ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2010 MÔN THI: TOÁN (Vòng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu I 1) Giải hệ phương trình      =+ =++ .2 231283 22 22 yx xyyx 2) Giải phương trình .183124312 32 ++=+−++ xxxx Câu II 1) Tìm tất cả các số nguyên không âm (x, y) thoả mãn đẳng thức ( )( ) ( )( ) .2512411 22 =++++++ xyyxxyyx 2) Với mỗi số thực a, ta gọi phần nguyên của số a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và ký hiệu là [a]. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta luôn có. ( ) n nn nn =       + ++ ++ 1 1 3.2 7 2.1 3 2 Câu III Cho đường tròn (O) với đường kính AB = 2R. Trên đường thẳng tiếp xúc với đương tròn (O) tại A ta lấy điểm C sao cho góc 0 30=ACB . Gọi H là giao điểm thứ hai của đường thăng BC với đường tròn (O). 1) Tính độ dài đương thẳng AC, BC và khoảng cách từ A đến đương thẳng BC theo R. 2) Với mỗi điểm M trên đoạn thẳng AC, đường thẳng BM cắt đường tròn (O tại điểm N (khác B). Chứng minh rằng bốn điểm C, M, N, H nằm trên cùng một đường tròn và tâm đường tròn đó luôn chạy trên một đường thẳng cố định khi M thay đổi trên đoạn thẳng AC. Câu IV Với a,b là các số thực thoả mãn đẳng thức 4 9 )1)(1( =++ ba , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 44 11 baP +++= . _____________________________ Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUYÊN NĂM 2010 DỰ KIẾN GIẢI ĐỀ THI MÔN THI: TOÁN (Vòng 1) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu I : 1) Giải hệ phương trình      =+ =++ .2 231283 22 22 yx xyyx Cộng vế với vế ta có      =+ =++ .2 251294 22 22 yx xyyx ⇔ ( )      =+ =+ .2 2532 22 2 yx yx ⇔ ( ) ( )           =+ −=+    =+ =+ 2 )5(32 )( 2 )5(32 )( 22 2 2 22 2 2 yx yx II yx yx I giải ( I) ta có ( )    =+ =+ 2 )5(32 22 2 2 yx yx ⇔    =+ =+ 2 532 22 yx yx ⇔      =+ − = 2 2 35 22 yx y x ⇔        =+       − − = 2 2 35 2 35 2 2 y y y x ⇔      =+ +− − = 2 4 93025 2 35 2 2 y yy y x ⇔      =+− − = 0173013 2 35 2 yy y x ⇔               = − =      = − = 13 17 2 35 1 2 35 y y x y y x ⇔              = =    = = 13 17 13 7 1 1 y x y x giải ( II) ta có ( )    =+ −=+ 2 )5(32 22 2 2 yx yx ⇔    =+ −=+ 2 532 22 yx yx ⇔      =+ −− = 2 2 35 22 yx y x ⇔        =+       −− −− = 2 2 35 2 35 2 2 y y y x ⇔      =+ ++ −− = 2 4 93025 2 35 2 2 y yy y x ⇔      =++ −− = 0173013 2 35 2 yy y x ⇔               − = −− =      −= −− = 13 17 2 35 1 2 35 y y x y y x ⇔              − = − =    −= −= 13 17 13 7 1 1 y x y x vậy nghiêmk của hệ là S =(x;y) ( ) ( )             −−       −− 13 17 ; 13 7 ; 13 17 ; 13 7 ;1;1;1;1 3) Giải phương trình .183124312 32 ++=+−++ xxxx điều kiện: thoả mãn với mọi giá trị của x ⇔ ( ) ( ) [ ] 122)12(3122312 22 +−++=+−++ xxxxxx ⇔ ( ) ( ) [ ] 0122)12(1223312 22 =+−+−+−+−+ xxxxxx ⇔ ( ) ( ) 0123.122)312( 2 =+−+−+−+ xxxx ⇔ ( ) ( ) 0312.122)312( 2 =−++−−−+ xxxx ⇔ ( ) 01221)312( 2 =       +−−−+ xxx ⇔ ( )     =+−− =−+ 01221 0312 2 xx x ⇔ ( )     =+− =+ 1122 312 2 xx x ⇔    =+− =+ 1124 912 2 xx x ⇔    =− = 024 