DE HSG LOP 9 CO DAP AN 3

là số chẵn 2 Ta thấy 1 mâu thuẫn với 2 vậy trong tâta cả các tổng bi + bj có ít nhất hai tổng có chữ số hàng đơn vị bằng nhau..[r]

Kì thi tuyển sinh vào lớp 10

Trờng THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hoá

Năm học 2011-2012

Môn: Toán ( Chuyên Toán)

Câu 1: Rút gọn biểu thức sau :

1 1

1 1

P



Với

và a 1;b 1

Câu 2: Giải phơng trình sau:

2

1 1

x x y x y

x y x xy





  



Câu 3: Tìm các số nguyên x,y thoải mãn phơng trình x2xy y 2 x y2 2

Câu 4: Cho 2 đờng tròn   1 , 2 cắt nhau tại A và B Trên tia đối AB lấy điểm M Qua M

kẻ 2 tiếp tuyến MD,MC với đờng tròn  2 ( D, C là các tiếp điểm và D nằm trong đờng tròn  1) Đờng thẳng CA cắt đờng tròn  1 tại điểm thứ 2 là P ; đờng thẳng AD cắt đờng tròn  1 tại điểm thứ 1 là Q; tiếp tuyến của đờng tròn  2 tại A cắt đờng tròn  1 tại điểm thứ 2 là K ; giao điểm của các đờng thẳng CD, BP là E ; giao điểm của các đờng thẳng Bk,AD là F

1 Chứng minh 4 điểm B,D,E,F cùng nằm trên một đờng tròn

2 Chứng minh

DQ BD DA

3 Chứng minh rằng đờng thẳng CD đi qua trung điểm đoạn PQ

Câu 5: Cho tập hợp A={ 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} Chứng minh rằng với mỗi tập hợp B gồm

5 phần tử của tập hợp A, thì trong các tổng x+y với x,y B và xy luôn tồn tại ít nhất 2 tổng có chữ số hàng đơn vị nh nhau

GIẢI ĐỀ THI VÀO CHUYấN TOÁN LAM SƠN : Năm học 2011 – 2012

Ta có

2

a

  

           

Suy ra

2

1 2

a x

a



 

( do a 1).Tương tự

2

1 2

b y

b



 

với b ≥ 1

Ta lại có

 2 1  2 1

      

Do đó

P



=

2 2

1

a b





Câu 2 :

1 (1)

1 (2)





  



Trừ từng vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta được

(x  xy)  (x  xy) 2 0   (PT bậc hai ẩn (x2 - xy))

2 2

1 2

 

 



Nếu xy x 2 1 thì

0

x

x y

y





    

 kết hợp (1) được ( ; ) ( 1;0)x y   là nghiệm của hệ

Nếu xy x 22 thì (2) x42x2 3 0 vô nghiệm

2

x xy y x y  x y xy xy

Nếu x y 0 thì xy xy   1 0

0 1.

xy xy





  

 Với xy 0, kết hợp x y 0 suy ra x y 0.

Với xy 1, Kết hợp với x y 0 suy ra

1 1

x y









1 1.

x y









 Nếu x y 0, từ đẳng thức    

2

1

x y xy xy

 xy (xy 1) là tích hai số nguyên liên tiếp khác 0 không thể là số chính phương Vậy nghiệm nguyên của phương trình là x y ;  0;0 , 1; 1 , 1;1     

Câu 4 :

x F

E K

Q

P

M

B

A

C D

(H1)

a, CM 4 điểm B, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn

TH 1: BFDE là tứ giác lồi (H1)

Ta có: FBE = KAP (nt chắn cung KP)

Mặt khác KAP = Cax (đ đ)  FBE = ADC

Mà Cax = ADC (nt cùng chắn cung AC)

 FBE + FDE = 180o suy ra BFDE nội tiếp

TH 2: BFED là tứ giác lồi (H2)

Ta có : FBE = KAP = CAX = CDA = EDF  FBE =EDF  B và D cùng thuộc cung chứa góc dựng trên EF  BFED là tứ giác nội tiếp

F

E K

Q

P

M

B

A

C D

(H2)

b, CM:

DQ BD DA (H3)

Xét hai tam giác BDQ và BCP, có BQD = BPC (nt cùng chắn cung AB của (O1)

và BDQ = BCP (cùng bù với BDA) ∆ BDQ đồng dạng với ∆ BCP 

(1).

Dễ dàng c/m được ∆MDA đồng dạng ∆NDB (gg)

MDBD

c/m tương tự ∆MCA đồng dạng ∆NCB (gg)

MC BC 

Mà MD = MC (hai tt cùng xuất phát từ M tới (O’)

BD BC  BD AD (Điều phải c/m)

F E K

Q

P

M

B

A

C D

(H3)

K N

F

E K

Q

P

M

B

A

D

(H4)

c, CM: CD đi qua trung điểm N của PQ (H4)

Qua A vẽ đường thẳng // CD cắt PQ tại K áp dụng DL talet vào

∆QAK, DN // AK

, ∆PNC, CN // AK

NK CA

NP CP

Theo câu b, có:

NP NQ

(ĐPCM)

Câu 5

* Với mỗi tập con B = { b1; b2; b3; b4; b5 } Ta có tất cả 10 tổng bi + bj với , , 1,5.

ij i j

* Giã sử tất cả các tổng trên đều có chữ số hàng đơn vị khác nhau đôi một thì tổng của tất cả các chữ số hàng đơn vị của 10 tổng trên sẽ là:

0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45 lẻ

 tổng 10 tổng bi + bj là số lẻ (1)

* Mặt khác, ta lại có tổng của tất cả 10 tổng trên là

a a a

là số chẵn (2)

hai tổng có chữ số hàng đơn vị bằng nhau.