a Chứng minh nếu ab16 thì trong hai phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm.. a Chứng minh nếu n chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên x y,.. b Chứng mi
Trang 1ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU
HỘI ĐỒNG TUYÊN SINH LỚP 10
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN: TOÁN - LỚP 9 ( chuyên) NĂM HỌC 2019-2020
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2,0 điểm)
Cho các phương trình: x2ax và 3 0 x2bx với 5 0 a, b là tham số
a) Chứng minh nếu ab16 thì trong hai phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm
b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung x Tìm ,0 a b sao cho a b có giá trị nhỏ nhất
Câu 2 (1,5 điểm) Cho phương trình : 3x2y2 23n với n là số tự nhiên
a) Chứng minh nếu n chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên x y,
b) Chứng minh nếu n lẻ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên x y,
Câu 3 (3,5 điểm)
Cho đường tròn O , dây cung BC không chứa tâm O và điểm A thay đổi trên cung lớn BC Lấy các điểm E và F thỏa mãn: ABE CAE 90ACF BAF
a) Chứng minh rằng AE AC AF AB và điểm O là trung điểm EF
b) Hạ AD vuông góc với EF ( D EF ) Chứng minh các tam giác DAB và DCA đồng dạng
và điểm D thuộc một đường tròn cố định
c) Gọi G là giao điểm của AD với đường tròn O (G A ) Chứng minh AD đi qua một điểm cố định và GB AC GC AB
d) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh AK đi qua một điểm cố định
Câu 4 (1,5 điểm)
Cho số tự nhiên a3 5 713 7 20
a) Gọi A là tập hợp các số nguyên dương k sao cho k là ước của a và k chia hết cho 105 Hỏi tập hợp A có bao nhiêu phần tử ?
b) Giả sử B là một tập con bất kì của A có 9 phần tử Chứng minh ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của B sao cho tích của chúng là số chính phương
Câu 5 (1,5 điểm)
Cho hệ phương trình với k là tham số:
k
yz
k
zx
k
xy
a) Giải hệ với k 1
b) Chứng minh hệ vô nghiệm với k 2 và k 3
HẾT
Trang 2HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (2,0 điểm)
Cho các phương trình: x2ax và 3 0 x2bx với 5 0 a, b là tham số
a) Chứng minh nếu ab16 thì trong hai phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm
b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung x Tìm ,0 a b sao cho a b có giá trị nhỏ nhất
Lời giải
a) Giả sử cả hai phương trình đã cho đều vô nghiệm Khi đó, biệt thức của hai phương trình đều
âm, tức ta có 2
và 2
Suy ra a2b232 2 , ab hay 2
0
a b , mâu thuẫn Vậy điều giả sử là sai, tức là ít nhất một phương trình có nghiệm
b) Gọi x là nghiệm chung của hai phương trình đã cho Khi đó, dễ thấy 0 x00 và
2 0 0
3 x a
x
,
2 0 0
5 x b
x
Từ đây, sử dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
a b
0
8
x
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0
0
4 , x
x
tức x0 2 Khi đó 7, 9
a b hoặc 9
2
a , 7
2
b Vậy có hai cặp số a b, thỏa mãn yêu cầu là 7, 9
2 2
và
7 9 ,
2 2
Câu 2 (1,5 điểm) Cho phương trình : 3x2y2 23n với n là số tự nhiên
a) Chứng minh nếu n chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên x y,
b) Chứng minh nếu n lẻ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên x y,
Lời giải
a) Với n chẵn, giả sử tồn tại cặp số nguyên x y, thỏa mãn phương trình đã cho Vì 23n là số chính phương không chia hết cho 3 nên 23n chia 3 dư 1 Từ đó suy ra y chia 3 dư 2, mâu 2
thuẫn vì số dư của một số chính phương khi chia cho 3 phải là 0 hoặc 1 Vậy với n chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên x y,
