Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp O.. Các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H.. Gọi Q là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC.. Gọi I là giao điểm của QF và AC.. Tìm vị trí của Q trên cung nhỏ BC đ
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
Năm học 2015 – 2016 Môn thi : Toán
( Dành cho học sinh thi chuyên Toán) Bài I: ( 2 điểm )
1) Giải phương trình :x x 8 3 x 1 0
2) Giải hệ phương trình:
2 2
5
Bài II (2,5 điểm)
1) Cho số nguyên dương n thoả mãn (n,10) = 1 Chứng minh rằng 4
1 40
n 2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và số nguyên dương x, y thoả mãn:
2
1 2 ( 2)
3) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn: 3 3 3 2 2 2
x y z nx y z
Bài III (1,5 điểm)
Cho 3 số thực dương a, b, c thoả mãn: a b b c c a 1.
Chứng minh rằng 3
4
ab ac bc
Bài IV (3 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) Các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H Gọi
Q là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC Gọi E, F là điểm đối xứng của Q qua AB, AC 1) Chứng minh rằng: MH.MA = MP.MN
2) Chứng minh rằng : E, F, H thẳng hàng
3) Gọi J là giao điểm của QE và AB Gọi I là giao điểm của QF và AC Tìm vị trí của Q
trên cung nhỏ BC để AB AC
QJ QI nhỏ nhất
Bài V (1,0 điểm)
Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên a,b,c sao cho 1
1000
-
Trang 2BÀI GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP HÀ NỘI NĂM 2015-2016
(GV Lưu Văn Thám Thực hiện)
Bài I ( 2 điểm )
1) Giải phương trình :x x 8 3 x 1 0 (1)
(x 8 2 x 8 1) (x 6 x 9) 0 ( x 8 1) ( x 3) 0
( x 3) 0
x 9
Thử lại thấy thỏa mãn, nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=9
2) Giải hệ phương trình:
2 2
5
Thay phương trình thứ nhất vào phương trình thứ hai ta được
x3+2y3 = 2(x − y)(x2+y2)⇔x3−4y3
+2xy2−2x2y = 0⇔(x−2y)(x2
+2y2)=0
Do x2+2y2 = 5+y2>0 nên x =2y ⇒ 5y2 =5 ⇒y = ±1⇒ x = ±2
Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình đã cho, vậy nên hệ có hai
nghiệm (x,y)=(2,1);(−2,−1)
Bài II (2,5 điểm)
1) Cho số nguyên dương n thoả mãn (n,10) = 1 Chứng minh rằng 4
1 40
n
Theo giả thiết (n,10) = 1 ⇒ (n,5) = 1 và n là số lẻ
Mặt khác n4−1=(n−1)(n+1)(n2
+1) và từ trên ta suy ra các số n−1, n+1, n2+1 đều là các số chẵn,
n4−1 chia hết cho 8
Vì số chính phương chia cho 5 dư 1 hoặc 4, suy ra n2 −1 chia hết cho 5 hoặc n 2
+1 chia hết cho 5,
n4−1 chia hết cho 5
Kết hợp với (5,8)=1 nên n4−1 chia hết cho 40 (đpcm)
2) Tìm tất cả các số nguyên tố p và số nguyên dương x, y thoả mãn:
2
1 2 ( 2)
Từ giả thiết ta suy ra 0<x<y < p ⇒ p>2 và trừ theo vế ta có:
p2 – p = 2x2
+ 4x – 2y2 – 4y p(p−1) = 2(y−x)(y+x+2)
Vì y – x < p nên p là ước của x + y + 2, lại có x + y + 2 < 2p+2 nên x +y +2 =2p hoặc x +y +2=p TH1: x+y+2 = 2p ⇒ x = y = p−1 (vô nghiệm vì x<y)
TH2: x+y+2 = p ⇒ p−1 = 2(y−x) ⇒ y = 3x+1⇒ p−1 =2(2x+1)
Kết hợp với điều kiện ban đầu ta suy ra x2+2x = 2x+1⇒ x=1⇒y = 4⇒ p=7
Vậy các số cần tìm là p=7,x = 1,y = 4
3) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thoả mãn:
x y z nx y z (1)
Không mất tổng quát giả sử rằng x⩾y⩾z⩾1 Khi đó 3x3 ⩾ nx2
y2z2 ⇒ 3x⩾ny2
z2 Mặt khác (1) y3+z3 chia hết cho x2 nên 2y3⩾y3
+z3⩾x2
Do đó 2y3 ⩾ n y z2 4 4
9 18 ⩾ n
2
yz4 n⩽4
Nếu n = 4 thì y = z = 1⇒ 2 chia hết cho x2 ⇒ x = 1 không thỏa mãn
Nếu n = 3 thì yz4⩽2⇒ z=1, y=1 hoặc y = 2 y = 1 x =1; y = 2 x = 3 , thử lại thỏa mãn phương trình ban đầu
Nếu n = 2 thì yz4⩽ 4 ⇒ z = 1,y ∈{1;2;3;4} ⇒y3+1∈{2;9;28;65}, vì 65 và 2 không chia hết cho
số chính phương nào ngoài 1 nên loại Nếu y = 28 chia hết cho x2
thì x = 2 (loại vì x<y)
Trang 3y = 9 x = 3, kết quả này thử lại không thỏa mãn điều kiện ban (loại)
Nếu n = 1 thì z 5⩽ yz4⩽18⇒ z = 1 và ta thấy với y = 2 ⇒ x = 3 là thỏa mãn điều kiện bạn đầu Vậy các n = 1, n = 3 là các số cần tìm
Bài III (1,5 điểm)
Cho 3 số thực dương a, b, c thoả mãn: a b b c c a 1.
