Đề thi thử vào lớp 10 chuyên Toán trường Archimedes Hà Nội năm 2020

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng hai tam giác PIE và QJF đồng dạng với nhau. Một đơn vị kiểm lâm muốn lập lịch đi tuần tra rừng cho cả năm 2021 sao c[r]

TRƯỜNG ARCHIMEDES ACADEMY ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 9

Môn Toán Chuyên

Ngày 26 tháng 6 năm 2020

Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1

a) Giải phương trình:  2

b) Giải hệ phương trình:

2 2

2 1

xy





Câu 2

a) Tìm tất cả các số nguyên x y z, , thỏa mãn: x22y25 z2

b) Cho bốn số nguyên dương a b c d, , , thỏa mãn a b  và ,  1 2 2

a cb d chia hết cho 3 3

a b Chứng minh rằng

adbc cũng chia hết cho 3 3

a b

c) Tìm số nguyên tố p lớn nhất sao cho tồn tại số hai nguyên dương a b, thỏa mãn 2p a b







Câu 3

a) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn abbcca Chứng minh rằng: 3

3

3 4a 3b 2c 2b 2bc 5b a 2bc 6

b) Xét các số thực x y z, , thay đổi thỏa mãn x2xyy2  và 5 2 2

21

y yzz  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Pxyyzzx

Câu 4 Cho tam giác ABC nhọn có ABAC, nội tiếp đường tròn  O đường cao , AD D BC Trên hai cạnh

,

AB AC lần lượt lấy hai điểm E G, sao cho BEBD CG, CD Gọi F là điểm đối xứng với E qua B, H

là điểm đối xứng với G qua C

a) Chứng minh rằng tứ giác GEFH nội tiếp

b) Kẻ đường kính AK của  O Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Đường thẳng KI cắt  O tại

điểm thứ hai P Chứng minh rằng PEPG

c) Gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC Đường thẳng JK cắt  O tại điểm thứ hai Q

Chứng minh rằng hai tam giác PIE và QJF đồng dạng với nhau

Câu 5 Một đơn vị kiểm lâm muốn lập lịch đi tuần tra rừng cho cả năm 2021 sao cho số ngày đi tuần tra trong năm nhiều hơn một nữa số ngày của năm và không có hai ngày đi tuần tra nào cách nhau đúng một tuần lễ

a) Chứng minh rằng có thể lập được lịch đi tuần tra rừng thỏa mãn các yêu cầu trên

b) Hỏi có thể lập được tất cả bao nhiêu lịch đi tuần tra rừng như vậy?

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1

a) Điều kiện: x 3 Phương trình tương đương:

 

1

4

1

0 *

x x

x x



 







Ta có phương trình  * tương đường:

1 4

x x

  





 



Do x  nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 3 S  4

b) Điều kiện: xy Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:

2 2

3 3

2

Với y x 1 thay vào phương trình thứ hai ta tìm được 2 1 , 5 2

x y x y 

Ta lai có phương trình  * tương đương:

2

0

7

y

y

 



 

 Với y 0, ta tìm được x   1

Với y 7, phương trình vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có ba nghiệm: 2 5; , 2;1 ,   1; 0 

3 3

S   



   

Câu 2

a) Nhận thấy x y z ; ;  0;0; 0 là một nghiệm của phương trình Xét các nghiệm của phương trình khác 0;0; 0 

Giả sử phương trình đã cho có nghiệm x y z thì ta thay bất kỳ 0; 0; 0 x bởi 0  hoặc x0 y bởi 0  hoặc y0 z bởi 0

0

z

 thì bộ mới nhận được cũng là nghiệm của phương trình

Không mất tính tổng quát giả sử phương trình đã cho có nghiệm x y z mà ; ;  x y z , , 0 và x  nhỏ nhất y z

Ta có: x22y25z2 nên suy ra x22y2 chia hết cho 5

Mà x2 chia 5 dư 0, 1, 4 và 2 y chia 2 5 dư 0, 2, 3 nên x22y2 chia hết cho 5 khi và chỉ khi x và y đều chia hết cho 5 Khi đó đặt x5 ,m y5n với m n   , *

Thay vào phương trình ban đầu ta được: 5m210n2 z2 Từ đây suy ra z chia hết cho 5 nên đặt z5 p

Suy ra: m22n2 5p2

Từ đây ta suy ra m n p là một nghiệm của phường trình đã cho và ; ;  m     n p x y z

Tuy nhiên điều này mâu thuẫn với cách chọn x y z ban đầu nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ; ; 

0;0; 0 

a a cb d a cb cab db cc a b b adbc

Vì a c2 b d2 chia hết cho a3b3 nên 2 

b adbc chia hết cho a3b3

Mà a b  nên ad,  1 bc chia hết cho a3b3

c) Ta có:

2 2

Đặt 2 p m

b  n với m n   và , * m n ;  1 Đặt ab a;   với b k *

k  

a b kn

  

  



Số chính phương lẽ chia 8 dư 1 nên nếu m và n cùng lẽ suy ra  2 2

8

n m  suy ra 4pn8 p 2 do n lẽ

Nếu m n, không cùng tình chẵn lẽ thì k chẵn Suy ra k2r với *

r  

Khi đó ta có:  2 2

Nên r n Suy ra rns, ta có: 2psm n m n m

+ Nếu m lẽ thì s chẵn   Khi đó s 2.

