Bài 4: Cho tam giác ABC không phải là tam giác cân.. Đường thẳng NP cắt BO, CO lần lượt tại E và F.. 1 Chứng minh rằng OEN và OCA bằng nhau hoặc bù nhau.. 3 Gọi K là tâm đường tròn ngo
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HÀ NỘI
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN TOÁN CHUYÊN Thời gian làm bài 150 phút
Bài 1:
1) Tìm các số tự nhiên n để 72013+3n có chữ số hàng đơn vị là 8
2) Cho a, b là các số tự nhiên lớn hơn 2 và p là số tự nhiên thỏa mãn 1 12 12
p a b
Chứng minh p là hợp số
Bài 2:
1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 2− 3y2
+ 2xy − 2x + 6y – 8 = 0
2) Giải hệ phương trình
2x2 + xy + 3y2 − 2y – 4 = 0 3x 2+ 5y2 + 4x – 12 = 0
Bài 3:
Cho a, b là các số thực thỏa mãn a + b + 4ab = 4a2 + 4b2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A = 20(a 3+ b3) − 6(a2 + b2) + 2013
Bài 4:
Cho tam giác ABC không phải là tam giác cân Đường tròn (O) tiếp xúc với BC,
AC, AB lần lượt tại M, N, P Đường thẳng NP cắt BO, CO lần lượt tại E và F
1) Chứng minh rằng OEN và OCA bằng nhau hoặc bù nhau
2) Bốn điểm B, C, E, F thuộc 1 đường tròn
3) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp OEF Chứng minh O, M, K thẳng hàng
Bài 5:
Trong mặt phẳng cho 6 điểm A1, A2, , A6 trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng và trong 3 điểm luôn có 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 671 Chứng minh rằng trong 6 điểm đã cho luôn tồn tại 3 điểm là 3 đỉnh của 1 tam giác có chu vi nhỏ hơn 2013
- Hết -
Trang 2GV: Lưu Văn Thám – thực hiện
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN HÀ NỘI
NĂM HỌC 2013-2014 Bài 1:
1) Tìm các số tự nhiên n để 72013+3n có chữ số hàng đơn vị là 8
2) Cho a, b là các số tự nhiên lớn hơn 2 và p là số tự nhiên thỏa mãn 1 12 12
minh p là hợp số
1) Yêu cầu đề bài A = 72013 + 3n 8 (mod 10)
Ta có 72013 = 7.72012 = 7.(74)503 = 7.2401503 7 (mod 10)
1 (mod 10) Gọi k, r là thương và số dư của n cho 4 (k,r N, 0 ≤ r ≤ 3) ta có n = 4k + r
3n = 34k+r = 3r. 34k = 3r 81k 3r (mod 10)
Vậy 3n
1 (mod 10) 3r 1 (mod 10) mà 0 ≤ r ≤ 3 r = 0 n = 4k
Thử lại Với n = 4k ta có A = 72013
+ 3n = 7.2401503 +81k 7 + 1 (mod 10) thỏa đề bài
2)
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
(a2 – p)(b2 – p) = p2 (*)
Xét a ≥ b (b ≥ a chứng minh tương tự)
Nếu p = 1 a2
= b2 = p + 1 = 2 a = 2 không thỏa đề bài Nếu p 1 Giả sử p là số nguyên tố , khi đó (*) a22 p p2 a22 2p 2
* a2 = 2p p = 2 (do p nguyên tố) a = 2 không thỏa đề bài
* a2 = p + p2 a2 p a p (do p nguyên tố)
a2 p2 p + p2 p2 p p2 Vô lý vì p nguyên tố lớn hơn 1
p không thể là số nguyên tố và không bằng 1 nên p là hợp số (đpcm)
Bài 2:
1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x2− 3y2
+ 2xy − 2x + 6y – 8 = 0
2) Giải hệ phương trình
2x2 + xy + 3y2 − 2y – 4 = 0 (1)
3x 2+ 5y2 + 4x – 12 = 0 (2) 1) x2− 3y2
+ 2xy − 2x + 6y – 8 = 0 x2 + 2(y – 1)x + (y – 1)2 – 4y2 + 8y – 4 – 5 = 0 (x + y – 1)2 – (2y – 2)2 = 5 (x + 3y – 3)(x – y +1) = 5
Xét x + 3y – 3, x – y +1 là các cặp ước của 5 ta thu được các cặp số
(x; y) thỏa đề bài là: (4; 0); (2; 2); (–4; 2); (–2; 0)
2) Từ (1); (2) 2(2x2 + xy + 3y2 − 2y – 4) – (3x 2
