Đề toán chuyên tuyển sinh vào 10 trường phổ thông năng khiếu va huong dan giai.pdf

8/19/2019 Đề Toán chuyên tuyển sinh vào 10 trường phổ thông năng khiếu va huong dan giai.pdf

1/35

toan999.wordpress.com

Võ Ti ế n Trình - 0988270709 1

Đề Toán chuyên tuy ển sinh vào 10 trườ ng ph ổ thông năng khiếu – đạihọc qu ốc gia TP. HCM và hướ ng d ẫn giải.

Đề Toán Chuyên năm 2011– 2012.

Câu 1. Cho phương tr ình bậc hai 2 23 0 x m x m , trong đóm là tham số sao cho phương tr ình có hai nghiệm phân biệt 1 2, x x

a) Khi 1m , chứng minh r ằng ta có hệ thức 8 81 2 2 2 6 x x

b) Tìm tất cả các giá tr ị m sao cho 1 2 5 x x

c) Xét đa thức 3 2

P x x ax bx . Tìm tất cả các cặ p số ,a b sao cho ta có hệ thức 1 2P x P x vớ i mọi giá tr ị của tham số m.

Câu 2.

a) Cho ,a b là các số thực dương. Tìm giá tr ị nhỏ nhất của biểu thức2 21 . 1

1a b

Pab

b) Cho, ,

x y z là các số thực thỏa mãn điều kiện1, 1, 1

x y z . Chứng minh

r ằng ta có bất đẳng thức 22 2 21 1 1 9 x y z x y z

Câu 3. Cho tam giác nhọn ABC có , AB b AC c . M là một điểm thay đổi trên cạnh AB. Đườ ng tròn ngoại tiế p tam giác BMC cắt cạnh AC tại N .

a) Chứng minh tam giác AMN đồng d ạng vớ i tam giác ACB . Tính tỷ số MA MB

để diện

tích tam giác AMN bằng một nửa diện tích tam giác ACB . b) Gọi I là tâm đườ ng tròn ngoại tiế p tam giác AMN . Chứng minh I luôn thuộc một

đườ ng thẳng cố định.c) Gọi J là tâm đườ ng tròn ngoại tiế p tam giác BMC . Chứng minh r ằng độ dài IJ

không đổi.


2/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 2

Câu 4. Cho , ,a b c là các số nguyên sao cho 2 ,2 ,2a b b c c a đều là các số chính phương *

a) Biết r ằng có ít nhất một trong ba số chính phương nói trên chia hết cho 3. Chứngminh r ằng tích a b b c c a chia hết cho 27.

b) Tồn tại hay không các số nguyên , ,a b c thỏa mãn điều kiện * sao cho a b b c c a không chia hết cho 27?

Câu 5. Cho hình chữ nhật ABCD có 3, 4 AB BC .

a) Chứng minh r ằng từ 7 điểm bất k ỳ nằm trong hình chữ nhật ABCD luôn tìm đượ chai điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 5

b) Chứng minh r ằng khẳng định ở câu a) vẫn còn đúng với 6 điểm bất k ỳ nằm tronghình chữ nhật ABCD .

Hướ ng d ẫ n giải.

Câu 1.

a) Khi 1m ta có phương tr ình 2 4 1 0 x x vớ i ' 4 1 3 0 nên phươngtrình có hai nghiệm phân biệt 1 2, x x thỏa 1 2 1 24, 1 x x x x

Do

28 8 8 8 4 4

1 2 1 2 1 22 2 6 2 2 6 2 6 x x x x x x

2 2

4 41 2 1 2 1 22 6 6 6 x x x x x x

1 2 1 22 6 4 2 6 x x x x (đúng).

b) Phương tr ình có hai nghiệm phân biệt 2 23 4 3 1 3 0 1 3m m m m m


3/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 3

Phương tr ình có hai nghiệm phân biệt không âm

2

0 1 30 3 0 1 3 *

0 0

m

S m m

P m

Ta có

2 2

1 2 1 2 1 2 1 25 5 2 5 3 2 5 x x x x x x x x m m

22 222 2 2 2 33 22 22

mm

mm m m m m

mm mm

So với điều kiện (*) nhận 23

m .

