Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên KHTN môn Toán năm 2020 - Vòng 2 - Đại học Khoa học Tự nhiên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên KHTN môn Toán năm 2020 - Vòng 2 - Đại học Khoa học Tự nhiên (Có đáp án)

1. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020 MÔN THI: TOÁN (VÒNG 2) Thời gian làm bài: 120 (không kể thời gian phát đề) Câu 1. x yx 14 a) Giải hệ phương trình: . 2 33 y xy x y5 x y 12 y 13 243 777 b) Giải phương trình: xx 12 2 12 24 3 x 0. Câu 2. a) Tìm tất cả các số nguyên dương abc,, sao cho cả ba số 4abbcca222 5 ,4 5,4 5 đều là bình phương của một số nguyên dương. b) Từ một bộ bốn số thực abcd,,, ta xây dựng bộ số mới abbccdda ,,, và liên tiếp xây dựng các bộ số mới theo quy tắc trên. Chứng minh rằng nếu ở hai thời điểm khác nhau ta thu được cùng một bộ số (có thể khác thứ tự) thì bộ số ban đầu phải có dạng aaaa, ,, . Câu 3. Cho tam giác ABC cân tại có BAC 900 . Điểm E thuộc cạnh AC sao cho AEB 900 . Gọi P là giao điểm của BE với trung trực BC. Gọi K là hình chiếu vuông góc của P lên AB. Gọi Q là hình chiếu vuông góc của E lên AP. Gọi giao điểm của EQ và PK là F. a) Chứng minh rằng bốn điểm AEPF,,, cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi giao điểm của KQ và PE là L. Chứng minh rằng LA vuông góc với LE. c) Gọi giao điểm của FL và AB là S. Gọi giao điểm của KE và AL là T. Lấy R là điểm đối xứng của A qua L. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST và đường tròn ngoại tiếp tam giác BPR tiếp xúc nhau. Câu 4. Với abc,, là những số thực dương thỏa mãn abc 3. Chứng minh rằng: 2 111 4 abc 3 11 3 . a b c abc bc ca ab HẾT
2. Khi đó, ta có 4a2 5 ba 4 22 (2 a ) và 4a222 54 ba 54 aa 84(22). a a 2 Mà 45ab2 là số chính phương nên 4aba22 5 (2 1) , tức 5ba 4 1. Từ đây, ta suy ra b chia 4 dư 1. Do đó bk 41với k . Một cách tương ứng, ta có ak 51. Xét các trường hợp sau. • Trường hợp 1: bc . Chứng minh tương tự như trên, từ giả thiết 45bc2 là số chính phương, ta suy ra 5cb 4 1 16 k 5 . Do đó k chia hết cho 5, tức kn 5 với n . Khi đó, ta có c 16 nb 1, 20 n 1 và an 25 1. Với kết quả trên, ta có 4ca22 5 4(16 n 1) 125 n 5 4(16 n 1) 4(16 n 1) 1 (32 n 3)2 . (1) Và 4ca22 5 4(16 n 1) 125 n 5 (32 n 4) 2 (3 n 7) (32 n 4) 2 . Mà 45ca2 là số chính phương nên 4ca22 5 (32 n 3) . Suy ra, dấu đẳng thức trong bất đẳng thức (1) phải xảy ra, tức n 0 . Từ đó abc 1. • Trường hợp 2: cb . Trong trường hợp này, ta có 4b22 5 cb 4 5( b 1) (2 b 1) 2 Mà 45bc2 là số chính phương nên 4bcb22 5(22) . Do đó 5cb 8 4 32 k 12 25 k 5. Suy ra ck 51. a mâu thuẫn. Vậy trường hợp này không thể xảy ra. Tóm lại, có duy nhất một bộ số (;;)abc thỏa mãn yêu cầu là (1;1;1) . b) Gọi (,,,abcdn2 nn ) là bộ bốn số thực thu được sau lượt thứ n . Khi đó, ta có (,,,a000 b c d 0 ) (,,,) abcd Và an 111 b n c n 2( abcd nnn n).  n . Suy ra nn annn b c d n 2( a000 b c d 0) 2( abcd ). Giả sử tồn tại hai số nguyên dương mk sao cho hai bộ số (,,,abcdmmm m )và (,,,abcdkkk k ) là một (có thể khác mk thứ tự). Khi đó, ta có ammm bc d m abcd kkk k tức 2()2()abcd abcd . Vì mk< nên abcd+++ =0 . Bây giờ, ta có chú ý rằng 222 2 abcdnnn+++222+++ n + 2 22 2 2 =+(abnn++11 )( ++ bc nn ++ 11 )( ++ cd n + 1 n + 1 )( ++ da n + 1 n + 1 ) 222 2 =2(abcdn+1 +++ n + 1 n + 1 n + 1) + 2( acbd n +=++ 1 + nn 11 )( + n 1 ) 222 2 =2(abcdn+1 + n + 1 + n + 1 + n + 1) + 2( abcdbd nnn +++ nn)(++11 + n ) 222 2 =2(abcnnn+++111 +++d n+1).
