Processing math: 100%
Banner trang chi tiết

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN CHUYÊN THPT CHUYÊN HÀ NỘI AMSTERDAM NĂM HỌC 2015 2016 - MATHX

 

Mathx.vn biên soạn gửi tới các em hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên trường THPT Chuyên Hà Nội Amsterdam năm học 2015 2016. Các em học sinh tải đề về làm trước ra giấy sau đó so sánh kết quả và cách giải chi tiết trong bài viết này để đạt được hiệu quả ôn tập tốt nhất. Chúc các em học tốt và đạt kết quả cao trong kì thi THPT sắp tới!!

 

 

mathx tải tài liệu miễn phí

 

 

 

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI AMSTERDAM

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

(ĐÁP ÁN + LỜI GIẢI CHI TIẾT)

Môn thi: Toán chuyên

Năm học: 2015 - 2016

Thời gian làm bài: 150 phút

(Dành cho học sinh thi chuyên Toán)

 

 

 

Bài 1 (2,0 điểm).

 

1) Giải phương trình:

xx83x+1=0

 

2) Giải hệ phương trình:

 

{x2+y2=5x3+2y3=10x10y

 

 

Giải

 

1) Giải phương trình:  xx83x+1=0. (1)

ĐK: x ≥ 8

(1)   2x2x86x+2=0(x82x8+1)+(x6x(x81)2+(x3)2=0    (2)

Ta có:

{(x81)20(x3)20(x81)2+(x3)20

 

Do đó

(2){x81=0x3=0x=9  (thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình là {9}

 

2) Giải hệ phương trình

{x2+y2=5x3+2y3=10x10y  (I)

 

 

(I)   {x2+y2=5x3+2y3=2(x2+y2)(xy)  () 

(*)   x3+2y3=2x32x2y+2xy22y3x32x2y+2xy24y3=0(x2y)(x2+2y2)=0  [x=2yx2+2y2=0

Ta có  x2+2y2=0x=y=0  không là nghiệm của hệ.

Do đó
(I)  {x2+y2=5x=2y

  {4y2+y2=5x=2y

  {y=1x=2


hay {y=1x=2

 

Vậy hệ có nghiệm (2;1) và (–2;–1)

 

 

 

Bài 2 (2,5 điểm)

 

1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh

(n41)  40

 

2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn

{p1=2x(x+2)p21=2y(y+2)

 

3) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn

x3+y3+z3=nx2y2z2

 

 

Giải

 

1) Cho số nguyên dương n thỏa mãn n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh

(n41)  40

Vì n và 10 là nguyên tố cùng nhau nên n không chia hết cho 2 và 5.

⇒ n chỉ có thể có dạng 10k ± 1 và 10k ± 3 với k ∈ ℕ.

Ta có:

banner landingpage mathx

n41=(n21)(n2+1)=(n1)(n+1)(n2+1)

Do n lẻ nên n1  2;n+1  2n2+1  2n41  8.   (1)

- Nếu n = 10k ± 1 ⇒ n2 ≡ (±1)2 ≡ 1 (mod 10) ⇒ n2 – 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5    (2)

Từ (1) và (2), chú ý (5;8) = 1

=> n4 – 1 ⋮ 40

- Nếu n = 10k ± 3 ⇒ n2 ≡ (±3)2 = 9 (mod 10) ⇒ n2 + 1 ⋮ 10 ⇒ n4 – 1 ⋮ 5    (3)

Từ (1) và (3) chú ý (5;8) = 1

=>  n4 – 1⋮ 40

Vậy trong mọi trường hợp ta có n4 – 1 ⋮ 40

 

2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và các số nguyên dương x,y thỏa mãn

{p1=2x(x+2)  (1)p21=2y(y+2)  (2)

 

Từ (1) ⇒ p – 1 là số chẵn ⇒ p là số nguyên tố lẻ.

Trừ từng vế của (2) cho (1) ta được
p2p=2y22x2+4y4xp(p1)=2(yx)(y+x+2)  ()

⇒ 2(y – x)(y + x + 2) ⋮ p.