Chứng minh rằng 3
4
ab ac bc
Biến đổi ta được 1 = (a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca)−abc (a+b+c)(ab+bc+ca) = abc+1 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho 2 số dương ta có
a b a c 2 (a b)(a c) ; b c 1 2 b c
2(a b c) 1 2( (a b)(a c) b c) 4 (a b)(a c)(b c) 4 4 2 (a b c) 1
3 (1)
Chứng minh bất đẳng thức Cô-si cho 3 số ta có a b c 3 abc 3 (tự chứng minh)
Lại áp dụng áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho 2 số dương ta có
1 = (a+b)(b+c)(c+a) ⩾ 2 ab.2 bc.2 ca 8abc abc 1
8
a b c2 2 2 1 a b c3 3 3 1 abc abc 13abc 1 (a b c)
(1),(2) (a+b+c)(ab+bc+ca) = abc+1 1 (a b c) 2(a b c) 3(a b c)
4
ab ac bc
(đpcm)
Bài IV (3 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) Các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H Gọi Q là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC Gọi E, F là điểm đối xứng của Q qua AB, AC
1) Chứng minh rằng: MH.MA = MP.MN
2) Chứng minh rằng : E, F, H thẳng hàng
3) Gọi J là giao điểm của QE và AB Gọi I là giao điểm của QF và AC
Tìm vị trí của Q trên cung nhỏ BC để
AB AC
QJ QI nhỏ nhất
Trang 4H
F
E
G
N
M
P
O A
Q
1) Dễ dàng thấy rằng các tứ giác CNHM, BMHP, ABMN nội tiếp để có ^NCH =^NMH
và ^NMP=^HBP, kết hợp với ^ACH=^ABH (cùng phụ với ^BAC) ta suy ra ^NMH=^HMP (1) Mặt khác tứ giác ANMB nội tiếp nên ^MNH =^MAB (2)
2) Trước hết dễ thấy △ACQ=△ACF (c.c.c) nên ^AFC=^AQC=^ABC=^CHM tứ giác AFCH nội tiếp và ^AFH =^ACH =90∘ −BAC (3)
Mặt khác do tính chất đối xứng ta có AF=AQ=AE hay tam giác AEF cân tại A
^AFE=^AEF=90∘−(1/2)^EAF = 90∘−(1/2)(^FAQ+^EAQ)=90∘−(^CAQ+^BAQ)=90∘−^BAC
Do đó ta được AFHˆ=AFEˆ hay ba điểm E,H,F thẳng hàng
3) Trước hết thấy rằng AB.QJ=2SABQ, AC.QI=2SAQC Gõi G là điểm chính giữa cung nhỏ BC và
, khi đó áp dụng BĐT Bunhiacopsky-Cauchy-Shwarz dạng phân thức ta có
P
AB.QJ AC.QI 2.S 2.S 2(S S ) 2(S S ) 2(S S )
( do G là điểm chính giữa của cung nhỏ BC thì luôn có SQBC⩽SGBC)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi QI=QJ
Vậy P nhỏ nhất khi và chỉ khi Q là điểm chính giữa của cung nhỏ BC
Bài V (1,0 điểm)
1000
1000
2 1
Mà ( 1 )10 ( 2 1)10 a b 2
1000
-