c) 1 2 1 2, 0P x P x m P x P x m

2 21 2 1 2 1 2 1 2 0 x x x x x x a x x b

2 21 2 1 2 1 2 0 x x x x a x x b m (vì 1 2 x x )

21 2 1 2 1 2 0 x x a x x x x b m

2 23 3 0m a m b m m

6 3 9 0a m b a m

6 0 63 9 0 9

a a

b a b

Câu 2.

a) 2 2 2 2 2 2 2 21 . 1 1 1 2

1 1 1a b a b a b ab a b

Pab ab ab


4/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 4

211

1ab

ab

Vậy min 1P a b

b) Từ 1, 1, 1 x y z ta có:

2

2 2 2 2 2 21 1 1 3 x y z x y z

2 2 2 2 2 22 1 1 1 1 1 1 x y y z z x

Hơn nữa 22 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 2 1 x y x y x y xy x y xy

2 21 1 1 x y xy Do đó ta có:

2

2 2 2 2 2 21 1 1 3 2 1 1 1 x y z x y z xy yz xz

2

9 x y z

Do đó 22 2 21 1 1 9 x y z x y z

Câu 3.


5/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 5

a) AMN ACB

2 12 2

AMN

ACB

S AM AC AM S AC

Ta có:2 2

MA AC MA AC AB AB MA AB AB AC

2 MA AC MB AB AC

b)Trong đườ ng tròn (I) ta có:

0 01180 902 MAI AIM ANM

K ẻ đườ ng cao AH của tam giác ABC , H thuộc BC.

Ta có:

0 090 90 BAH ABC ANM


6/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 6

Do đó ta có:

, , MAI BAH A I H thẳng hàng.

Vậy I thuộc đườ ng cao của tam giác ABC và đườ ng cao này cố định.

c)Gọi O là tâm đườ ng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có :

OJ vuông góc BC, AI vuonnng góc BC nên OJ // AI.

IJ vuông góc MN, AO vuông góc MN nên IJ // AO

Do đó AIJO là hình hình hành nên IJ = AO không đổi.

Câu 4.

a) Ta có 2 2 2 3 3a b b c c a a b c

Theo đề giả sử 2 3a b nên 2 2 3b c c a

Vì số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 nên 2 3b c và 2 3c a

Vậy ta có cả ba số 2 ,2 ,2a b b c c a đều chia hết cho 3

Từ đó ta có 3 2 3; 3 2 3a b a a b b c b b c

3 2 3c a c c a

Vậy 27a b b c c a

b) Tìm đượ c ba số thỏa 1,2,0

Câu 5.

a)Chia hình chữ nhật thành 6 hình chữ nhật nhỏ có kích thướ c 1 x 2 mỗi hình có đườ ng

chéo độ dài là 5


7/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 7

Theo nguyên tắc đirichlet thì có ít nhất hai điểm nằm chung 1 hình là A, B và 5 AB .

b)Chia hình chữ nhật ban đầu thành 5 phần hình như hình vẽ

Trong mỗi hình thì khoảng cách lớ n nhất giữa hai điểm là 5

Đề chuyên toán 2012- 2013.

Câu 1.

1)Giải hệ phương tr ình

2 2

2 2

2 2

2

2

2

x y z z

y z x x

z x y y

2) Cho hình vuông ABCD cạnh a. M, N là hai điểm lần lượ t nằm trên hai cạnh AB và BC

sao cho AM CN

x AB CB

vớ i 0 1 x . Các đườ ng thẳng qua M, N song song vớ i BD lần


8/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 8

lượ t cắt AD tại Q và CD tại P. Tình diện tích tứ giác MNPQ theo a và x. Tìm x sao chodiện tích này lớ n nhất.

Câu 2. Số nguyên dương n đượ c gọi là số điều hòa nếu như tổng các bình phương của

các ước dương của nó (k ể cả 1 và n) đúng bằng 2

3n a) Chứng minh r ằng số 287 là số điều hòa.

b) Chứng minh r ằng số 3n p ( p nguyên tố) không phải là số điều hòa.c) Chứng minh r ằng nếu số .n p q ( , p q là các số nguyên tố khác nhau) là số điều

hòa thì 2n là số chính phương.

