loại)

 Trường hợp 4: x    4 4 y 5

Thay vào (1), ta được: y336y64 0   (Không thỏa mãn 4y 2   ) y 5

Vậy, phương trình có hai nghiệm nguyên dương (x;y)={(4;2);(2;4)}

3) Đặt p a b  2 ab c 2 (1) Giả sử p là số nguyên tố

4ab 4c p a b 2c a b 2c a b p p 2a 2b

Vì p là số nguyên tố nên:

2

2 2

c a b p



   



  









(2)

Dễ nhận thấy (2) vô lý vì từ (1) ta có: p a b  2c 2c a b  ; 2c a b 

Vậy điều giả sử sai, ta suy ra điều phải chứng minh

Trang 3

Bài III:

Ta có: x2 y2 z2yz x 2 yz2x yz

yz



yz



Dấu “=” xảy ra     x y z 1

Bài IV:

1) Gọi M là trung điểm cung nhỏ BC Ta có:

M A G  M F G  F H I

 IAHG nội tiếp

 DI.DH = DA.DG = DB.DC

 IBHC nội tiếp ( đpcm )

2) Ta có

2 2

o

BAC ACB ABC JIC IAC ICA  BIH

     

Suy ra BH = CJ (đpcm)

3) Gọi L là giao điểm của GM và BC

Dễ thấy M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBCH

Ta có:  MGB ~ MBL suy ra



MB  MG ML  MH  MG ML   MGH  MHL  MHL  Gọi T là trung điểm BC, ta có MTLH nội tiếp nên

( sử dụng tứ giác nội tiếp và tính đối chất đối xứng )

/ /

AD JT

Lại có: IJ    N IHN D   AJ

/ /

AD JN

Từ (1) và (2) suy ra N,J,T thằng hàng hay NJ đi qua trung điểm BC (đpcm)

Bài V:

Giả sử tập S có n phần tử a1a2 a3  an1an (Thỏa mãn đề bài)

Trước hết, ta luôn có: an130 vì nếu an130 thì theo đề bài ta sẽ có:

T L

N

J H

F

G D I

M A

B C

Trang 4

30(an30) 30( anan)a an n 30an (Vô lý)

Trước hết ta có:

1

30

k

a



k

a N  nên k 30 1 1

1 30

k k

k

a a

a



  Như vậy ta có:

1

( 1)

1 30

k k

a a a

a a

a







Ta xét dãy số:

1

30

k k

k

b

a









    



Và A là tập hợp chứa các phần tử nhỏ hơn 30 của dãy số trên  Tập A thỏa mãn đề bài

Ta sẽ chứng minh: S  A1

Trước hết, ta sẽ chứng minh: ai   bi 1 1;n1

+) n1 , ta có: a1 (Đúng)

+) Giả sử điều này đúng với n = k, tức là ak  bk

Do 30ak 1 30bk ; 0 301  ak 1 30 bk 30 1 30 1

1 30

k k

k

a a

a





 Giả thiết quy nạp đúng tới k + 1

i i

Khi đó, A  S 1 (Vì tập S chỉ có một phần tử lớn hơn hoặc bằng 30)

1

Mà tập A có 9 phần tử  S 10

Xét tập S {1; 2;3; 4;5; 6;8;11;18;50} thì S 10 và thỏa mãn điều kiện đề bài

Vậy S có tối đa 10 phần tử

-HẾT -

Định dạng
Số trang	4
Dung lượng	762,91 KB