b) Ta sẽ chứng minh khẳng định đã cho bằng quy nạp theo n Với n1, phương trình có nghiệm x y, 3, 2 Do đó khẳng định đúng với n1
Giả sử khẳng định đúng đến n k (k là số nguyên dương lẻ), tức phương trình 3x2y2 23k
có nghiệm nguyên x yk, k Khi đó, ta có
Trong đó a9xk 2yk và b2xk 3 yk Suy ra
23k 23 a 3b 3 3a2b 2a9b
Do đó, phương trình 3x2y223k 2 cũng có nghiệm nguyên là 3a2 , 2b a9 b Suy ra khẳng định cũng đúng với n k 2 Theo nguyên lý quy nạp Toán học, ta có khẳng định đúng với mọi số nguyên dương lẻ n
Trang 3Bình luận Ý tưởng tự nhiên để giải câu b là sử dụng phương pháp quy nạp Và ở đây, có thể thấy trong lời giải đã sử dụng đồng nhất thức
Hai lần liên tiếp để xây dựng nghiệm của trường hợp n k 2 dựa vào trường hợp n k
Câu 3 (3,5 điểm)
Cho đường tròn O , dây cung BC không chứa tâm O và điểm A thay đổi trên cung lớn BC Lấy các điểm E và F thỏa mãn: ABE CAE 90ACF BAF
a) Chứng minh rằng AE AC AF AB và điểm O là trung điểm EF
b) Hạ AD vuông góc với EF ( D EF ) Chứng minh các tam giác DAB và DCA đồng dạng
và điểm D thuộc một đường tròn cố định
c) Gọi G là giao điểm của AD với đường tròn O (G A ) Chứng minh AD đi qua một điểm cố định và GB AC GC AB
d) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh AK đi qua một điểm cố định
Lời giải
a) Gọi AI là đường kính của O
90
ABI ACI (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AB BI
AC CI
//
AE FI (cùng vuông góc với AC)
//
AF EI (cùng vuông góc với AB )
AFIE
là hình bình hành (dhnb)
Lại có O là trung điểm của AI nên O cũng là trung điểm của EF
Xét ABE và ACF ta có:
90
Trang 4
ABE ∽ACF g g
AB AE
AE AC AB AF
AC AF
b) Ta có: ADEF 90ADEADF
Xét tứ giác ADBE có: ADE 90ABE nên tứ giác ADBE là tứ giác nội tiếp ( vì hai góc có đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)
Chứng minh tương tự, ta có: ADCF là tứ giác nội tiếp
BAD BED
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD)
AFD ACD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD)
Mặt khác: BED AFD (hai góc so le trong)
BAD ACD
Chứng minh tương tự, ta có: CAD ABD
DAB ∽DCA g g (đpcm)
Ta có:
o
BAE CAF BEA CFA
BDC BOC
nên tứ giác BDOC là tứ giác nội tiếp
Vậy D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC cố định
c) Gọi H là điểm thỏa mãn OH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp BOC H là điểm
cố định
Ta có: D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC
90
ODH (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Mà ADEFODG 90
D, G, H thẳng hàng
AD
đi qua điểm H cố định (đpcm)
Do OBBHBHlà tiếp tuyến của O
BAG HBG
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BG ) Xét HBG và HAB ta có:
BHG chung
ABH BHG cmt
HBG HAB g g
BG HG
AB HB
Chứng minh tương tự, ta có: HGCHCA g g
GC HG
AC HC
Mà HB HC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
BG GC
GB AC GC AB
AB AC
Trang 5d) Ta dễ dàng chứng minh được bổ đề sau: Cho tam giác ABC đường cao AH , Olà tâm đường tròn ngoại tiếp Thì ta có BAH OAC
Xét tam giác AEF có AD là đường cao K là tâm đường tròn ngoại tiếp
Áp dụng bổ đề ta có: EADKAF *
Dựng đường cao AP của tam giác ABC, áp dụng bổ đề trên ta có: BAP CAO 1
Gọi L là trung điểm của BC
Ta có OL OH OB2 OA2( hệ thức lượng trong tam giác vuông) OL OA
OA OH
OAL OHA c g c OAL OHA
Mà OHA HAP OAL HAP 2
Mặt khác EAB CAF 3
Từ 1 ; 2 ; 3 EAB BAP HAP CAF CAO OAL DAELAF **
Từ * ; ** KAF LAF , ,A L K thẳng hàng Vậy AK luôn đi qua điểm L cố định
Câu 4 (1,5 điểm)
Cho số tự nhiên a3 5 713 7 20
a) Gọi A là tập hợp các số nguyên dương k sao cho k là ước của a và k chia hết cho 105 Hỏi tập hợp A có bao nhiêu phần tử ?