Câu 3.

1)Tìm giá tr ị x thỏa mãn2

5 4 2 1 0 x x x 2)Chứng minh r ằng vớ i các số không âm , ,a b c thỏa mãn 3a b c ta có bất đẳng

thức a b c ab bc ca .

Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên đườ ng thẳng vuông góc vớ i AB tại B ta lấyđiểm D di động cùng phía với C đối với đườ ng thẳng AB.

a) Chứng minh r ằng nếu AC BD CD thì trên cạnh AB tồn tại hai điểm M, N saocho

090CMD CND b) Giả sử điều kiện trên đượ c thỏa mãn. Đườ ng thẳng qua A song song vớ i MD cắt

đườ ng thẳng qua B song song vớ i MC tại F. Chứng minh đườ ng thẳng DE luôn điqua một điểm cố định.

Câu 5. Cho đa giác đều n cạnh. Dùng 3 màu xanh, đỏ, vàng tô màu các đỉnh đa giác mộtcách tùy ý(mỗi đỉnh đượ c tô bở i một màu và tất cả các đỉnh đều đượ c tô màu). Cho phépthực hiện thao tác sau đây: chọn hai đỉnh k ề nhau bất kì (ngh ĩa là hai đỉnh liên tiế p) khácmàu và thay màu của hai đỉnh đó bằng màu còn lại.

a)

Chứng minh r ằng bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta luôn luôn làmcho các đỉnh của đa giác chỉ còn đượ c tô bở i hai màu. b) Chứng minh r ằng vớ i 4n và 8n , bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần

ta có thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn đượ c tô bở i một màu.


9/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 9

Hướ ng d ẫn giải.

Câu 1.

a)

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 22 2

2 12 2

2 2 2 2

2 22 3

x y z z x y z z xy

y z x x x y z x yz

x y z y xz z x y y

Ta có: 1

2 2 2 2 1 0 y

z xy x yz x z y x z

Trườ ng hợ p: x z

- thay vào (3) ta có: 20

2 02

y y y

y

- thay vào (1) ta có: 2 22 x y x x (1’)

+ 0 y thay vào (1’) ta có: 20

2 21

x x x

x

Hệ có nghiệm ; ; x y z là 0;0;0 , 1;0;1

+ 2 y thay vào (1’) ta có: 2 2 21

2 2 2 6 4 02

x x x x x x

x

Hệ có nghiệm ; ; x y z là 1;2;1 , 2;2;2 .

Trườ ng hợ p 1 y từ 21

3 11

z x z x

z x

+ 1 z x thay vào (2) ta có: 21

2 20

x x x

x



10/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 10

+ 1 z x thay vào (2) ta có: 2 21

2 2 2 6 4 02

x x x x x x

x


Vậy hệ có 8 nghiệm ; ; x y z là

0;0;0 , 1;0;1 , 0;1;1 , 1;1;0 , 1;2;1 , 1;1;2 , 2;1;1 , 2;2;2 .

b)

Ta có:

. MQ AM x MQ x BD BD AB

1 1 MN MB AB AM x MN x AC AC AB AB

2. 1 . . 1 .2 2 1 MNPQ ABCDS MN MQ x AC x BD x x S x x a

22 2 21 1 121

2 2 2a a x a

MNPQS lớ n nhất là21

2a khi và chỉ khi

12

x

Câu 2.


11/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 11

a) 287 1.2.41. Ta có: 22 2 2 21 2 41 84100 290 287 3 b) Giả sử 3n p là số điều hòa.

Các ước dương của 3 p là 2 31, , , p p p . Khi đó ta có:

2 2 22 2 2 31 3 p p p p 4 3 2 2 26 8 6 1 8 p p p p p p

Do 2 | 8 p và p là số nguyên tố 2 p

Tuy nhiên 2 p thì 2 2 6 1 4 4 12 1 28 8 p p p Vậy không có p để 3 p là số điều hòa hay vớ i mọi số nguyên tố p thì 3 p không làsố điều hòa.

c) .n p q có các ước dương là1, , , p q pq

n là số điều hòa nên 2 32 2 21 3 p q pq pq

24 2 pq p q

Do đó 24 | 2 |2

p q p q p q

là số nguyên

Do đó2

2 22

p qn pq

là số chính phương.

