De TSL10 toan HCM nang khieu(chuyen) 13 14(giai)

Khi kết thúc kỳ thi, người ta nhận thấy rằng: với hai thí sinh bất kỳ luôn có ít nhất một bài toán mà cả hai thí sinh đó đều giải được.. Chứng minh rằng: a Nếu có một bài toán mà mọi thí

ĐAI HỌC QUỐC GIA TP.HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2013

TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU MÔN THI: TOÁN (Chuyên)

Thời gian: 150 phút Câu I: Cho phương trình: x2 4mx m 2 2m 1 0(1)  với m là tham số

a) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x ;x phân biệt Chứng minh rằng: khi đó 1 2 x ;x1 2 không thể tái dấu nhau

b) Tìm m sao cho: x1  x2 1

Câu II: Giải hệ phương trình:

 

 

 

2

2

2

3z 2x 1 2y z 2









Câu III: Cho x, y là hai số không âm thỏa mãn x3y3  x y

a) Chứng minh rằng: y x 1 

b) Chứng minh rằng: x3y3x2 y2 1

Câu IV: Cho M a 3a 1 2  với a là số nguyên dương

a) Chứng minh rằng mọi ước của M đều là số lẻ

b) Tìm a sao cho M chia hết cho 5 Với những giá trị nào của a thì M là lũy thừa của 5?

Câu V: Cho ABC có A 60 0 Đường tròn (I) nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với các cạnh BC,

CA, AB lần lượt tại D, E, F Đường thẳng ID cắt EF tại K, đường thẳng qua K và song song với BC cắt AB,

AC theo thứ tự tại M, N

a) Chứng minh rằng: các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp

b) Gọi J là trung điểm của cạnh BC Chứng minh ba điểm A, K, J thẳng hàng

c) Gọi r là bán kính của đường tròn (I) và S là diện tích tứ giác IEAF Tính S theo r và chứng minh IMN

S S

4

 (SIMN chỉ là diện tích IMN)

Câu VI: Trong một kỳ thi, 60 thí sinh phải giải 3 bài toán Khi kết thúc kỳ thi, người ta nhận thấy rằng: với

hai thí sinh bất kỳ luôn có ít nhất một bài toán mà cả hai thí sinh đó đều giải được Chứng minh rằng: a) Nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán khác mà mọi thí sinh đều giải được

b) Có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được

ĐÁP ÁN Câu I:

a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x 1 2   ' 4m2 m22m 1 0 

2

3m 1 m 1   0

   

m và m > -1

3 3m 1 0 và m 1 0 m < và m < -1 1 m 1

3











1 2

x x m  2m 1  m 1 0

Do đó x ;x không thể trái dấu.1 2

b) Phương trình có hai nghiệm không âm x ;x1 2

 

2

1 2

1

m hoặc m 1 (áp dụng câu a)





 



       



1 m 3

 

Ta có: x1 x2  1 x x1 2 2 x x1 2  1 4m 2 m 1   2 1

4m 1

2



      

4m 1 0

2

4m 1

m 1

2

1 4m

m 1

2







   







1 m 4 4m 1

1

1 m (thích hợp)

2

m 2







         





 Vậy m 1

2

 là giá trị cần tìm

Câu II: Ta có: 3x2 2y 1 3y  22z 1 3z  22x 1 2z x 2 2x y 2 2y z 2          

           

x y2 x z2 y z2 x 12 y 12 z 12 0

          

Thử lại, ta có: x;y;z 1;1;1 là nghiệm của hệ phương trình đã cho

Câu III:

a) Ta có: x 0;y 0  và x3y3 x y

Do đó : x y x  3y3 0 Nên x y 0   x y

Ta cũng có : x3y3 x3 y3 x y x   2xy y 2

Nên x y x y x   2xy y 2

Nếu x = y thì x3y30 Ta có : x = y = 0 Nên y x 1 

Nếu x y thì từ x y x y x   2xy y 2 ta có : 1 x 2xy y 2

Mà x2xy y 2 x2 Nên 1 x 2 Mà x 0 Nên 1 x

Vậy y x 1 

b) 0 y x 1   nên y3y ;x2 3 x2 Do đó : x3y3 x2 y2

Vì 1 x 2xy y 2 và x2xy y 2 x2y2 Do đó: x2y2 1

Vậy x3y3 x2y2 1

Câu IV:

a) M a 3a 1 a 2   2 a 2a 1 a a 1 2a 1      là số lẻ (Vì a, a + 1 là hai số nguyên dương liên tiếp nên

 

a a  1 2 )

Do đó mọi ước cả M đều là số lẻ

b) M a 3a 1 2  a2 2a 1 5a  a 1 25a

Ta có: M 5; 5a 5   Do đó: a 1 5 2 Nên a 1 5 

Ta có : a chia cho 5 dư 1, tức a 5k 1 k N    

Đặt a 3a 1 5 n N2    n  * (n N * vì do a 1 nên a 3a 1 52   )