b) Giả sử B là một tập con bất kì của A có 9 phần tử Chứng minh ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của B sao cho tích của chúng là số chính phương
Lời giải
a) Vì số a được phân tích thành tích các thừa số nguyên tố 3 ; 5 và 7 nên các số nguyên dương
k là ước của a có dạng : 3 5 7x y z x y z , ,
Vì 3 5 7x y z x y z , , là ước của a và cũng là bội 105 3.5.7 nên suy ra
1 x 13;1 y 7;1 z 20 và x y z , ,
Vậy các số thuộc A là những số có dạng 3 5 7x y z trong đó 1 x 13 ;1 y 7;1 z 20 và
, ,
x y z
Ta có: 13 cách chọn x , 7 cách chọn y , 20 cách chọn z
Vậy số phần tử của tâp A là: 13.7.20 1820 (phần tử)
Vậy tập A có 1820 phần tử
b) Gọi 9 phần tử của B là: 1 1 1 2 2 2 9 9 9
1 3 5 7 ;x y z 2 3 5 7 ; ;x y z 9 3 5 7x y z
D
O
B
A
Trang 6Đặt 3 5 7x i y i z i 1 9
i
Vì 1 xi 13;1 yi 7;1 zi 20 và x y zi, ,i i nên suy ra xi , yi và zi là số chẵn hoặc số lẻ Do đó số cách chọn bộ số x y zi; ;i i theo tính chất chẵn lẻ là : 2.2.2 8 (cách)
Do 9 8 nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại 2 số i j, 1 i j 9 sao cho
mod 2
x x , yi yjmod 2 , zi zjmod 2 Khi đó xi xj , yi yj , zi zj là đều số chẵn Mà xi xj, yi yj , zi zj là các số nguyên dương nên suy ra
3x x i j.5y y i j.7z z i j
i j
b b là số chính phương
Vậy ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của B sao cho tích của chúng là số chính phương (đpcm)
Câu 5 (1,5 điểm)
Cho hệ phương trình với k là tham số:
k
yz
k
zx
k
xy
a) Giải hệ với k 1
b) Chứng minh hệ vô nghiệm với k 2 và k 3
Lời giải
1 2 3
k
yz
zx
k
xy
Điều kiện: x , y , z cùng dấu
a) Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: x , y , z cùng dương
Không mất tính tổng quát, giả sử x y z 0
Ta có: x x x 3 1 k
yz Phương trình 1 vô nghiệm khi k 1 Hệ phương trình I vô nghiệm khi k 1
Trường hợp 2: x , y , z cùng âm
Đặt a x b, y c, z a b c , , 0
Với k 1, hệ phương trình I trở thành:
Trang 71 1 1
bc
ca
ab
a b c
x y z x y z
Kết hợp với điều kiện x , y , z cùng âm, suy ra x y z 0
Vậy với k 1 thì hệ phương trình I có nghiệm x y z ; ; t t t t ; ; 0
b) Giả sử tồn tại số thực k 2 và k 3 sao cho hệ phương trình I có nghiệm x y z0; ;0 0 Xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: x ,0 y ,0 z cùng dương 0
Vì x y z0; ;0 0 là nghiệm của I nên ta có:
0 0
0 0
0 0
k
y z
k
z x
k
x y
Trang 80 0 0 0 0 0 0
Từ 4 , 5 , 6 suy ra
.
0 0
x0 y0 z0 k 3trái với điều giả sử nên suy ra không tồn tại
số thực k 2 và k 3 để hệ phương trình I có nghiệm x y z0; ;0 0 ( với x y z0, 0, 0 0) Trường hợp 2: x ,0 y ,0 z cùng âm 0
Không mất tính tổng quát, giả sử 0 x 0 y0 z0
Vì 0 x 0 y0 z0 nên
0 0
0 0
0
0 0
0
x z x y x
y z
0 0
0 0
0
0 0
1 1 0
x z x y x
y z
0 0
2
y z
Trang 9Vì x y z0; ;0 0 là nghiệm của I nên ta có: 0 0 0
0 0
k
y z 8
Từ 7 và 8 suy ra k 2 trái với giả sử nên suy ra không tồn tại số thực k 2 và k 3 để
hệ phương trình I có nghiệm x y z0; ;0 0 ( với x y z0, 0, 0 0)
Vậy hệ phương trình I vô nghiệm khi k 2 và k 3 (đpcm)