Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán năm học 2018 2019 phần 1

Đến đây dễ thấy hai tam giác BOH và BID đồng dạng với nhau, do đó ta được E C B A b Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn.. Kẻ đường kính AL của đường tròn O , khi đó ta có tứ giá

Đề số 1

ĐỀ THI TS LỚP 10 CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÀNH PHỐ HÀ NỘI

Chuyên Toán – Năm học 2018 – 2019 Câu 1 (2.0 điểm)

a) Chứng minh rằng tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB

b) Gọi M, N tương ứng là trung điểm của các cạnh AD, BC Chứng minh rằng đường thẳng MN đi qua trung điểm của EF

c) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN

Câu 5 (2.0 điểm)

Cho tập hợp S=xZ1 x 50   Xét A là tập hợp con bất kỳ của tập hợp S và có tính chất: Không có ba phần tử nào của tập hợp A là số đo ba cạnh của một tam giác vuông

a) Tìm một tập hợp A có đúng 40 phần tử và thỏa mãn điều kiện bài toán

b) Có hay không tập hợp A có đúng 41 phần tử và thỏa mãn điều kiện bài toán? Hãy giải thích câu trả lời

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (2.0 điểm)

+ Lời giải 1 Phương trình xác định với mọi số thực x Để ý rằng x2+3x 8 0+  với mọi

x nên phương đã cho tương đương với

+ Lời giải 2 Phương trình đã cho xác định với mọi số thực x Phương trình đã cho

được viết lại thành

• Nhận xét Trong các lời giải trên thì ta thấy lời giải thứ hai tự nhiên hơn, tùy nhiên khi đã

nhẩm được hai nghiệm đẹp thù lời giải thứ nhất lợi đơn giản hơn nhiều Ngoài ra trong lời giải thứ hai ta cũng không cần phải sử dụng đến biệt thức delta mà có thể phân tích thành phương trình tích luôn

+ Lời giải 2 Phương trình thứ nhất được viết lại thành 2 2

y =8x +2xy 6x 1− + Khi đó nếu lấy hiệu theo vế hai phương trình và thu gọn thì ta lại thu được phương trình

a) Cho p, q là hai số nguyên tố lớn hơn 5 Chứng minh p4+2019q4 chia hết cho 20

+ Lời giải 1 Ta có p4+2019q4=p4−q4+2020q4 Do đó đến chứng minh p4+2019q4chia hết cho 20 ta cần chứng minh p4−q4 chia hết cho 20 Để ý rằng ta có 20 4.5= và ( )4, 5 =1 nên ta đi chứng minh p4 −q4 chia hết cho 4 và 5

Ta có p4− =1 (p 1 p 1 p− )( + ) ( 2+1) và q4 − =1 (q 1 q 1 q− )( + ) ( 2+1) Do p Do p và q là các số nguyên tố lớn hơn 5 nên p và q là các số nguyên tố lẻ nên (p 1 p 1− )( + ) và (q 1 q 1− )( + ) cùng chia hết cho 4 Điều này dẫn đến p4− và 1 4

q − cùng chia hết cho 1

4 Đến đây ta suy ra được 4 4 ( 4 ) ( 4 )

p −q = p − −1 q −1 chia hết cho 4

Ta có

( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( )( ) ( )

p − =1 p 1 p 1 p− + + =1 p 2 p 1 p 1 p 2− − + + +5 p 1 p 1 p− + +1

Để ý rằng (p 2 p 1 p p 1 p 2− )( − ) ( + )( + ) chia hết cho 5 Mà do p là số nguyên tố lớn hơn

5 nên không chia hết cho 5, do vậy ta có (p 2 p 1 p 1 p 2− )( − )( + )( + ) chia hết cho 5 Từ đây suy ra p4− chia hết cho 5 Lập luận hoàn toàn tương tự ta cũng có 1 4

q − chia 1hết cho 5 Đến đây ta suy ra p4−q4 chia hết cho 5

Kết hợp các kết quả trên ta có điều phải chứng minh

+ Lời giải 2 Hoàn toàn tương tự như trên ta đi chứng minh p4−q4 chia hết cho 4 và

5

Do p và q là các số nguyên tố lớn hơn 5 nên p và q là các số lẻ, do đó p và q khi chia cho 4 chỉ có thể có số dư là 1 hoặc 3 Điều này dẫn đến p và 4 q khi chia cho 4 có 4cũng số dư là 1 Đến đây ta suy ra được p4−q4 chia hết cho 4