82 2 xx x ⇔          = = = 2 1 0 4 x x x thoả mãn của x vậy phương trình có 3 nghiệm x = 4 hoặc x = 0 hoặc x = 2 1 Câu II 1) Tìm tất cả các số nguyên không âm (x, y) thoả mãn đẳng thức ( )( ) ( )( ) .2512411 22 =++++++ xyyxxyyx ⇔ 1+ x 2 + y 2 +x 2 y 2 + 4xy + 2(x+y)(1+xy) = (5) 2 =(-5) 2 ⇔ ( x 2 + 2xy + y 2 )+(x 2 y 2 + 2xy +1)+ 2(x+y)(1+xy) = (5) 2 =(-5) 2 ⇔ ( x+y ) 2 +(xy+1) 2 + 2(x+y)(1+xy) = (5) 2 =(-5) 2 ⇔ (x+y+xy+1) 2 =5 2 hoặc (x+y+xy+1) 2 =(-5) 2 Xét : (x+y+xy+1) 2 =5 2 ⇔ x+y+xy+1 =5 ⇔ (x+ 1)+y(x+1) =5 ⇔ (x+ 1)(y+1) =5 Vì x 0≥ ; y 0≥ nên chỉ có          =+ =+    =+ =+ 11 51 51 11 y x y x ⇔          = =    = = 0 4 4 0 y x y x vậy nghiệm của phương trình là : (x ;y) = ( ) ( ){ } 0;4;4;0 b) ( ) n nn nn =       + ++ ++ 1 1 3.2 7 2.1 3 2 Đặt A= ( ) 1 1 3.2 7 2.1 3 2 + ++ ++ nn nn = ( ) 1 1)1( 3.2 13.2 2.1 12.1 + ++ + + + + nn nn = (1+1+ +1) + ( ) 1 1 3.2 1 2.1 1 + ++ nn = n +1- 2 1 + 2 1 - 3 1 + + nn 1 1 1 − − + 1 11 + − nn n số hạng A = n + 1 - 1 1 +n = n + 1+n n vì n > 0 nên 1> 1+n n >0 suy ra n <A< n+1 vậy phần nguyên của A là n Câu III: 30 30 H O C A B M N 1) Vì AC là tiếp tuyến ⇒ AC ⊥ AB tại A ⇒ ∠ A = 1V . Xét ∆ ABC có ∠ C= 30 0 Cotang C = AB AC ⇒ AC = AB . Ctang C ⇒ AC = 2R Ctang 30 0 = 2R 3 áp dụng định lý pi ta go ta có BC= RRRRACAB 416124 22222 ==+=+ vì ∠ AHB = 1V nên HA ⊥ CB nên AH là đường cao theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có :AH .BC = AB . AC ⇒ AH = BC ACAB. ⇒ AH = R RR 4 32.2 = R 3 b) Do ⇒ ∠ HAB = ∠ C = 30 0 ( cùng phụ với ∠ ABC) mà ∠ HAB = ∠ HNB( cùng chắn cung HN) ⇒ ∠ C = ∠ HNB ⇒ tứ giác CMNH nội tiếp tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMNH nằm trên đường trung trực của HC Do BC cố định mà HB = AB . cosB = 2R . 2 1 = R ( không đổi ) vậy H là điểm cố định Câu IV: 44 11 baP +++= ( ) ( ) ( ) 22 2 22 2 411 baba ++=+++≥ ( min cops ky) Ta có 4 9 )1)(1( =++ ba ⇒ a + b + ab + 1 = 4 9 ⇒ a + b + ab = 4 9 -1 = 4 5 Mà : (a 2 -a + 4 1 )+(b 2 -b + 4 1 )+ 2 2 22 baba +− 0≥ với mọi a;b dấu bằng xãy ra khi a = b = 2 1 ⇒ a 2 + 4 1 + b 2 + 4 1 + 2 22 ba + ≥ a+b +ab = 4 5 ( a 2 + b 2 ) 2 3 ≥ 4 3 ⇒ a 2 + b 2 ≥ 2 1 vậy P ≥ )(4 22 ba ++ = 2 17 2 1 4 =+ P min = 2 17 khi a = b = 2 1 Ghi chú : đây chỉ lời giải của cá nhân rất mong được các bạn đọc chỉ cho cách giải hay hơn Ngày 12 tháng 6 năm 2010 Nguyễn Văn Thuỷ . ) n nn nn =       + ++ ++ 1 1 3.2 7 2 .1 3 2 Đặt A= ( ) 1 1 3.2 7 2 .1 3 2 + ++ ++ nn nn = ( ) 1 1 )1( 3.2 13 .2 2 .1 12 .1 + ++ + + + + nn nn = (1+ 1+ +1) + ( ) 1 1 3.2 1 2 .1 1 + ++ nn = n +1- 2 1 + 2 1 - 3 1 +. )             −−       −− 13 17 ; 13 7 ; 13 17 ; 13 7 ;1; 1 ;1; 1 3) Giải phương trình .18 312 4 312 32 ++=+−++ xxxx điều kiện: thoả mãn với mọi giá trị của x ⇔ ( ) ( ) [ ] 12 2 )12 ( 312 2 312 22 +−++=+−++ xxxxxx ⇔ (. ] 012 2 )12 (12 23 312 22 =+−+−+−+−+ xxxxxx ⇔ ( ) ( ) 012 3 .12 2) 312 ( 2 =+−+−+−+ xxxx ⇔ ( ) ( ) 0 312 .12 2) 312 ( 2 =−++−−−+ xxxx ⇔ ( ) 012 21) 312 ( 2 =       +−−−+ xxx ⇔ ( )     =+−− =−+ 012 21 0 312 2 xx x ⇔ (