Đề thi thử vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT Chuyên KHTN - Đại học Quốc gia Hà Nội lần 2 năm 2020

P là điểm bất kỳ thuộc đoạn thẳng SM đồng thời P nằm trong tam giác ABC. Chứng minh rằng QE  QF. Có n điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng.. LỜI GIẢI CH[r]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 9 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN Môn Toán (Vòng 2 – Đợt 2)

Ngày 21 tháng 6 năm 2020

Thời gian 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1

a) Giải phương trình: x 3x 1 2 x 1

b) Giải hệ phương trinh:    

  3





Câu 2

a) Tìm x y, nguyên dương thỏa mãn: y22xy8x25x 2

b) Với a b c , , 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 2  2  2

P

Câu 3

Cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp trong đường tròn  O S là trung điểm cung lớn BC của  O T

là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC của  O M thuộc  O sao cho SM OT P là điểm bất kỳ thuộc đoạn thẳng SM đồng thời P nằm trong tam giác ABC Đường thẳng qua P song song với MC MB, theo thứ tự cắt các đoạn thẳng CA AB, tại E F,

a) Chứng minh rằng năm điểm A S E P F, , , , cùng nằm trên một đường tròn

b) Chứng minh rằng BFCE

c) Lấy điểm Q thuộc  O sao cho AT là phân giác của góc .PAQ Chứng minh rằng QEQF

Câu 4

Có n điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng Chứng minh rằng số tam giác có 3 đỉnh

được chọn từ n điểm và có diện tích bằng 1 nhỏ hơn hoặc bằng 2 2 

3 n n

…Hết…

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1

a) Điều kiện: x 0 Phương trình tương đương:

 

 

0 1

x

x x x x

 





 

 Thỏa điều kiện ban đầu nên phương trình đã cho có ba nghiệm: S  0;1

b) Ta có:

   

3

Suy ra:

1

y

 

Với y 1, ta được  2 1

2

x x

x

 



  

 Vậy hệ cho có nghiệm hai nghiệm x y ;    1;1 , 2;1 

Câu 2

a) Xem phương trình đã cho có ẩn y, tham số x Khi đó   9x25x2

Để phương trình có nghiệm nguyên dương thì điều kiện cần  phải là số chính phương 

Ta có:   2  

3x 9x 5x 2 3x2 nên 2  

9x 5x 2 3x1  x 1

Với x 1, ta có: y22y15   do 0 y 5 y 0

Thử lại thấy thỏa mãn Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x y ;   1;5

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

2

P

3

  

   



Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6 đạt được khi a   b c 1

Câu 3

180

AFBAEPABMACM  nên tứ giác AEPF nội tiếp

Lại có: SAESACSMCSPE nên tứ giác ASEP nội tiếp

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

b) Tam giác SBF và tam giác SCE đồng dạng theo trường hợp góc – góc

Suy ra: SBA.ACS Mà AFSAES nên BFSSEC

Lại có SBSC nên BFCE và SESF

c) Vẽ AP cắt  O tại N thì ta có: TQTNOT QN

Kẻ đường kính SG của  O thì ta có MGMSQN MG MQ.NG

Gọi I là giao điểm của QG và MC

Ta có:   1 1  1  

Mà PE IC nên EF IG , mà SQIG nên SQEF

Lại có SESF nên QEQF

Câu 4

Với hai điểm A B, bất kỳ cho trước thì xét điểm C để có S ABC  ta có độ dài chiều cao là 1, 2S ABC

d AB

 Rõ ràng

C sẽ thuộc đường thẳng song song và cách AB một khoảng d nên có 2 đường thẳng như thế

Do không có 3 điểm nào thẳng hàng nên trên mỗi đường thẳng lấy được tối đa 2 điểm nên có không nhiều hơn

4 điểm C thỏa mãn sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 1

Mặt khác có  1

2

n n 

cặp điểm nên có tối đa  1  

2

n n

n n



   tam giác thỏa mãn có diện tích bằng 1 Tuy nhiên với mỗi tam giác như vậy ta đã đếm ba lần nên số tam giác tối đa có diện tích bằng 1 không vượt quá

 

3

n n 