Mà (2;p) = 1 nên xảy ra 2 TH:

  •  y – x ⋮ p ⇒ y – x = kp (k ∈ ℕ*)

Khi đó từ (*)

⇒ p – 1 = 2k(x + y + 2)

⇒ kp – k = 2k2(x + y + 2)

⇒ y – x – k = 2k2(x + y + 2)

(loại vì x + y + 2 > y – x – k > 0 ; 2k2 > 1 ⇒ 2k2(x + y + 2) > y – x – k)

 

  • y + x + 2 ⋮ p ⇒ x + y + 2 = kp (k ∈ ℕ*)

Từ (*)

⇒ p – 1 = 2k(y – x)

⇒ kp – k = 2k2(y – x)

⇒ x + y + 2 – k = 2k2(y – x)   (**)

Ta chứng minh k = 1. Thật vậy nếu k ≥ 2 thì từ (**)

⇒ x + y = 2k2(y – x) + k – 2 ≥ 8(y – x) (vì y – x > 0)

⇒ 9x ≥ 7y ⇒ 7y < 14x ⇒ y < 2x

Do đó từ (2)

⇒ (p – 1)(p + 1) = 2y(y + 2) < 4x( 2x + 2) < 4x(2x + 4) = 8x( x + 2) = 4(p – 1)

(vì 2x(x + 2) = p – 1 theo (1))

⇒ p + 1 < 4 ⇒ p < 3, mâu thuẫn với p là số nguyên tố lẻ.

Do đó k = 1, suy ra
{x+y+2=pp1=2(yx)

{x+y+2=px+y+1=2(yx)

{x+y+2=py=3x+1

{y=3x+1p1=4x+2

Thay p – 1 = 4x + 2 vào (1) ta có:
4x+2=2x(x+2)2x+1=x2+2xx2=1x=1

⇒ y = 4, p = 7 (thỏa mãn)

Vậy x = 1, y = 4 và p = 7.

 

3) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn

x3+y3+z3=nx2y2z2   (1)

 

Giả sử n là số nguyên dương sao cho tồn tại các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn (1)

Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1.

Từ (1)

0<y3+z3=x2(ny2z21)ny2z21>0ny2z211

y3+z3=x2(ny2z21)x2()

Vì x ≥ y ≥ z nên

3x3x3+y3+z3=nx2y2z2ny2z29x2n2y4z4

Kết hợp với (*) ta có

9(y3+z3)9x2n2y4z49(1+z3y3)n2yz4

yzz3y31n2yz49(1+z3y3)18  ()

Ta có: (**)  z418[z=1z=2

  • Nếu z = 2 : (**) 16n2y18n=y=1 (loại vì y < z)
  • Nếu z = 1 : (**) n2y18n218n4

Ta chứng minh n ∉ {2;4}. Thật vậy,

  • Nếu n = 4 thì từ n2y ≤ 18 ⇒ 16y ≤ 18 ⇒ y = 1. Từ (1) ⇒ x3 + 2 = 4x2 ⇒ x2(4 – x) = 2 ⇒ x2 là ước của 2 ⇒ x = 1 (không thỏa mãn)
  • Nếu n = 2 thì từ n2y ≤ 18 suy ra 4y ≤ 18 ⇒ 1 ≤ y ≤ 4.

+ y=1:(1)x32x2+2=0x2(x2)=2<0x<2x=1  (L)

+ y=2:(1)x38x2+9=09=x2(8x).   Suy ra x2 là ước của 9. Mà x2 ≥ y2 = 4 nên x=3 (không thỏa mãn)

+ y=3:(1)x318x2+28=0x2(18x)=28. Suy ra x2 là ước của 28. Mà x2 ≥ y2 = 9 nên không tồn tại x thỏa mãn.

