009 10 chuyên toán bình định 23 24

Gọi K, L lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác CDE, BDF.. Chứng minh tứ giác BLKC nội tiếp.. Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKC, ALB.. Chứng m

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 BÌNH ĐỊNH

MÔN: TOÁN (CHUYÊN)

ĐỀ BÀI Bài 1 (2,0 điểm)

1 Tính giá trị của biểu thức x34x2 23x12024

với x 3 3 2

2 a) Giả sử phương trình x2 ax 2 0(a là tham số) có hai nghiệm x x Tính 1, 2 3 3

P x x

b) Cho

3

3 8

3 3

  

Tìm một đa thức bậc 3, hệ số nguyên nhận  làm nghiệm

Bài 2: (3,0 điểm)

1 Giải phương trình: 4x 1 2 4x 1 16x21 2 (x  ).

2 Giải hệ phương trình:    

x y

x y xy





 x y  , 

Bài 3: (1,0 điểm)

Tìm tất cả các giá trị nguyên của n để n 2 2026 là một số chính phương

Bài 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF Gọi K, L lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác CDE, BDF.

1 Chứng minh LDF KDC

2 Chứng minh hai tam giác LDF và KDC đồng dạng, hai tam giác LDK và FDC đồng dạng.

3 Chứng minh tứ giác BLKC nội tiếp.

4 Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKC, ALB Chứng minh PQ // KL.

Bài 5: (1,0 điểm)

Một học sinh viết lên bảng một dãy 2023 số nguyên dương thoả mãn trong dãy này có đúng 10 số hạng phân biệt Chứng minh rằng tồn tại một dãy các số hạng liên tiếp của dãy này sao cho tích của chúng là một số chính phương

ĐÁP ÁN Bài 1 (2,0 điểm)

1 Tính giá trị của biểu thức x34x2 23x12024

với x 3 3 2

2 a) Giả sử phương trình x2 ax 2 0(a là tham số) có hai nghiệm x x Tính 1, 2 3 3

P x x

b) Cho

3

3 8

3 3

  

Tìm một đa thức bậc 3, hệ số nguyên nhận  làm nghiệm

Lời giải:

x   x    x  x 

Do đó x34x2 23x12024 0 1 20241

2 a) Theo Định lý Viete, ta có x1x2  , a x x  Khi đó1 2 2

P x x  x x  x x x x a  a

b) Ta có

3 3

2 3 3

  

3

3 18 17 0

Vậy P x  3x318x17

là một đa thức bậc 3 hệ số nguyên nhận  là nghiệm

Bài 2: (3,0 điểm)

1 Giải phương trình: 4x 1 2 4x 1 16x21 2 ( x   ).

2 Giải hệ phương trình:    

x y

x y xy





 x y  , 

Lời giải:

1 Điều kiện xác định:

1 4

x 

Phương trình ban đầu tương đương

4x1 2 4 x 1 4x1 4x 1 2 0

4x 1 2

   (do 4x    )1 1 0

4x 1 4

5 4

x

(thỏa mãn điều kiện xác định)

Vậy tập nghiệm của phương trình là

5 4

S   

 

2 Cộng theo vế hai phương trình của hệ, ta được

x y  xy x y  x y 

Vì    

2

x y  x y  x y    

  nên  1  x y  1 Thay y 1 x vào phương trình thứ hai, ta được

4 3 1 x  x 2

2 0

2

x

x x

x





      

 Với x 1 thì y  Với 2 x 2 thì y  1

Vậy tất cả các nghiệm của hệ ban đầu là x y ;   2; 1 ; 1; 2     

Bài 3: (1,0 điểm)

Tìm tất cả các giá trị nguyên của n để n 2 2026 là một số chính phương

Lời giải:

Cách 1 Giả sử tồn tại số nguyên n sao cho n22026k2, với k  

Khi đó k n k n     2026

Ta nhận thấy k n  và k n có cùng tính chẵn lẻ Do đó tích của chúng hoặc là số lẻ, hoặc là số chia hết cho 4 Trong khi đó 2026 là số chẵn không chia hết cho 4, một mâu thuẫn

Do đó không tồn tại số nguyên dương n sao cho n 2 2026 là số chính phương

Cách 2 Chú ý rằng một số chính phương khi chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1.

Do đó n 2 2026 chia cho 4 có số dư là 2 hoặc 3 Suy ra n 2 2026 không là số chính phương

Bài 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF Gọi K, L lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác CDE, BDF.

1 Chứng minh LDF KDC

2 Chứng minh hai tam giác LDF và KDC đồng dạng, hai tam giác LDK và FDC đồng dạng.

3 Chứng minh tứ giác BLKC nội tiếp.

4 Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKC, ALB Chứng minh PQ // KL.

Lời giải.

1 Vì ADCAFC90 nên AFDC là tứ giác nội tiếp Tương tự, AEDB là tứ giác nội tiếp.

Khi đó

LDF  BDF  BAC CDE CDK

2 *Ta có

LFD BFD C DCK

Xét ∆LDF và ∆KDC ta có

LDF KDC (câu 1.),

LFD KCD (chứng minh trên)

Suy ra LDF∽ KDC (g.g).

* Từ kết quả câu 1, ta có LDK LDF FDK  KDC FDK FDC

Xét ∆LDK và ∆FDC ta có

LDK FDC (chứng minh trên),

DL DK

DF DC (do LDF∽ KDC, chứng minh trên).

Suy ra LDK∽ FDC (c.g.c).

3 Ta có

BLK BLD DLK    DFC   DAC



           

Suy ra tứ giác BLKC nội tiếp.

4 Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF Chứng minh tương tự câu 3, ta chứng minh được các AJLB, AJKC là các tứ giác nội tiếp Do đó AJ là dây cung chung của đường tròn (P) và

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi đó AJ, BL, CK cùng đi qua I Ta có

2 2 2

C A B IJK JKL IJK JKI IKL ACK CAJ LBC           

Từ (1) và (2) suy ra PQ // LK.

Bài 5: (1,0 điểm)

Một học sinh viết lên bảng một dãy 2023 số nguyên dương thoả mãn trong dãy này có đúng 10 số hạng phân biệt Chứng minh rằng tồn tại một dãy các số hạng liên tiếp của dãy này sao cho tích của chúng là một số chính phương

Lời giải:

Gọi a a1, , ,2 a2023 theo thứ tự là dãy gồm 2023 số nguyên dương được viết trên bảng, mỗi số trong

dãy nhận một trong 10 giá trị b b1, , ,2 b 10

Với mỗi k = 1, 2,…, 2023, đặt P k a a1 k là tích của k số hạng đầu tiền của dãy Khi đó

1 k 2 k 10 k

k

P b b  b

ở đây 1k, ,10k lần lượt là số lần xuất hiện của b1, ,b trong k số hạng đầu tiên của dãy.10

Xét 2023 bộ 1k,2k, ,10k

theo modulo 2 (k = 1, 2,…, 2023), có tất cả 210 = 1024 trường hợp

có dạng như sau:

(0,…, 0, 0), (0,…, 0, 1), (0,…, 1, 0),…, (1,…, 1, 1)

Theo Nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai chỉ số m, n (giả sử 1 ≤ m < n < 2023) thỏa mãn

1m,2m, ,10m  1n,2n, ,10n mod 2 Khi đó

1 1 1

2 ,

2 ,

2 ,

trong đó  1, 2, ,   (do mỗi dãy 10  i1, i2, ,i2023 là dãy không giảm, với i = 1, 2,…, 10) Như vậy ta có

m

P

P

là một số chính phương Ta có điều phải chứng minh