ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (vòng 2) ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI NĂM HỌC 2013 - 2014 Câu 1: 1. Cộng hai phương trình (1) và (2) theo vế, ta có: x 3 + y 3 + txy + y - x = 1 + y - x + xy + 7  x 3 + y 3 + 6xy - 8 = 0  (x + y) 3 - 3xy(x + y) + 6xy - 2 3 = 0  (x + y - 2)[(x + y) 2 + 2(x + y) + 4] - 3xy(x + y - 2) = 0  (x + y - 2)[x 2 - xy + y 2 + 2(x + y) + 4] = 0  x + y - 2 = 0 hoặc x 2 - xy + y 2 + 2(x + y) + 4 = 0 Nếu x + y - 2= 0  y = 2 - x thay vào (2)  7x(2 - x) + 2 - x - x - 7 = 0  7x 2 - 12x + 5 = 0  (x - 1)(7x - 5) = 0  x 1 y 1 59 xy 77           Thử lại, hệ phương trình nhận nghiệm (x; y) là (1; 1), 59 ; 77    . Nếu x 2 - xy + y 2 + 2(x + y) + 4 = 0  4x 2 - 4xy + 4y 2 + 8(x + y) + 16 = 0  (x + y) 2 + 8(x + y) + 16 + 3(x - y) 2 = 0  (x + y + 2) 2 + 3(x - y) 2 = 0  (x + y + 2) 2 = 3(x - y) 2  x = y = -1. Thay vào (1) không thỏa. 2. Giải phương trình: 2 x 3 1 x 3 x 1 1 x       (1). Điều kiện : - 1 ≤ x ≤ 1. Phương trình (1) được viết lại là:          2 2 2 x 1 x 1 1 x 1 x 2 x 1 2 0 x 1 x 1 1 1 x x 1 1 2 x 1 1 0 x 1 1 x 1 x 1 2 0 x 1 1 0 x 1 1 x 2 0 x 1 1 x 1 2 x 1. 1 x 1 x 4 x0 1 x 1 x0 1 x 1 x0                                                                       Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0. Câu 2: 1. Trước hết ta chứng minh mọi s ố chính phương khi chia cho 3 chỉ c ó t h ể dư 0 hoặc 1. Suy ra: Tổng hai số chính phương chia hết cho 3 khi và chỉ k h i c ả hai số cùng chia hết cho 3. (1)  6 x 2 + 9y 2 - 20412 = x 2 + y 2  3(2x 2 + 3y 2 - 6804) = x 2 + y 2 (2) 22 11 22 22 1 1 x 3x x 9x x3 x y 3 y 3 y 3y y 9y                      Thay vào (2), ta có:     2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2.9x 3.9y 6804 9x 9y 3 2x 3y 756 x y         (3) 22 1 1 2 1 2 22 11 22 1 1 2 12 x 3 x 3x x 9x x y 3 y 3 y 3y y 9y                   Thay vào (3), ta có:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2.9x 3.9y 756 9x 9y 3 2x 3y 84 x y         (4) 22 2 3 2 3 2 22 11 22 2 2 3 23 x 3x x 9x x3 x y 3 y 3 y 3y y 9y                      Thay vào (4), ta có:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2.9x 3.9y 84 6x 9y 28 6x 9y 28 x y 5x 8y 28             (5) 3 2 3 22 3 3 3 2 3 3 y0 y0 8y 28 y 3,5 y 1 y1 y1                     Với y 3 = 0 thay vào (5)  2 3 5x 28 (vô lý, vì x 3 nguyên) Với y 3 = 1 thay vào (5)  3 22 33 3 x2 5x 8 28 x 4 x2           Với y 3 = -1 thay vào (5)  3 22 33 3 x2 5x 8 28 x 4 x2           Suy ra: (x 3 ; y 3 )  {(2; 1), (2; -1), (-2; 1); (-2; -1)}. Vì 1 2 3 1 2 3 x 3x 9x 27x y 3y 9y 27y          nên (x; y)  {(54; 27), (54; -27), (-54; 27); (-54; -27)}. Thử lại phương trình đã cho nhận các nghiệm ( x ; y )  {(54; 27), (54; -27), (-54; 27); (-54; -27)}. 