De Thi Vao 10 Toan Chuyen 2020 2021 Tinh Ha Noi Chuyen Khtn

ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT CHUYÊN KHTN HÀ NỘI

MÔN TOÁN CHUYÊN Câu I. (4 điểm)

1) Giải hệ phương trình

  







1 4

5 12 13 243

x y x

y xy x y x y y

  



       



2) Giải phương trình:



 

 



Câu II. (2 điểm)

1) Tìm tất cả các số nguyên dương a b c, , sao cho cả ba số 4a² 5 ;4b b² 5 ;4c c² 5a đều là bình phương của số nguyên dương

2) Từ một bộ 4 số thực









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 sốban đầu phải có dạng





Câu III. (3 điểm)

Cho tam giác ABCcân tại A với BAC90 .⁰ Gọi Plà giao điểm của BEvới trung trực của BC.Gọi K là hình chiếu vuông góc của Plên AB.Gọi Q là hình chiếu vuông góc của Elên AP.Gọi giao điểm của EQvà PKlà F

1) Chứng minh rằng 4 điểm A E P F, , , cùng thuộc một đường tròn 2) Gọi giao điểm của KQvà PElà L.Chứng minh rằng LALE

3) Gọi giao điểm của FLvà ABlà S. Gọi giao điểm của KEvà ALlà T. Lấy R_{là điể}m đối xứng với Aqua L. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST và đường tròn ngoại tiếp tam giác BPRtiếp xúc với nhau

Câu IV. (1 điểm)

Với a b c, , là những số thực dương thỏa mãn a  b c 3.Chứng minh rằng

1 1 1 2 4

3 1 1 3 a b c

a b c abc bc ca ab

           

   

   

ĐÁP ÁN Câu I.

1) Thay







 

     

    

2

2

5 1 1 1

2 1 1

y xy y x y y x y x

x y x y x y

         

       

   

   

 

3 3 3 3

3 5

) 12 13 3 1 1 1

1 1 243

1 3 2 1

x y y x y x y x y

x y x y

x y x y x y

          

      

         

2) Đặt x12avà ^{2x12 b a7 b7 }





      

 

   

     

6 5 4 2 3 3 4 2 5 6 6

6 5 4 2 3 3 4 2 5 6 6

5 4 2 3 3 4 2 5 6

4 3 2 2 3 4

2 2

2 2 2 2

0 0

6 15 20 15 6

7 2 3 2 0

7 0

0 0

a b a a b a b a b b a ab b a b a b a a b a b a b b a ab b a

a b

a b a b a b b a ab b

a b ab a a b a b b a b

a b ab a ab a b b ab

a b

a b

           

        

        

      

 

       

 

 

  



12 6 8 x x x

 

  

 

Câu II.

1) Không mất tính tổng quát, giả sử ^amax





 









Chứng minh tương tự : 16 9 25 9

5 4 1 2 .

5 16

a c

c b   hay a   c Từđó:

 





Nên ta phải có ^{4c2 5a}

 2c1 , 2 2 c22.Từđây, xét hai trường hợp:

*) Nếu ^{4c2 5a}





a  b c

*)Nếu ^{4c2 5a}





128 64

16 25 16 9

5 5

a c  c a (vô lý) Vậy a b c

2) Giả sửở thời điểm thứ n_{ta thu đượ}c bộ số





n n n n n

S a b c d thì S_n 2S_n1S_n 2ⁿS₀với S₀    a b c d

Vì tồn tại hai thời điểm ta thu được cùng một số nên S₀ 0kéo theo S_n 0với mọi n . Nếu đặt P_n a_n² b_n²  c_n² d_n²thì

  

 

1 2 2 2 2 1 2 1

n n n n n n n n n

P_  P  a c b d  P  S _  P  n

 

1

2ⁿ 1 2

Pn ^ P n

   

Cũng vì tồn tại hai thời điểm thu được hai bộ số giống nhau nên P₁ 0

1 1 1 1 0

a b c d

     .

Điều đó có nghĩa toàn bộ số ban đầu phải là





Câu III.

1) Ta có PAE PAK  EFKAEPFlà tứ giác nội tiếp

2) Điểm A nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PEFnên theo định lý về đường thẳng Simson, hình chiếu vuông góc của A trên 3 cạnh của tam giác PEFthẳng hàng Do K Q, lần lượt là hình chiếu vuông góc của Atrên PF PE KQ, , cắt PE tại Lnên

ALPE

3) Ta phát biểu một bổđề như sau

Bổ đềCho tam giác ABC._Đường cao AD P, _{là điể}m bất kỳ trên AD.BP CP, cắt ,

AC ABlần lượt tại E và F. Khi đó DAlà phân giác EDF

Chứng minh: Qua A kẻ đường song song với BC,cắt DE DF, tại X và Y Ta có: AX AE AY; AF

DC  EC DB  FB mà AE CD BF. . 1

EC DB FA  _(định lý Ceva) nên AX  AY Lại có AD XY DAlà phân giác EDF

Trở lại bài toán : ta có:

R S T

L

F

Q K P

E

B C

A

KLE QLE QAK EFK ELFK

        là tứ giác nội tiếp Gọi T'là giao của hai đường thẳng qua Ssong song với BC, với AL Ta có: AT S'  APL AKLnên tứ giác SLT K' nội tiếp

Suy ra LKT' LST' LFE LKE Suy ra K E T, , 'thẳng hàng . Từđó T'T

Gọi Ylà hình chiếu vuông góc của P trên AC BY. cắt





Mà BLAT''^{nên theo b}_{ổ đề} ^trên, K E T, , ''thẳng hàng nên T''T Ta có AXT  APY  APK  ABC ASTnên ^{X }





 

PXB PAY PAB PRB X BPR

        

Do AXP90⁰  ATX  PBX nên kẻ tiếp tuyến Xtcủa

















Câu IV.

Biểu thức cần chứng minh tương đương với:

 

 

2 2 2

2

2 2 2

2

2

1 1 1 4 3 1 1 1

3 4 6

1 1 1 4 3

3 4

1 1 1 31

3 4

a b c

a b c abc abc a b c

a b c

a b c abc abc

a b c abc

 

           

   

   

 

 

       

 

      

Quy đồng và rút gọn ta đưa về chứng minh:

 

 

   

 

   

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 3

3 4 13

3 4 1

81 4 27

a b b c c a a b c abc

a b b c c a abc a b c abc abc

a b b c c a abc a b c abc a b c abc

   

       

 

           

Không mất tính tổng quát, giả sử a b c, ta có các phân tích sau

      

        

2 2 2 2 2 2 2

3 2

27 7 4 4

a b b c c a abc a b c c a b ab a c b c

a b c abc a b c a b a b c a c b c

         

            

Khi đó, BT cần chứng minh tương đương với:

 

     

   

81c2 ab 81ab ac b c 4abc a b 7c ab 4abc 4a4bc ac bc Với a b c, kết hợp a  b c 3ta dễcó 2 đánh giá sau:

   

81c2 4abc a b 7c ;81ab4abc 4a4bc Kết hợp