Cũng dp p và q là các số nguyên tố lớn hơn 5 nên p và q khi chia cho 5 có thể có một trong các số dư là 1; 2; 3; 4 Điều này dẫn đến p và 2 q khi chia cho 5 có các số dư là 1 2hoặc 5, do vậy p và 4 q khi chia cho 5 có cũng số dư là 1 Đến đây ta suy ra được 4

4 4

p −q chia hết cho 5

Kết hợp các kết quả trên ta có điều phải chứng minh

b) Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn đồng thời các điều kiện a b c d    ,

Do d là số nguyên dương nên ta có a d b c 0+ − −  , do đó suy ra a d b c+  +

ii) Gọi ( )a, b =m với m là một số nguyên dương Khi đó tồng tại các số nguyên dương x và y nguyên tố cùng nhau sao cho a mx= và b my= Từ giả thiết ad bc= ta suy ra được dx cy= , điều này có nghĩa là dx chia hết cho y Mà do ( )x, y =1 nên suy

ra d chia hết cho y, khi đó đặt d ny= với n là số nguyên dương Từ đó ta có nxy cy=hay c nx= Do a b c d   nên ta được y x và nm, hay ta có y x 1 + và

nm 1+ Từ đó ta lại suy ra được

m− x  nên kết hợp với bất đẳng thức trên ta suy ra được 0 x=m

Điều này dẫn ta đến a m= 2 Do vậy a là một số chính chương

• Nhận xét Ngoài lời giải như trên thì ý ii) còn có thể được tiếp cận bằng hai lời giải khác

sau đây

+ Lời giải 1 Từ giả thiết của bài toán ta được d a 2 ad+ − 1

Do ad bc= nên bất đẳng thức trên được viết lại thành d a 2 bc+ − 1

+ Lời giải 2 Đặt b a x,c a x y= + = + + và d a x y z = + + + với x, z là các số nguyên dương,

y là số nguyên không âm Khi đó các giả thiết của bài toán có thể được viết lại thành

a) Với x, y, z là các số thực thỏa mãn xyz 1= và

Vậy đẳng thức được chứng minh

+ Lời giải 2 Do xyz 1= nên tồn tại các số a, b, c sao cho x a; y b; z c

Vậy đẳng thức được chứng minh

b) Với x, y, z là các số thực dương thay đỏi và thỏa mãn điều kiện 1 1 1 3

Vậy giá trị lớn nhất của P là 6

a) Chứng minh rằng tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB

b) Gọi M, N tương ứng là trung điểm của các cạnh AD, BC Chứng minh rằng đường thẳng MN đi qua trung điểm của EF

c) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN

a) Chứng minh tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB

Do tứ giác AEDK là hình bình hành nên DK song song với AC Chú ý đến tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn thì ta được FDK=DCA=DBA Cũng do tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ta có tam giác FDA đồng dạng với tam giác FBC và tam

giác EDA đồng dạng với tam giác ECB Do đó ta suy ra được DF AD EA DK

BF = BC = EB = EB

nên ta có DF BF

DK= BE Do vậy tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB

b) Gọi M, N tương ứng là trung điểm của các cạnh AD, BC Chứng minh đường thẳng

MN đi qua trung điểm của EF

Gọi I là trung điểm của EF Do tứ giác AEDK là hình bình hành nên ta có M là trung điểm của EK, điều này dẫn đến IM song song với FK Dựng hình bình hành

BECL, khi đó để ý đến các góc nội tiếp ta có 0 0

FCL 180= −BDC 180= −BAC FAC= Lại có tam giác FDA đồng dạng với tam giác FBC và tam giác EDA đồng dạng với

tam giác ECB nên ta có FC BC EB CL

FA= AD=EA = AE Do đó suy ra tam giác FCL đồng dạng với tam giác FAE Kết hợp với tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB ta suy ra được KFD EFA= =LFC nên ba điểm F, K, L thẳng hàng Lại có N là trung điểm của

EL nên suy ra IN song song với FL Do vậy ba điểm I, M, N thẳng hàng hay đường thẳng MN đi qua trung điểm của EF

c) Chứng minh đường thẳng EF luôn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN

c) Gọi T là điểm đối xứng với M qua I Ta có tứ giác METF là hình bình hành nên

FTE FME= Lại có tam giác FAD đồng dạng với tam giác FCB và M, N theo thứ tự là trung điểm của AD, BC nên suy ra tam giác FAM đồng dạng với tam giác FCN Do vậy ta được FMA=FNC Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có tam giác EDA đồng dạng với tam giác ECB nên suy ra tam giác EMA đồng dạng với tam giác ENB nên ta được EMA ENB CNL= = Từ đó ta có 0