2. Áp dụn g b ất đẳn g t h ức Cauchy, ta có: 1 1 x y 2 xy 1 4xy 4 xy        Và ta cũng có: 2 2 2 2 1 1 1 1 P 1 x y 2 1 x y 2 xy x y xy xy           Mà 1 15 1 1 15 1 15 2 17 xy . xy .4 2 .xy xy 16 xy 16xy 16 16xy 16 4 4          17 P 2. 17 2    . Khi x = y = 1 2 thì P 17 . Vậy GTNN của P là 17 . Câu 3: 1. Chứng minh M, N, Q thẳng hàng. Các tứ giác AMEQ, ANFQ, AMCB, ANBC nội t i ếp nên ta có:     QEA QMA NMA NCA EQ/ /FC    . Tương tự: FQ // EB  Tứ giác EPFQ là hình bình hành. Suy ra:    EQF EOF BPC . Ta lại c ó :      MQE MAE MAC MBC PBC         NQF NAF NAB NCB PCB          0 EQM EQF FQN PBC BPC PCB 180 .       Suy ra: M, Q, N thẳng hàng. 2. Chứng minh PQ qua trung điểm c ủa BC. K e đ ư ờ ng cao CI, BJ của tam giác ABC. EF cắt PQ tại G. Do tứ giác AMEQ, ANFQ nội t i ếp và QEPH là hình bình hành nên ta có:     QAM QEP QFP QAN   . Do đó AP là phân giác của  MAN . Suy ra: A, Q, P thẳng hàng. Gọi giao của AP với BC là K. Ta có:       IHJ BHC BPC FPE IHJ FPE     Mà   0 IHJ IAJ 180     00 FPE IAJ 180 FPE FAE 180      Suy ra: FPEA nội t i ếp.        EFP EAP EAQ EMQ EMN BMN BCN EF/ /BC       FG AG GE BK AK KC    Mà FG = GE  BK = KC  PQ là trung điểm c ủa K của BC. Câu 4: Ta chứng minh bài toán: 1 2 n a a a   thỏa m ã n 1 2 3 n 1 2 3 n a a a a 0 a a a a 1                thì n1 2 aa n  . Từ điều kiện trên, ta suy ra: Có k  N sao cho 1 2 k k 1 n a a a 0 a a                 1 2 k 1 2 k k 1 n 1 2 k k 1 n k 1 n 1 a a a a a a a a 0 2 1 a a a a a 1 a a 2                                      Mà     1 2 k 1 k 1 n n n1 2 11 a a a a ; a a a 2k 2k 1 1 n n 2 aa 2k 2 n k 2k n k n k n k 2 2                       Bài toán phụ đã được chứng minh. Từ (I) suy ra: 192 12 192 12 x xx 0 2013 2013 2013 x xx 0 2013 2013 2013                Á p d ụng bài toán trên, ta có: 192 1 192 1 x x 2 2013 xx 2013 2013 192 96      (điều phải c h ứng minh) HẾ T . ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (vòng 2) ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI NĂM HỌC 2013 - 2014 Câu 1: 1. Cộng hai phương trình (1) và (2) theo vế, ta có: x 3 +.       Bài toán phụ đã được chứng minh. Từ (I) suy ra: 192 12 192 12 x xx 0 2013 2013 2013 x xx 0 2013 2013 2013                Á p d ụng bài toán trên, ta có: 192 1 192. (x + y) 2 + 8(x + y) + 16 + 3(x - y) 2 = 0  (x + y + 2) 2 + 3(x - y) 2 = 0  (x + y + 2) 2 = 3(x - y) 2  x = y = -1. Thay vào (1) không thỏa. 2. Giải phương trình: 2 x 3 1 x 3 x