Câu 3.

a)Điều kiện: 1 x

22 5 4 2 1 0 1 3 1 2 1 0 x x x x x x

1 1 1 3 1 2 0 x x x x

1 1 1 2 1 1 2 1 4 1 2 0 x x x x x x

2 2

1 1 1 1 2 1 1 0 x x x x


12/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 12

2

1 1 1 1 2 0 x x x

Do đó bất phương tr ình đúng vớ i mọi 1 x .

b)Theo câu a) ta có: 21 3 1 2 1 0 x x x vớ i mọi 1 x .

Đặt 1 0a x ta có: 2 2 2a a a vớ i mọi 0a .

Ta có : a b c ab bc ca

2 2 2 2 2 22 2a b c a b c a b c ab bc ca

22 2 2

2 2 2 9a a b b c c a b c

Ta có : 2 2 22 3 , 3 3 , 3 3a a a b b b c c c

Do đó : 2 2 22 2 2 3 9a a b b c c a b c

Câu 4.


13/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 13

a)Gọi O là trung điểm CD và I là trung điểm của AB.Gọi đườ ng tròn đường kính CD là đườ ng tròn (O)

Ta có tứ giác ACDB là hình thang vuông có OI là đườ ng trung bình

2 2 AC BD CD

OI

Do đó khoảng cách từ O tới đườ ng thẳng AB là OI nhỏ hơn bán kính của đườ ng trònđường kính CD nên đườ ng tròn (O) cắt AB tại hai điểm phân biệt M, N và

090CMD CND .

Hơn nữa OI là trung tr ực của AB nên OA = OB.


14/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 14

Trong hình thang vuông ACDB, vì

0180 ACD CDB nên phải có một góc không nhỏ hơn 090 , giả sử 090 ACD

Do đó trong tam giác ACO thì ACD là góc lớ n nhất tương ứng cạnh đối diện là OA sẽ là

cạnh lớ n nhất nên2

CDOA OC (bán kính đườ ng tròn (O)).

Vậy A, B nằm ngoài đườ ng tròn (O) nên suy ra M, N thuộc cạnh AB.

b) Gọi E’ là giao điểm của đườ ng thẳng qua A và song song vớ i MD vớ i CD.

P là giao điểm của MD với AC, Q là giao điểm của MC vớ i BD.

Ta có:'

'/ / ' , ,CE CA BQ

BE MC E E D E C CD CP DQ

thẳng hàng

Do đó DE đi qua điểm cố định C.

Câu 5.

a)Ta xét một dãy các đỉnh cùng màu, giả sử là màu xanh đượ c giớ i hạn bởi hai đỉnh A, B( có thể trùng nhau) là 1 2... k AX X X B ( 1k ). Sử d ụng thao tác đề cho ta đổi màu haiđỉnh A và 1 X thành màu thứ ba (không phải màu xanh), kí hiệu đỉnh 1 X đã đổi màu là

1' X . Tiế p tục như vậy ta sẽ đổi màu đỉnh 1' X và 2 X (hiển nhiên không phải màuxanh),… Như vậy ta đã làm mất màu xanh trong dãy các đỉnh liên tiế p có màu xanh. Tiế ptục thực hiện như trên đối vớ i các dãy màu xanh khác ta sẽ làm mất hết màu xanh trêncác đỉnh của đa giác, nghĩa là các đỉnh của đa giác chỉ còn đượ c tô bởi hai màu là đỏ vàvàng.

b) Ta chỉ xét trườ ng hợp các đỉnh của đa giác đượ c tô bở i hai màu, giả sử là vàng và đỏ.

Khi 4n

Vì 4 đỉnh đượ c tô bởi hai màu nên ta có hai trườ ng hợ p.Trườ ng hợp 1: Hai đỉnh cùng màu:

ddvv dxxv vvxv vddv xxxx hoặc dvdv dxxv vvxv vddv xxxx

Như vậy hai đỉnh cùng màu thì 4 đỉnh đượ c chuyển về màu thứ 3.