FME FNL 180= = −ENF, điều này dẫn đến FTE 180= 0−ENF nên tứ giác ETFN nội tiếp Suy ra ENM EFT= =MEF nên EF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN

Câu 5 (2.0 điểm)

Cho tập hợp S=xZ1 x 50   Xét A là tập hợp con bất kỳ của tập hợp S và có tính chất: Không có ba phần tử nào của tập hợp A là số đo ba cạnh của một tam giác vuông

a) Tìm một tập hợp A có đúng 40 phần tử và thỏa mãn điều kiện bài toán

b) Có hay không tập hợp A có đúng 41 phần tử và thỏa mãn điều kiện bài toán? Hãy giải thích câu trả lời

Lời giải

a) Trước hết ta chứng minh nhận xét: Trong mỗi bộ ba số nguyên dương thỏa mãn định lí Pitago luôn có một số chia hết cho 5

Thật vậy, gọi a, b, c là các số nguyên đương thỏa mãn điều kiện a2+b2 = c2

+ Nếu trong hai số a và b có một số chia hết cho 5 thì nhận xét trên hiển nhiên đúng + Nếu cả hai số a và b đều không chia hết cho 5 Khi đó a và b khi chia cho 5 có một trong các số dư là 1, 2, 3, 4 nên a và 2 b chia cho 5 có số dư là 1 hoặc 4 Điều này dẫn 2

đến 2

c chia cho 5 có một trong các số dư là 0, 2, 3 Mà c là số chính phương nên khi 2chia cho 5 không thể có số dư là 2 và 3 Do vậy c chia cho 5 có số dư là 0 Do vậy c 2chí hết cho 5

Vậy nhận xét trên được chứng minh

Xét tập hợp A S\ 5;10;15; ; 50=   Khi đó tập hợp A thỏa mãn yêu cầu bài toán

vì theo nhận xét trên thì trong mỗi bộ ba số nguyên dương thỏa mãn định lý Pitago phải có một số chia hết cho 5

b) Xét tập hợp A S\ 5; 8; 9; 20; 24; 30; 35; 36; 50=   Như vậy các số chia hết cho 5 nằm trong tập hợp A là 10; 15; 25; 40; 45

+ Chỉ có (6; 8;10) và (10; 24; 26) là các bộ ba số nguyên dương thỏa mãn định lí Pitago

mà các bộ số đó có chứa số 10 Mà ta thấy 8 và 24 không nằm trong tập hợp A Điều này dẫn đến trong tập hợp A không có bộ ba số nào thỏa mãn định lí Pitago mà có chứa số 10

+ Chỉ có (8;15;17 , 9;12;15 , 15; 20; 25) ( ) ( ) và (15; 36; 39) là các bộ ba số nguyên dương thỏa mãn định lí Pitago mà các bộ số đó có chứa số 15 Mà ta thấy 8, 9, 20, 36 không nằm trong tập hợp A Điều này dẫn đến trong tập hợp A không có bộ ba số nào thỏa mãn định lí Pitago mà có chứa số 15

+ Chỉ có (7; 24; 25) và (15; 20; 25) là các bộ ba số nguyên dương thỏa mãn định lí Pitago mà các bộ số đó có chứa số 25 Mà ta thấy 20 và 24 không nằm trong tập hợp A Điều này dẫn đến trong tập hợp A không có bộ ba số nào thỏa mãn định lí Pitago mà

có chứa số 25

+ Chỉ có (9; 40; 41 , 24; 32; 40) ( ) và (30; 40; 50) là các bộ ba số nguyên dương thỏa mãn định lí Pitago mà các bộ số đó có chứa số 40 Mà ta thấy 9, 24 và 30 không nằm trong tập hợp A Điều này dẫn đến trong tập hợp A không có bộ ba số nào thỏa mãn định lí Pitago mà có chứa số 40

+ Chỉ có (27; 36; 45) là các bộ ba số nguyên dương thỏa mãn định lí Pitago mà các bộ

số đó có chứa số 45 Mà ta thấy 36 không nằm trong tập hợp A Điều này dẫn đến trong tập hợp A không có bộ ba số nào thỏa mãn định lí Pitago mà có chứa số 10 Như vậy tập hợp A như trên có 41 phân tử mà không chứa bộ ba số nào thỏa mãn định lí Pitago nên tập hợp A thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đề số 2

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TP HÀ NỘI

Chuyên Tin học – Năm học 2018 – 2019

= Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn

c) Gọi K là trung điểm của cạnh BC Chứng minh đường thẳng KE đi qua trung điểm của đoạn OI

Bài 5 (1.0 điểm)

