ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2017
MÔN THI : TOÁN ( Cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài : 120 phút ( không kể thời gian phát đề )

Câu I. (3.5 điểm )
1) Giải hệ phương trình.
2
2
 x  y  xy  1

2
3
 x  x y  2 y



2) Giải phương trình : 2  x  1 x  1   x  1  1  x  2  1  x 2



Câu II. (2.5 điểm )
1)Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức
12 x 2  26 xy  15 y 2  4617
2) Với a, b là các số thực dương , tìm giá trị lớn nhát của biểu thức
1  1
 1
 3

 x 2  y 2  xy  1

2
3
 x  x y  2 y



2) Giải phương trình : 2  x  1 x  1   x  1  1  x  2  1  x 2
hướng dẫn giải
1)Giải hệ phương trình.
2
2
 x  y  xy  1(1)

2
3
 x  x y  2 y (2)

Từ phương trình (1) suy ra ra: xy=x2+y2-1 (3) thay vào (2) ta được
x  x( x 2  y 2  1)  2 y 3
 x  x3  xy 2  x  2 y 3  0
 x 3  xy 2  y 3  y 3  0
 ( x  y )( x 2  xy  y 2 )  y 2 ( x  y )  0
 ( x  y )( x 2  xy  2 y 2 )  0
(4)
x  y  0
 2
2
 x  xy  2 y  0 (5)



2  x  1 x  1 





x  1  1  x 2  1  x2



 2  x  1 x  1  2 x  1  2 1  x  ( x  1) 1  x  (1  x) x  1
 2  x  1 x  1  ( x  1) 1  x  x  1(2  1  x)  2 1  x
 ( x  1)(2 x  1  1  x )  2 x  1  2 1  x
 ( x  1)( x  1  1  x )  2 1  x

(*)

 x  1  a  0
đặt: 
 1  x  b  0
Khi đó (*) trở thành: a 2 (a  b)  2b  a 3  a 2b  2b (1)
mặt khác ta có a 2  b 2  2 (2)
 a3  0
a0
(ktm)
 2
Xét với b=0 ta có  2
a  2 a  2

 (4 x 2  4 xy  y 2 )  4 y 2  (2 x  y ) 2  (2 y ) 2 19


Áp dụng bổ đề trên ta có 19 là số nguyên tố và19= 4.4+3 nên suy ra :

2 x  y19  x19

 12 x 2  26 xy  15 y 2 192

 2 y19
 y19
điều này không xảy ra vì 4617 không chia hết cho192
vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
2) Với a, b là các số thực dương , tìm giá trị lớn nhát của biểu thức
1  1
 1
M  a  b 3
 3

 a  b b  a  ab
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có:
 a3  b   a1  b   ( a3. a1  b.b )  (a  b)2
1
1

 a    a   ( b3 .  a.a )  (a  b) 2
b
b

1

 b
 b3  a (a  b) 2

b

3

1 1
ab 
1
1
1
a b  1  ab(a  b)  a  b  a  b  1
 M  (a  b)( 3
 3
)

a  b b  a ab
ab
ab
ab(a  b)
vậyMax M=1 khi a=b=1
Câu III. ( 3 điểm )
  900 . Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABD
Cho hình thoi ABCD có BAD
tiếp xúc với BD,BA lần lượt tại J, L. Trên đường thẳng LJ lấy điểm K sao cho BK song song
ID.

ABI .
a)Chứng minh rằng CBK

 CBD
ADB  IDB

 CBK
ADI  
ABI

Vậy CBK
AIB
b)Gọi G là giao điểm của CJ và BK
  IJL
 (Đối đỉnh)
ta có KJG
  JBK
 (Cùng phụ với BIJ
)
và IJL
  JBI

 KJG

  KJG
  CBK

Mà JBI
ABI  CBK
  BJC
  900 ( vì ABCD là hình thoi
Suy ra tứ giác BCKJ nội tiếp suy ra BKJ
nên AC  BD hay góc BJC vuông) suy ra BK  CK



mà a1a2...an  n do đó hai số này  chia cho n có cùng số dư là 0 điều này mâu thuẫn với giả
thiết.
Như vậy n  4 suy ra n=4( vì n là hợp số)
Xét với n =4 thì tồn tại dãy số: 1;3;2;4 có 1; 1.3; 1.3.2;1.3.2.4 khi chia cho 4 có số dư lần
lượt là 1;3;2;0 thoả mãn đề bài.
vậy n=4