3. c) Ta có AL,, KP BC là ba đường cao của tam giác ABP nên chúng đồng quy tại trực tâm mà ta ký hiệu điểm đó là H. Trước hết, vì P là trực tâm tam giác ABH và A đối xứng R qua đường cao BL của tam giác ABR nên ∠BRH =180oo −∠ BRA = 180 −∠ BAH =∠ BPH, suy ra tứ giác BPRH nội tiếp. Ta có ∠PBH =∠=∠ PAL PKL nên ∠=∠LEF LKF. Suy ra tứ giác KFLE nội tiếp. Do đó ∠ALS =90oo −∠ ELS = 90 −∠ PKE =∠ SKT. Từ đây, ta suy ra tứ giác SLTK nội tiếp. Vì tứ giác BKLH nội tiếp đường tròn đường kính BH nên ∠=∠=∠LTS LKS LHB . Suy ra ST BH Đường thẳng EF cắt AB tại M , KL cắt ST tại N. Ta có AQ vừa là phân giác vừa là đường cao của tam giác AEM nên AEM cân tại A. Suy ra QE= QM . Kết hợp với ST EM (cùng vuông với AQ ) nên theo định lý Thales, ta có N là trung điểm của ST. Do đó nếu gọi X là giao của AN với BC thì từ ST BH ta cũng suy ra X là trung điểm của BH. Gọi G là hình chiếu vuông góc của P lên AX , vẽ đường kính AA′ của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH và gọi G′ là đối xứng của G qua X. Dễ thấy ∠=AG′′ A 900 nên nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tứ giác BPHA′ là hình bình hành. Hơn nữa A′′ G PG nên PGA′′ G là hình bình hành. Do đó các điểm PG, đối xứng với AG′′, qua X. Mà tứ giác BG′′ A H nội tiếp nên tứ giác BPGH nội tiếp. Từ các tứ giác nội tiếp AKGL (nội tiếp đường tròn đường kính AP ) và KSLT, ta suy ra NG⋅= NA NK ⋅=⋅ NL NS NT Do đó, tứ giác ASGT nội tiếp. Mặt khác, ta lại có ∠AGT =∠=∠=∠=∠=∠ AST ABH AG′′ H GG H BGG ′. Suy ra TGB,, thẳng hàng. Tương tự, ta cũng có HGS,, thẳng hàng. Từ ST BH suy ra đường tròn ngoại tiếp hai tam giác GTS và GBH tiếp xúc với nhau tại G . Do đó hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác AST và BPR tiếp xúc với nhau tại G . Câu 4. Bất đẳng thức đã cho viết lại thành 2 111 111 4 3(abc222 ) 3 64 hay a b c a b c abc abc 2 1 1 1 4 3(a222 b c2 ab 2 bc 2 ca ) 31 34 . a b c abc abc abc 1 11 111 Đặt xyz ,, thì ta có 3 hay xy yz zx3. xyz Ta đưa về chứng minh abc xyz 3(x y z )2 4 31 xyz . Đặt p x y zq, xy yz zx và r xyz thì ta có qr 3 . Ta cần có 3pr2 4 31 .