Trên một đường tròn cho 2018 điểm phân biệt An và Bình cùng chơi như sau: Mỗi lượt chơi, một bạn sẽ nối 2 điểm trong 2018 điểm đã cho để được một dây cung sao cho mỗi dây cung vừa được vẽ không có điểm chung với bất kì dây cung nào đã

vẽ trước đó Hai bạn luân phiên thực hiện chơi của mình Bạn đầu tiên không thể thực hiện được lượt chơi của mình là người thua cuộc Nếu An là người đi trước, hãy chỉ ra chiến thuật chơi để An luôn là người chiến thắng

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2.0 điểm)

Do đó phương trình trên có hai nghiệm là t 2= và t x 1= +

+ Với t 2= ta có phương trình x2 + = 5 2 x2+ = Phương trình vô nghiệm 1 0+ Với t x 1= + ta có phương trình 2

x + = + Khi đó ta được 5 x 1

( )

2

2 2

Biến đổi hệ phương trình đã cho ta được ( ) ( )

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 4x2+8xy 3y+ 2+2x y 2 0+ + =

Biến đổi phương trình đã cho ta được

= = − , loại do x không thỏa mãn là số nguyên

+ Trường hợp 2 Với 2x y+ = − và 2x 3y 1 21 + + = Giải hệ phương trình này ta thu được x= −1; y 1=

+ Trường hợp 3 Với 2x y+ = − và 2x 3y 1 12 + + = Giải hệ phương trình này ta thu

được x 3; y 1

2

= − = , loại do x không thỏa mãn là số nguyên

+ Trường hợp 4 Với 2x y 2+ = và 2x 3y 1+ + = − Giải hệ phương trình này ta thu 1được x 2; y= = − 2

Vậy phương trình trên có các nghiệm nguyên là ( ) (x; y = 1; 1 , 2; 2− ) ( − )

b) Cho hai số nguyên dương a, b thỏa mãn 2 2

Vậy đẳng thức được chứng minh

b) Cho các số thực dương x; y; z thay đổi và thỏa mãn xyz 1  Tìm giá trị lớn nhất

= Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn

c) Gọi K là trung điểm của cạnh BC Chứng minh đường thẳng KE đi qua trung điểm của đoạn OI

Lời giải

a) Chứng minh rằng BH.BI 2R= 2

Ta có AB AC= và AO vuông góc với BC

tại K nên K là trung điểm của BC Từ đó

suy ra H là trực tâm của tam giác ABC

Do đó ta có AHI=ACB ADB= nên suy

ra tứ giác HODI nội tiếp đường tròn Đến

đây dễ thấy hai tam giác BOH và BID

đồng dạng với nhau, do đó ta được

E

C B

A

b) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn

Kẻ đường kính AL của đường tròn ( )O , khi đó ta có tứ giác BMOL là hình thang vuông và N là trung điểm của OL Do đó ta được MN NB NC= = Từ đó ta suy

ra được NMB NBM= =NCA Do vậy tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn

c) Chứng minh đường thẳng KE đi qua trung điểm của đoạn OI

Gọi J là giao điểm của các đường thẳng KE và OI Gọi T là điểm đối xứng với I qua E Khi đó ta có ATE=AIE=BOH nên ATB AOB= , do đó tứ giác AOTB nội tiếp đường tròn Từ đây ta được OTH OAB HEK= = nên suy ra OT song song với EK Mà

E là trung điểm của IT nên suy ra J là trung điểm của OI

Bài 5 (1.0 điểm)

Trên một đường tròn cho 2018 điểm phân biệt An và Bình cùng chơi như sau: Mỗi lượt chơi, một bạn sẽ nối 2 điểm trong 2018 điểm đã cho để được một dây cung sao cho mỗi dây cung vừa được vẽ không có điểm chung với bất kì dây cung nào đã

vẽ trước đó Hai bạn luân phiên thực hiện chơi của mình Bạn đầu tiên không thể thực hiện được lượt chơi của mình là người thua cuộc Nếu An là người đi trước, hãy chỉ ra chiến thuật chơi để An luôn là người chiến thắng