+ 5y2 + 4x – 12) = 0
x2 + y2 + 2xy – 4x – 4y + 4 = 0 (x + y – 2)2 = 0 y = x – x thay vào (2) ta có :
3x2 + 5(2 – x)2 + 4x – 12 = 0 8x2 – 16x + 8 = 0 8(x – 1)2 = 0 x = 1 y = 2–1 = 1 Thử lại với x = y = 1 thay vào hệ đã cho thỏa, vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = 1
Bài 3: Cho a, b là các số thực thỏa mãn a + b + 4ab = 4a2 + 4b2 (1)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 20(a 3+ b3) − 6(a2
+ b2) + 2013
TH1 : a + b = 0 b = – a , thay vào (1) 0 – 4a2 = 4a2 + 4a2 12a2 = 0 a = b = 0
A = 2013
Trang 3GV: Lưu Văn Thám – thực hiện
TH2 : a + b 0
(1) a + b = 4a2 + 4b2 – 4ab = 2(a2 + b2) + 2(a – b)2 ≥ 2(a2+b2) ≥ (a + b)2 0 < a + b ≤ 1 (1) a + b = 4(a2 + b2 – ab) (a + b)2 = 4(a3 + b3) 20(a3 + b3) = 5(a + b)2
6a2 + 6b2 = a + b + 2a2 + 4ab + 2b2 = a + b + 2(a + b)2 Vậy ta có
A = 20(a 3+ b3) − 6(a2
+ b2) + 2013 = 5(a + b)2 – (a + b) – 2(a + b)2 + 2013
= 2(a + b)2 + (a + b)(a+ b – 1) + 2013 ≤ 2015 ( do 0 < a + b ≤ 1 (a + b)(a+ b – 1) ≤ 0 và 2(a + b)2 ≤ 2) Kết hợp cả 2 trường hợp ta luôn có A ≤ 2015
Khi a = b = 1
2 (thỏa (1)) thì A = 2015 Vậy GTLN của A là 2015
Bài 4:
Cho tam giác ABC không phải là tam giác cân Đường tròn (O) tiếp xúc vớicác cạnh BC,
AC, AB lần lượt tại M, N, P Đường thẳng NP cắt BO, CO lần lượt tại E và F
1) Chứng minh rằng OEN và OCA bằng nhau hoặc bù nhau
2) Bốn điểm B, C, E, F thuộc 1 đường tròn
3) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp OEF Chứng minh O, M, K thẳng hàng
E nằm trong đoạn PN
E nằm trên tia đối tia NP
H
H
K F
E N P
M O
K
F
E N
P
M
O
C B
Vậy tứ giác CEFB luôn nội tiếp đường tròn đường kinh BC (đpcm)
tiếp đường tròn đường kính HO, đường tròn này cũng là đường tròn ngoại tiếp OEF nên K
là trung điểm HO KO OB Mà OM BC (gt) O, M, K thẳng hàng (cùng nằm trên đường thẳng qua O vuông góc với BC)
Trang 4GV: Lưu Văn Thám – thực hiện
Bài 5:
Trong mặt phẳng cho 6 điểm A1, A2, , A6 trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng và trong
3 điểm luôn có 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 671 Chứng minh rằng trong 6 điểm đã cho luôn tồn tại 3 điểm là 3 đỉnh của 1 tam giác có chu vi nhỏ hơn 2013
Trong 5 đoạn thẳng A1A2; A1A3; A1A4; A1A5; A1A6 hoặc có ít nhất 3 đoạng thẳng cùng có độ dài nhỏ hơn 671, hoặc có ít nhất 3 đoạn thẳng cùng có độ dài không nhỏ hơn 671(nguyên lý Dirichlet)
o TH1: Có 3 đoạn có độ dài nhỏ hơn 671, không mất tính tổng quát giả sử đó là 3 đoạn: A1A2;
A1A3; A1A4 Lại xét 3 đoạn A2A3; A2A4; A3A4, theo đề bài thì trong 3 đoạn này cũng có 1 đoạn có độ dài nhỏ hơn 671, không mất tính tổng quát giả sử đó là đoạn A2A3
Vậy trong trường hợp này ta có tam giác A1A2A3 có các cạnh đều nhỏ hơn 671 nên chu vi nhỏ hơn 671 3 = 2013 (đpcm)
o TH2: Có 3 đoạn có độ dài không nhỏ hơn 671, không mất tính tổng quát giả sử đó là 3 đoạn: A1A2; A1A3; A1A4 Khi đó xét 3 điểm A1; A2; A3 có hai đoạn A1A2 ≥ 671, A1A3 ≥
671, theo đề bài ta có A2A3 < 671, chứng minh tương tự ta cũng có
A2A4 < 671, A4A3 < 671 Suy ra chu vi A1A2A3 < 2013
Vậy trong 6 điểm đã cho ta luôn tìm được 3 điểm là 3 đỉnh của 1 tam giác có chu vi nhỏ hơn
2013 (đpcm)
- Hết -