Ta có : 5 5n theo trên ta có : a 5k 1 k N    

Ta có : 5k 1 23 5k 1 1 5    n  25k 10k 1 15k 3 1 52       n

  n 

25k k 1 5 5 *

   

Nếu n 2 ta có : 5 5n , mà 2 25k k 1 5 ;   2 5 không chia hết cho 5 : vô lí.2 Vậy n = 1 Ta có : 25k k 1   0;k N Do đó : k = 0 Nên a = 1

Câu V :

N

F

E

D

I

C

A

a) Ta có : MN // BC (gt), ID BC ((I) tiếp xúc với BC tại D)

IFM IKM 90  90 180

 Tứ giác IFMK nội tiếp

Mặt khác : IKN IEN 90  0  Tứ giác IKEN nội tiếp

Ta có : IMF IKF (Tứ giác IFMK nội tiếp) ; IKF ANI (Tứ giác IKEN nội tiếp)

IMF ANI

   Tứ giác IMAN nội tiếp

b) Ta có :

IMK IFK Tư ùgiác IFMK nội tiếp

IN K IEK Tư ùgiác IKEN nội tiếp









Mặt khác : IE = IF (= r)  IEF cân tại I

IMN

 cân tại I có IK là đường cao

 IK là đường trung tuyến của IMN

 K là trung điểm của MN

Mà BC = 2.BJ (J là trung điểm của BC)

Do đó: MN 2.MK MK

BC  2.BJ  BJ

Mặt khác: ABC có MN // BC

AM MN

  (Hệ quả của định lý Thales)

Ta có: AM MKAB  BJ MNBC 

Xét AMK và ABJ , ta có:

AMK ABJ hai góc đồng vị và MN // BC

AM MK











 Hai tia AK, AJ trùng nhau

Vậy ba điểm A, K, J thẳng hàng

c) AE, AF là các tiếp tuyến của đường tròn (I)

 AE = AF, AI là tia phân giác của EAF

AEF

 cân tại A có EAF 60 (gt) 0

 AEF đều  EF = AE = AF

AEF

 đều có AI là đường phân giác

 AI là đường cao của AEF

2

IAE

 vuông tại E  AE = IE.cotIAE; IE = AI.sin.IAE

0

0

r

sin30

Vậy EF = AE = 3.r

Vậy S 1.AI.EF 1.2r 3.r 3.r (đvdt)2

Gọi H là giao điểm của AI và EF

Ta có: IH EF, H là trung điểm của EF và HIF 60 0

IHF

 vuông tại H IH IF.cosHIF r.cos600 1.r

2

Do đó: SIEF 1.IH.EF 3.r2

Xét IMN và IEF , ta có:

IMN IFE;INM IEF 

Do đó: IMNIEF g g  

2 IMN

IEF

Mà IF FM IM IF IM 1

IF

Do đó: IMN IMN IEF

IEF

S

3.r

4

Vậy SIMN S

4



Câu VI: Gọi ba bài toán là A, B, C.

a) Không mất tính tổng quát, giả sử mọi thí sinh đều không giải được bài toán A.

 Nếu mọi thí sinh đều không giải được bài toán B thì từ giả thiết ta có mọi thí sinh đều giải được bài toán C

 Nếu mọi thí sinh đều giải được bài toán B và bài toán C thì ta có mọi thí sinh đều giải được bài toán B; bài toán C

 Nếu có một thí sinh chỉ giải được một bài toán, giả sử giải được bài toán B Xét học sinh này với tất cả các học sinh còn lại Theo giả thiết, có mọi thí sinh đều giải được bài toán B

Vậy nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán khác mà mọi thí sinh đều giải được

b) Theo giả thiết ta có mọi thí sinh đều giải được ít nhất một bài toán Nếu có một thí sinh chỉ giải đúng

một bài toán Xét học sinh này với tất cả các học sinh còn lại, ta có mọi thí sinh đều giải được bài toán đó

Ta chỉ còn xét trường hợp mà mọi thí sinh giải được ít nhất hai bài toán

 Gọi số thí sinh giải được A, B mà không giải được C là x, số thí sinh giải được B, C mà không giải được

A là y, số thí sinh giải được A, C mà không giải được B là z, số thí sinh giải được cả A, B, C là t (x, y, z, t

N

Ta có: x y z t 60    (1)

Cách 1: Giả sử có điều trái với kết luận của bài toán.

Ta có: x + z + t < 40; x + y + t < 40; y + z + t < 40

Do đó : x + z + t + x + y + t + y + z + t < 40 + 40 + 40  2 x y z t     t 120

Kết hợp (1) ta có : t < 0

Điều này vô lí Điều giả sử ở trên là sai

Vậy có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được

Cách 2 : Ta có : số học sinh không giải được A là y, không giải được B là z, không giải được C là x.

Nếu x > 20 ; y > 20 ; z > 20 thì x + y + z > 60 Mâu thuẫn (1)

Do đó : trong ba số x, y, z phải có một số không vượt quá 20

Như vậy có một bài toán mà có nhiều nhất 20 thí sinh không giải được Do đó bài toán này có ít nhất 40 thí sinh giải được

Vậy có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được