Lời giải

Do không xét đến độ lớn khoảng cách giữa hai điểm bất kì nên ta có thể giả sử 2018 điểm được chia đều trên đường tròn Khi đó chiến thuật chơi của An như sau: Vẽ một đường kính AB của đường tròn, khi đó đường tròn sẽ được chia thành hai phần bằng nhau Kể từ đây mỗi người sẽ vẽ một dây cung nỗi hai điểm trên cùng một nửa đường tròn Khi Bình vẽ một dây cung thì An vẽ một dây cung đối xứng qua đường kính AB và An luôn làm được như vậy dù Bình vẽ dây cung như thế nào Do số dây cung vẽ được hữu hạn nên đến một lúc thì bình không thể vẽ được dây cung nào nữa

và như vậy An là người thắng cuộc

Đề số 3

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH

Năm học 2018 – 2019 Bài (1.5 điểm)

a) Chứng minh rằng tam giác ABK vuông

b) Đường tròn tâm K bán kính KA cắt các đường tròn (O; R) và (O '; r) lần lượt tại M và N (M và N khác A) Chứng minh rằng ABM=ABN

c) Trên đường tròn (O; R) lấy điểm C thuộc cung AM không chứa B (C khác

A và M) Đường thẳng CA cắt đường tròn (O '; r) tại D Chứng minh rằng KC KD=

Bài 6 (0.5 điểm)

Cho 17 số tự nhiên mà các chữ số của mỗi số được lấy từ tập hợp 0;1; 2; 3; 4 Chứng minh rằng ta có thể chọn được 5 số trong 17 số đã cho mà tổng của 5 số đó chia hết cho 5

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (1.5 điểm)

  là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán

b) Tìm tất cả các giá trị nguyên m để phương trình đã cho có nghiệm nguyên

Như trên ta đã có  =4m2+  do đó để phương trình đã cho có nghiệm nguyên 5 0thì  =4m2+  phải là một số chính phương Như vậy tồn tại số nguyên dương k 5 0

để  =4m2+ =5 k2 Từ đó ta được (k 2m k 2m− )( + )=5

Do k và m là các số nguyên nên k 2m; k 2m− + là các ước của 5 Từ đó ta có các

trường hợp sau

+ Trường hợp 1 Với k 2m 1; k 2m 5− = + = Từ đó suy ra được m=1

+ Trường hợp 2 Với k 2m 5; k 2m 1− = + = Từ đó suy ra được m= −1

+ Trường hợp 3 Với k 2m− = −1; k 2m+ = −5 Từ đó suy ra được m= −1

+ Trường hợp 4 Với k 2m− = −5; k 2m+ = −1 Từ đó suy ra được m=1

Thử lại ta thấy với m= −1 và m=1 thì phương trình đã cho đều có nghiệm nguyên Vậy các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán là m= −1 và m=1

p Cũng theo giả thiết thì p 1− chia hết cho n và p là số nguyên tố nên p 1 n−  hay

p n 1 + Do đó ta được n 1 p−  Mà p là số nguyên tố nên suy ra 2

n + +n 1 chia hết cho p Từ p 1− chia hết cho n ta đặt p 1 n.a− = với a là một số nguyên dương Khi đó

p n n n 1+ = + + + =1 n n +2n 1+ = n 1+

Vậy n p+ là một số chính phương

Bài 4 (1.0 điểm) Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn ( )2

a b− = + +a b 2 Chứng minh rằng:

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành (1 x+ 3)(1 y+ 3)9 Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh ta được

Bài 5 (3.0 điểm) Cho hai đường tròn (O; R) và (O '; r) cắt nhau tại hai điểm A và B (rR) sao cho O và O’ ở khác phía so với đường thẳng AB Gọi K là điểm sao cho tứ giác OAO’K là hình bình hành

a) Chứng minh rằng tam giác ABK vuông

b) Đường tròn tâm K bán kính KA cắt các đường tròn (O; R) và (O '; r) lần lượt tại M và N (M và N khác A) Chứng minh rằng ABM=ABN

c) Trên đường tròn (O; R) lấy điểm C thuộc cung AM không chứa B (C khác

A và M) Đường thẳng CA cắt đường tròn (O '; r) tại D Chứng minh rằng KC KD=

Lời giải

I H

K

D F

N

M

O' O

E C

B A

a) Chứng minh tam giác ABK vuông

Do rR nên điểm K nằm trong đường tròn (O; R) Gọi I là giao điểm của OO’ và

AK Khi đó I là trung điểm của AK nên AI IK= Do AB là giao điểm của hai đường

tròn (O; R) và (O '; r) nên suy ra OO’ là đường trung trực của AB Mà điểm I thuộc OO’ nên suy ra IA IB= Từ đó ta được IA IB IK= = nên tam giác ABK vuông tại B

b) Chứng minh ABM=ABN

Hai đường tròn ( )O và ( )K cắt nhau tại hai điểm A và M nên suy ra AM vuông góc với OK Mà ta lại có OK song song với AO’ nên AM vuông góc với AO’ Suy ra AM là tiếp tuyến tại A với đường tròn (O '; r) Tương tự thì AN cũng là tiếp tuyến tại A với đường tròn (O; R) Như vậy ta có BAM=BNA và BAN=AMB Như vậy từ hai tam giác MAB và NAB ta suy ra được ABM=ABN

c) Chứng minh rằng KC KD=

Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AC và AD Gọi H là trung điểm của EF Khi đó

do OE và O’F cùng vuông góc với EF nên suy ra IH vuông góc với EF Do vậy ta được

H là trung điểm của EF Đến đây ta suy ra được IH là đường trung trực của EF nên ta

có IE=IF Trong các tam giác AKC và AKD có IE và IF lần lượt là các đường trung bình nên suy ra CK 2.IE= và KD 2.IF= Do đó ta được KC KD=