3

+ Nếu m chẵn thì m  suy ra 2 ps n 2n2  Vì p nguyên tố nên s 1 Suy ra: 2 5

Với p 5, ta có m2, n3,k6, a39,b15

Vậy bộ a b p ; ;  39;15;5 là giá trị cần tìm

Câu 3

a  bc a  bc ab aca  b c  ab ac a b c

Suy ra:

2

 

2b 2bc5c b 4c 2bc b c b 4c 4bc b 2c

2b 2bc5c  b 2 c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:

4 3 2 4a 3b2c  4a3b2c 3 4a 3b 2c 4a3b2 c

Từ đó ta có:

Từ đó ta suy ra:

3

3 4a 3b 2c 2b 2bc 5b a 2bc 6 a b c

 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a   b c 1

b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:

2

                   

4

Hay Pxyyzzx2 35

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 35

Câu 4

a) Ta có BEBDBF nên tam giác EDF nội tiếp đường tròn đường kính EF

Suy ra EDF vuông tại D Mà ADBD suy ra AD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính EF Suy ra: AD2AE AF

Chứng minh tương tự ta cũng có AD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính GH

Suy ra: AD2AG AH

Từ đó suy ra: AE AF AG AH hay tứ giác GEFH nội tiếp

b) Ta có BI là phân giác của ABC hay cũng chính là phân giác của  EBD

Mà EBDB nên BI là trung trực của ED Suy ra IEID

Chứng minh tương tự ta cũng có CI là trung trực của GD Suy ra IGID

Từ đó IGIE

Mặt khác AKC nội tiếp đường tròn đường kính AK nên KCAC hay KCGH

Mà GCCH nên KC là trung trực của GH

Chứng minh tương tự ta cũng được KB là trung trực của EF

Suy ra K là giao điểm của hai đường trung trực GH và EF

Mà tứ giác GEFH nội tiếp nên K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác GEFH

Do đó: KEKG kết hợp với IGIE suy ra KI là trung trực EG

Mà PKI nên PEPG

c) Trước hết ta chứng minh hai tam giác PEG và tam giác QHF đồng dạng với nhau

Ta có APK vuông tại P do P thuộc đường tròn đường kính AK

Suy ra AP EG do cùng vuông góc với với PK Gọi X là hình chiếu của A lên EG, ta có:

EG  EG

Lại có hai tam giác AEG và tam giác AHF đồng dạng với nhau

Nên gọi Y là hình chiếu của A lên FH, ta có: AX AY

EG  FH

Suy ra PM AY

EG  EH

Ta có BFBD mà BJ là phan giác của  FBD nên BJ là trung trực của FDJFJD

Chứng minh tương tự ta cũng được CJ là trung trực của  HCDJH JD

Do đó: JFJH

Mà KFKH do tứ giác GEFH nội tiếp đường tròn tâm K

Do đó JK là trung trực của FHQJFH

Từ đó AQ FH do cùng vuông góc với QK Suy ra QN AY AX PM

FH  FH  EG  EG

Suy ra tam giác PME đồng dạng với tam giác QNF Suy ra EPI FQN (1) và PEM QFN (2)

Suy ra tứ giác AEIG nội tiếp Suy ra  

2

BAC MEI  (3)

FJH  BJDDCJ  BJC BAC nên tứ giác AFJH nội tiếp

Suy ra  .

2

BAC NFJ  (4)

Từ (2), (3) và (4) Suy ra: PEIQFJ (6)

Từ (1) và (6) suy ra hai tam giác PEI và tam giác QFJ đồng dạng

Câu 5

a) Trong năm có 365 ngày và đánh số từ 1 đến 365

Do hai ngày trực không được cách nhau 7 ngày nên số ngày tối đa được cách nhau là 6 ngày

Như vậy ta xếp các ngày đi trực vào ngày m mà m 0, 1, 2, 3, 4, 6 mod 14  và nghỉ vào các ngày n mà

8, 9, 10, 11, 12, 13 mod14

Từ đây suy ra có thể sắp xếp số ngày đi trực thỏa mãn đề bài

b) Đặt A i m365 |mimod 7   Gọi A là số phần tử của i A ta có: i, A  i 53 và A  k 52 với k 1

Do số ngày nghỉ không nhiều hơn số ngày đi tuần tra nên số ngày đi tuần tra trong A không quá 1 53 27

2

 

  

  ngày

và số ngày đi tuần tra trong A không quá k 52 26

2

  ngày Do đó số ngày đi trực tối đa không quá

2726 6 183 ngày Nên số ngày đi trực phải là 183 ngày

Bây giờ ta xác định số các tập hợp 183 ngày thỏa mãn yêu cầu đề bài Số cách chọn các ngày trong A được xác 1

định duy nhất (chỉ gồm các ngày dạng 14k 1) Và với mỗi i  có đúng 27 cách chọn 26 ngày trong 1 A i, không thuộc vào hai tuần liên tiếp nhau, đặc trung bởi dãy  

26

0, 0, , 0, 1, , 1

 (trong đó tại vị trí 0 là các ngày

dạng 14k và tại vị trí i 1 là các ngày dạng 14k 7 i)

Như vậy có thể lập dược tất cả 276 lịch tuần tra khác nhau thỏa mãn yêu cầu bài toán