+ y=4:(1)x332x2+65=0x2 là ước của 65 (loại vì 65 không có ước chính phương)

Vậy n ∉ {2;4}. Do đó n ∈ {1;3}

Thử lại với n = 1, tồn tại bộ (x;y;z) nguyên dương chẳng hạn (x;y;z) = (3;2;1) thỏa mãn (1)

với n = 3, tồn tại bộ (x;y;z) = (1;1;1) thỏa mãn (1).

Vậy tất cả các giá trị n thỏa mãn bài toán là n ∈ {1;3}

 

 

Bài 3 (1,5 điểm)

 

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn (a+b)(b+c)(c+a)=1. Chứng minh ab+ac+bc34

 

 

Giải

 

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn (a+b)(b+c)(c+a)=1   (1) . Chứng minh ab+ac+bc34

 

Áp dụng BĐT Cô–si cho ba số không âm, kết hợp điều kiện (1) ta có:

(a+b)+(b+c)+(c+a)33(a+b)(b+c)(c+a)=3a+b+c32   (2)

Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, kết hợp điều kiện (1) ta có:

{a+b2abb+c2acc+a2ca

1=(a+b)(b+c)(c+a)8abcabc18   (3)

Biến đổi (1), chú ý 2 bất đẳng thức (2) và (3), ta được:

(a+b)(b+c)(c+a)=1(a+b)(bc+ba+c2+ca)=1(a+b)(bc+ba+ca)+ac2+bc2=1(a+b)(ab+bc+ca)+c(ab+bc+ca)abc=1(a+b+c)(ab+bc+ca)abc=1ab+bc+ca=1+abca+b+c1+183=34

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=12.

 

 

 

banner trường toán mathx

 

 

 

Bài 4 (3 điểm)

 

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) . Các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Gọi Q là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC. Gọi E, F là điểm đối xứng của Q qua AB, AC.

1) CMR: MH.MA = MP.MN

2) CMR : E, F, H thẳng hàng.

3) Gọi J là giao điểm của QE và AB. Gọi I là giao điểm của QF và AC. Tìm vị trí của Q trên cung nhỏ BC để ABQJ+ACQI nhỏ nhất.

 

 

Giải

 

 

đề thi vào 10 toán chuyên hà nội amsterdam 2015 2016 bài 4 giải

 

 

1) CMR: MH.MA = MP.MN

1) Xét tứ giác ANMB có ^ANB=^AMB=90o nên nó là tứ giác nội tiếp

⇒ ^BAM=^BNM hay ^PAM=^HNM   (1)

Xét tứ giác CNHM có

^HNC+^HMC=90o+90o=180o nên nó là tứ giác nội tiếp

=> ^NHM+^NCM=180o    (2)

Tứ giác APMC có ^APC=^AMC=90o  nên là tứ giác nội tiếp

⇒ ^APM+^ACM=180o     (3)

Từ (2) và (3)

⇒ ^NHM=^APM    (4)

Từ (1) và (4)

⇒ ∆NHM ~ ∆APM (g.g)

NMAM=HMPMMH.MA=MN.MP.

 

 

2) CMR : E, F, H thẳng hàng.

Gọi K là giao BH và QE, L là giao CH và QF.

Tứ giác AJQI có ^AIQ+^AJQ=90o+90o=180o   nên là tứ giác nội tiếp

⇒ ^JAI+^JQI=180o 

Mà ^JAI+^BQC=180o (do ABQC là tứ giác nội tiếp) nên ^JQI=^BQC^BQE=^CQF  (5)

Vì E, F đối xứng với Q qua AB, AC nên BQ = BE, CQ = CF

⇒ ∆ BEQ và ∆ CQF cân

=> ^CQF=^CFQ    (6) .

Từ (5) và (6) suy ra ^CFL=^BQK     (7)

Ta có LH // QK (cùng vuông góc AB); KH // QL (cùng vuông góc AC) nên QKHL là hình bình hành

⇒ ^QKH=^QLH=^FLC  hay ^QKB=^FLC      (8)

Từ (7) và (8)

⇒∆QKB ~ ∆FLC (g.g)

=> QKFL=QBFC

Hai tam giác cân BQE và CFQ đồng dạng, nên

QBFC=QEQFQKFL=QEQFQKQE=FLFQ

Mà QK = LH (do QKHL là hình bình hành) nên

LHQE=FLFQ

Vì LH’ // QE nên theo định lý Ta–lét ta có:

LHQE=FLFQ

Do đó LH = LH’

⇒ H’ ≡ H

⇒ H ∈ EF

⇒ H, E, F thẳng hàng.