Bài 6 (0.5 điểm) Cho 17 số tự nhiên mà các chữ số của mỗi số được lấy từ tập hợp

0;1; 2; 3; 4 Chứng minh rằng ta có thể chọn được 5 số trong 17 số đã cho mà tổng của 5 số đó chia hết cho 5

Lời giải

Xét các tập hợp T ; T ; T ; T ; T1 2 3 4 5 là các tập hợp các số tự nhiên có chữ số tận cùng lần lượt là 0; 1; 2; 3; 4 Ta xét các trường hợp sau

+ Trường hợp 1 Nếu các tập hợp T ; T ; T ; T ; T1 2 3 4 5 là các tập hợp khác tập rỗng, khi đó

ta chon 5 số tự nhiên mà mỗi số ở một trong các tập hợp T ; T ; T ; T ; T1 2 3 4 5 Khi đó 5 số được chọn có chữ số tận cùng là 0 nên tổng của 5 số đó chia hết cho 5

+ Trường hợp 2 Nếu trong các tập hợp T ; T ; T ; T ; T1 2 3 4 5 có một tập hợp rộng, khi đó do

có 17 số tự nhiên nên theo nguyên lí Dirichlets thì có một tập hợp chứa 5 số tự nhiên trong 17 số đã cho Từ đó ta chọn 5 số trong tập hợp đó thỉ tổng của 5 số đó chia hết cho 5

Vậy trong mọi trường hợp ta đều chọn được 5 số có tổng chia hết cho 5 Bài toán được chứng minh hoàn tất

a) Tìm các số nguyên x, y, z sao cho x2+y2+z2+ 6 xy 3y 4z+ +

b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m n 1+ + là một ước nguyên tố của

Cho tam giác ABC vuông tại A(AB AC ) nội tiếp đường tròn ( )O , đường cao

AH Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên

BD Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK tại I Đường thẳng BI cắt đường tròn ( )O tại N (N khác B)

Bài 5 (2.0 điểm)

Để phục vụ cho lễ khai mạc Words Cup 2018, ban tổ chức đã chuẩn bị 25000 quả bóng, mỗi quả bóng được đánh số từ 1 đến 25000 Người ta dùng 7 màu: Đỏ, Da cam,

Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để sơn các quả bóng (mỗi quả được sơn một màu) Chứng minh rằng trong 25000 quả bóng nói trên luôn tồn tại ba quả bóng cùng màu được đánh số là a, b, c mà a chia hết cho b, b chia hết cho c và abc 17

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 (6.5 điểm)

Điều kiện xác định của phương trình là 2 x 4 

+ Cách 1 Biến đổi tương đương phương trình trên như sau

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S= 3

a) Tìm các số nguyên x, y, z sao cho x2+y2+z2+ 6 xy 3y 4z+ +

b) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m n 1+ + là một ước nguyên tố của

( 2 2)

2 m +n −1 Chứng minh rằng m.n là một số chính phương

Lời giải

a) Tìm các số nguyên x, y, z sao cho x2 +y2+z2 + 6 xy 3y 4z+ +

Do x, y, z là các số nguyên nên từ x2+y2+z2+ 6 xy 3y 4z+ + ta được

Từ đó ta thu được (x; y; z) (= 1; 2; 2) thỏa mãn yêu cầu bài toán

b) Hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m n 1+ + là ước nguyên tố của 2 m( 2+n2)−1 Chứng minh rằng m.n là một số chính phương

Giả sử m và n là hai số nguyên đương khác nhau Khi đó ta có

Từ đó suy ra m n m n 1−  + + 2n 1 0+  , điều này vô lí vì n là số nguyên dương

Do vậy điều giả sử m và n khác nhau là sai nên suy ra m=n Từ đó ta có m.n m= 2 là một số chính phương

Bài 3 (2.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc 1= Chứng minh rằng:

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dẩng thức xẩy ra khi và chỉ khi a b c 1= = =

