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

a Chứng minh rằng HJ là phân giác của EHF b Ký hiệu S S1, 2lần lượt là diện tích của các tứ giác BFJL và CEJK... Khẳng định 1 được chứng minh... Gọi M là giao điểm của PJ và EK Áp dụng đ

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 – CHUYÊN TỰ NHIÊN HÀ NỘI VÒNG 2 Câu 1

a) Giải hệ phương trình

2 2

2

x y x xy







b) Giải phương trình

2 2

x

x x

Câu 2

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

b) Với ,x y là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:

2 2

4x 4y 17xy5x5y1 Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P17x2 17y2 16xy

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 S S1, 2lần lượt là diện tích của các tứ giác BFJL và CEJK Chứng

minh rằng :

2 1

2 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 2021số 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



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

có:

2

2

1

2 1

5

x

y

y













TH2: x 2 ythay 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  

b) ĐK: 5; 2 5

2

5

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

Ta thấy, nếu a b 0thì 32a2  32b2 và 1 1

2 2

  tức là VT<VP, mâu

thuẫn Tương tự với ab cũng mâu thuẫn , do đó a b , phương trình đề tương

0( )

x tm

x tm





 Vậy S  1;0

Câu 2

a) Trước hết ta chứng minh rằng 7  

mod 42

Thật vậy, ta có 7     4 2 

x  x x x x x x 

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 7  

0 mod 7 ,

x  x  x ,tức là x7 xchia hết cho 7 Vậy x7 xchia hết cho BCNN(6;7)42 Khẳng định (1) được chứng minh

Từ đó,

 

42 1 (mod 42) 0(mod 42)

n

Từ đó ta có khẳng định của bài toán

b) Đặt a x y Sử dụng bđt AM-GM, ta có:  2 2

Hay

2 5

2a

Từ đó, ta có 2 

2 1 5

a  Suy ra :

 2

2

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 2 1

5

Câu 3

a) Sử dụng định lý Talet trong tam giác LKE với JH / /EK , ta có: LH LJ

Sử dụng định lý Talet trong JHE có FL/ /EKta có: FL LJ

Do đó: FL LJ FL LH

M

H

J

E F

I

D

A

P

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

    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 S FJL S FLH.S BFLJ S BFL S FLH S BFH (1)

Chứng minh tương tự , ta cũng có S CEJK S CEH (2)

Theo chứng minh câu a, hai tam giác FTL EKHnên

Hai tam giác FHB và EHC có FHBFHLEHKEHC

Hai tam giác FHB và EHC có FBH ECH FHB; EHCnên đồng dạng với nhau Suy ra

2 2

FBH

ECH

Ta kết hợp (1) và (2) ta thu được:

2 1

2 2

FBH ECH

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

Mà hai tam giác BFH và CEH đồng dạng với nhau có FL và EK là hai đường cao

tương ứng nên JF FL BF

JK  EK  CE, suy ra MK PE BF 1

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 ,

ta phải chứng minh: MK JE DL 1

Lại có JE EK CE

Do đó, chỉ cần chứng minh MK CE AF 1 (4)

Kết hợp (3) và (4), ta đưa bài toán về chứng minh: CE AF PE BF.

Hay

2 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:

   2

x x y x z

a

x yz



Thật vậy, sử dụng định lý cosin trong các tam giác ABC AEF ta có ,

2cos

A

2

2

Từ đây, ta có:

2

2

x  yz a x x y z ax x y xz 

Như thế ta có :    2    

0

ax  x  yz ax x y xz 

Do a xnên (6) được chứng minh, sử dụng (6) vừa chứng minh ta có:

  

2

2

x x y x z

x y

x y

x x y x z

x z

x 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 2 n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1số phân biệt từ tập hợp M nmà 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 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2số 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

\ 2 1, 2 1,0

n

M  n n thành 2n2 cặp 1;2n2 , 2;2  n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 2nsố 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5cặp 1;2n3 , 2;2  n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 2 n   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1010ta có điều phải chứng minh