 

3) Gọi J là giao điểm của QE và AB. Gọi I là giao điểm của QF và AC. Tìm vị trí của Q trên cung nhỏ BC để ABQJ+ACQI nhỏ nhất.

Vẽ QD ⊥ BC tại D. Trên cạnh BC lấy điểm G sao cho

^CQG=^BQA^BQG=^CQA

Vì ABQC là tứ giác nội tiếp nên  ^BAQ=^GCQ

=> ∆BAQ ~ ∆GCQ (g.g)

=> BAGC=AQCQ

Vì ^JAQ=^DCQ  ; ^QJA=^QDC=90o 

=> ∆JAQ ~ ∆DCQ (g.g)

=>AQCQ=JQDQ

Do đó

BAGC=JQDQABQJ=GCDQ

Chứng minh tương tự ta có

:ACQI=GBDQABQJ+ACQI=GC+GBDQ=BCDQ

Vì BC không đổi nên ABQJ+ACQI nhỏ nhất

⇔ DQ lớn nhất

⇔ Q là điểm chính giữa cung BC nhỏ của đường tròn (O).

 

 

Bài 5 (1 điểm)

 

Chứng minh tồn tại các số nguyên a, b, c sao cho 0<|a+b2+c3|<11000

 

 

Giải:

 

Chứng minh tồn tại các số nguyên a, b, c sao cho 0<|a+b2+c3|<11000

 

Xét nửa khoảng A = (0;1]. Chia nửa khoảng này thành 1000 nửa khoảng

A1=(0;11000],A2=(11000;21000],...,An=(n11000;n1000],...,A1000=(9991000;1]

 

Xét bộ số

x1;x2;...;x1001 với  xk=[1k2]+k2(kN,k1001)

Với mọi k ta có

k2<[1k2]1k2  (tính chất phần nguyên) nên  0<[1k2]+k21xkA

⇒ xk thuộc một trong các 1000 khoảng A1, A2,..., A1000

Có 1001 số xk mà có 1000 nửa khoảng, do đó tồn tại 2 số  xi,xj thuộc cùng một nửa khoảng Am nào đó 0|xixj|<11000.

Đặt a=[1i2][1j2],b=ij=>xixj=a+b2+0.3

Mà a là số nguyên, b2 là số vô tỷ nên a+b20|xixj|>0

Do đó

0<|xixj|<110000<|a+b2+0.3|<11000

Vậy tồn tại các số nguyên a, b, c thỏa mãn đề bài.

 

 

Trên đây MATHX đã hướng dẫn các em giải đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán chuyên trường THPT  Chuyên Hà Nội Amsterdam năm học 2015 2016.

Ngoài ra các em có thể tham khảo thêm các chuyên đề và tài liệu trong TÀI LIỆU TOÁN LỚP 9 để có thể tích lũy thêm nhiều kiến thức và ôn tập hiệu quả hơn.

 

Phụ huynh và các em học có thể tham khảo một số đề thi vào lớp 10 khác tại đây:

PHÂN TÍCH CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2023

Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT Chuyên Sư Phạm năm 2023

Đề thi thử vào lớp 10 THPT chuyên Đại học Sư Phạm Hà Nội năm 2023 lần 3

 

 

 

HỆ THỐNG CHƯƠNG TRÌNH HỌC CỦA MATHX

 

  • Lớp học toán trực tuyến cùng giáo viên giỏi (0866.162.019): - Xem ngay

  • Lớp học toán offline tại Hà Nội (0984.886.277): - Xem ngay

  • Khóa học lớp 9 (0912.698.216): - Xem ngay

 


Tin liên quan

Tin cùng loại