Bài 4 (7.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A(AB AC ) nội tiếp đường tròn ( )O , đường cao AH Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BD Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK tại I Đường thẳng BI cắt đường tròn ( )O tại N (N khác B)

G E H

T

X O

Q

P I

J K

N

M D

C B

A

b) Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP

Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP và X là trung điểm của NP Do A và

D đối xứng với nhau qua BC nên suy ra PD là tiếp tuyến tại D với đường tròn ( )O Khi đó để ý đến các góc nội tiếp trong đường tròn ( )O thì ta có PTX=PAN=ADN

Do tứ giác ANHI nội tiếp đường tròn nên ta có 0

ANH AIH 90= = nên NAH NHP=

Mà ta lại có NAH=NDP, do đó ta được NHP=NDP nên tứ giác PDHN nội tiếp đường tròn, suy ra NPH=NDA Kết hợp các kết quả trên ta được NPH PTX= Để ý rằng PTX TPX+ =900 nên suy ra TPH=NPH TPX+ =900 hay BC vuông góc với TP

Do đó BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác APN

c) Chứng minh đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua một điểm cố định khi BC cố định và A di động trên đường tròn ( )O

Gọi J và G theo thứ tự là trung điểm của OM và OC Gọi E là giao điểm của QG với

BM Khi đó dễ thấy QM song song với BC Do đó QMO MOP QOM= = nên tam giác QOM cân tại Q, từ đó suy ra QJ vuông góc với OM Điều này dẫn đến BOM GJQ= Lại có OM là phân giác của góc COD nên suy ra hai tam giác vuông OGJ và OJQ

đồng dạng với nhau, suy ra GJ OG

QJ = OJ Để ý ta lại có hai tam giác vuông OGJ và OCM

đồng dạng với nhau nên ta lại có OG OC OB

OJ = OM=OM Do đó ta được GJ OB

QJ =OM Kết hợp với BOM GJQ= ta được hai tam giác GJQ và BOM đồng dạng với nhau, suy ra OMB JQG= nên tứ giác QEJM nội tiếp đường tròn Đến đây ta suy ra được QE vuông góc với BM Do vậy đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua trung điểm G của OC Do OC cố định nên điểrm G là điểm cố định Từ đó ta có điều phải chứng minh

Bài 5 (2.0 điểm) Để phục vụ cho lễ khai mạc Words Cup 2018, ban tổ chức đã chuẩn

bị 25000 quả bóng, mỗi quả bóng được đánh số từ 1 đến 25000 Người ta dùng 7 màu:

Đỏ, Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím để sơn các quả bóng (mỗi quả được sơn một màu) Chứng minh rằng trong 25000 quả bóng nói trên luôn tồn tại ba quả bóng cùng màu được đánh số là a, b, c mà a chia hết cho b, b chia hết cho c và abc 17

Lời giải

Xét tập hợp A=1; 2; 3; 4; ; 25000 và tập hợp B=1; 3; 3.2; 3.2 ; 3.22 13 Tập hợp B được viết lại thành B=1; 3; 6;12; 24576 Do 24576 25000 nên suy ra được tập hợp

B là tập hợp con của tập hợp A

Tập hợp B có 15 phần tử tương ứng với 15 quả bóng Do mỗi quả bóng được sơn bởi 1 trong 7 màu: Đỏ, Da cam, Vàng, Lục, Lam, Chàm, Tím Do đó theo nguyên

lý Dirichlet thì có ít nhất ba quả bóng trong tập hợp B được sơn cùng một màu Giả sử

ba quả bóng đó được đánh số là a b c  thì ta thu được a chia hết cho b và b chia hết cho c, đồng thời ta có abc 1.3.6 18 17 =  Vậy bài toán được chứng minh xong

Đề số 5

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THÁI BÌNH

Vòng 1 – Năm học 2018 – 2019 Câu 1 (2.5 điểm)

a) Chứng minh rằng H là trung điểm của OK

b) Chứng minh rằng K thuộc đường tròn tâm O bán kính a

c) Giả sử JO là tiếp tuyến của đường tròn tâm M bán kính r Tính r

d) Tìm tập hợp điểm I sao cho từ điểm I kẻ được hai tiếp tuyến với đường tròn ( )O và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau

Câu 6 (0.5 điểm) Cho x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn 12x 10y 15z 60+ +  Tìm giá trị lớn nhất của T x= 2+y2+z2−4x 4y z− −

c) Với x 5  Tìm giá trị nhỏ nhất của T P 10

5 = x  = Lại do x 5 nên ta có có 18x 18

5  Từ đó ta được T 4 18 1 21 + − =Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 21, xẩy ra tại x 5=

Câu 2 (0.75 điểm) Cho hai đường thẳng ( )d : y1 =mx m+ và ( )2

Đến đây ta có các nghiệm của hệ phương trình là ( ) ( ) 1 3

a) Chứng minh rằng H là trung điểm của OK

b) Chứng minh rằng K thuộc đường tròn tâm O bán kính a

c) JO là tiếp tuyến của đường tròn tâm M bán kính r Tính r

d) Tìm tập hợp điểm I sao cho từ điểm I kẻ được hai tiếp tuyến với đường tròn ( )O và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau

Lời giải

a) Chứng minh H là trung điểm của OK

Ta có OM vuông góc với JM và NK vuông

góc với JM nên OM song song với NK

Chứng minh tương tự được ON song song

với MK Suy ra tứ giác OMKN là hình bình

hành Hình bình hành OMKN có hai đường

chéo OK và MN cắt nhau tại H nên H là

trung điểm của OK

H

N J

M

O

b) Chứng minh K thuộc đường tròn tâm O bán kính a

Hình bình hành OMKN có OM ON a= = nên là hình thoi Do đó suy ra OM MK=nên tam giác OMK cân tại M Tam giác OMJ vuông tại M nên ta có

c) JO là tiếp tuyến của đường tròn tâm M bán kính r Tính r

Tứ giác OMKN là hình thoi nên MH vuông góc với OK tại H nên JO là tiếp tuyến của (M; MH), do đó ta được MH r= Tam giác OMH vuông tại H nên suy ra

d) Tìm tập hợp điểm I sao cho từ điểm I kẻ được hai tiếp tuyến với đường tròn ( )O và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau

Giả sử IA, IB là các tiếp tuyến của ( )O với A, B là các tiếp điểm

AIB IAO IBO 90= = = nên là hình chữ nhật Lại có

OA OB a= = nên tứ giác IAOB là hình vuông, suy ra OI OA 2= =a 2 nên I thuộc đường tròn (O;a 2 )

• Phần đảo Lấy điểm I thiộc đường tròn (O;a 2 thì ) IO a 2= Tam giác OAI

• Kết luận Tập hợp điểm I cần tìm là đường tròn (O;a 2 )

Câu 6 (0.5 điểm) Cho x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn 12x 10y 15z 60+ +  Tìm giá trị lớn nhất của: T x= 2+y2+z2−4x 4y z− −

Đề số 6

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH THÁI BÌNH

Vòng 2 – Năm học 2018 – 2019 Câu 1 (2.0 điểm)

a) Cho phương trình 2 2 ( )

x −2mx m+ −2m 4 0 1+ = (với m là tham số) Tìm m để phương trình ( )1 có hai nghiệm không âm x ; x1 2 Tính theo m giá trị biểu thức

Câu 5 (3.5 điểm)

1) Cho tam giác ABC có AB 4,AC 3, BC 5= = = và đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ hai nửa đường tròn đường kính BH và HC Hai nửa đường tròn này cắt AB, AC lần lượt tại E, F

a) Tính diện tích của nửa hình tròn đường kính BH

b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và đường thẳng EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn đường kính BH và CH

2) Cho nửa đường tròn đường kính AB=2R Tìm kích thước hình chữ nhật MNPQ có hai đỉnh M, N thuộc nửa đường tròn, hai đỉnh P, Q thuộc đường kính AB sao cho diện tích MNPQ lớn nhất

Câu 6 (0.5 điểm)

Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện 12 12 12 1

a +b +c = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

a) Cho phương trình 2 2 ( )

x −2mx m+ −2m 4 0 1+ = (với m là tham số) Tìm m để phương trình ( )1 có hai nghiệm không âm x ; x1 2 Tính theo m giá trị biểu thức

Lời giải

x −2mx m+ −2m 4 0 1+ = (với m là tham số) Tìm m để phương trình ( )1 có hai nghiệm không âm x ; x1 2 Tính theo m giá trị biểu thức

Ta có y nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 6

x 2+ nhận giá trị nguyên Từ đó ta được hay x 2+ 1; 1; 2; 2; 3; 3; 6; 6− − − −   − − x  1; 3; 0; 4;1; 5; 4; 8− − − 

• Trường hợp 1 Với a 0= , khi đó phương trình ( )1 có dạng bx c+ =0 2( )

+ Nếu b 0= thì từ điều kiện a 2b 5c 0+ + = suy ra c 0= Khi đó phương trình ( )2

nghiệm đúng với mọi x nên phương trình ( )1 có nghiệm

+ Nếu b 0 thì phương trình ( )2 có nghiệm duy nhất x c