15/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 15

Trườ ng hợp 2: 3 đỉnh cùng màu và 1 đỉnh khác màu

dddv ddxx dvvx xxvx xddx vvvv

Như vậy 3 đỉnh cùng màu sẽ đượ c chuyển về màu của đỉnh còn lại.

Như vậy ta đã chuyển 4 đỉnh về cùng một màu.

Khi 8n

Theo trườ ng hợp trên, ta chia 8 đỉnh thành hai bộ 4 đỉnh và chuyển mỗi bộ 4 đỉnh về cùng một màu. Nếu màu của hai bộ trùng nhau thì ta có điều phai chứng minh, ngượ c lạihai bộ không trùng màu(giả sử là xanh và đỏ) thì ta thực hiện biến đổi

| xxxxdddd xxxvvddd xxxv vddd vvvvvvvv

Như vậy trườ ng hợ p 8n đượ c chứng minh.

Đề chuyên toán 2013 – 2014.

Bài 1. Cho phương tr ình 2 24 2 1 0 1 x mx m m vớ i m là tham số.

a) Tìm m để phương tr ình có hai nghiệm 1 2, x x phân biệt. Chứng minh r ằng khi đóhai nghiệm không thể trái d ấu nhau.

b) Tìm m sao cho 1 2 1 x x .

Bài 2. Giải hệ phương tr ình

2

2

2

3 2 1 2 2

3 2 1 2 2

3 2 1 2 2

x y z x

y z x y

z x y z

Bài 3. Cho , x y là hai số không âm thỏa mãn 3 3 x y x y .

a) Chứng minh r ằng 1 y x .

b) Chứng minh r ằng 3 3 2 2 1 x y x y .


16/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 16

Bài 4. Cho 2 3 1 M a a vớ i a là số nguyên dương.

a) Chứng minh r ằng mọi ướ c của M đều là số lẻ. b) Tìm a sao cho M chia hết cho 5. Vớ i những giá tr ị nào của a thì M là lũy thừa của

5.

Bài 5. Cho tam giác ABC có 060 A . Đườ ng tròn (I) nội tiế p tam giác tiế p xúc vớ i cáccạnh BC, CA, AB lần lượ t tại D, E, F. Đườ ng thẳng ID cắt EF tại K, đườ ng thẳng qua Ksong song BC cắt AB, AC lần lượ t tại M, N.

a) Chứng minh r ằng IFMK và IMAN là các tứ giác nội tiế p. b) Gọi J là trung điểm BC. Chứng minh A, K, J thẳng hàng.c) Gọi r là bán kình đườ ng tròn (I) và S là diện tích tứ giác IEAF. Tính S theo r và

chứng minh 4 IMN S

S

Bài 6. Trong một kì thi, 60 phải giải 3 bài toán. Khi k ết thúc kì thi, ngườ i ta nhận thấyr ằng: vớ i hai thí sinh bất kì luôn có ít nhất một bài toán mà cả hai thí sinh đó đều giảiđượ c. Chứng minh r ằng:

a) Nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải đượ c thì phải có một bài toánkhác mà mọi thí sinh đều giải đượ c.

b) Có một bài toán mà có ít nhất 40 thì sinh giải đượ c.


Bài 1. Phương tr ình 2 24 2 1 0 x mx m m

a) Phương tr ình có hai nghiệm phân biệt

1

' 0 3 1 1 0 31

mm m

m

Khi đó 21 2 1 0 x x m nên 1 2, x x không trái d ấu.

b) Phương tr ình có hai nghiệm không âm


17/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 17

1 22

1 2

1 1' 0 310 4 03

. 01 0

m m

x x m m

x xm

(*)

Khi đó 1 2 1 2 1 24 11 2 1 1

2m

x x x x x x m

4 1 102 4

14 1 11

22 24 1 112 2

mm

m mm m

mm m

(thỏa điều kiện (*))

Vậy12

m

Bài 2.

a) Giải hệ phương tr ình.

2

2

2

3 2 1 2 23 2 1 2 2

3 2 1 2 2

x y z x

y z x y

z x y z

Cộng 3 phương tr ình vế theo vế ta có

2 2 2 2 2 21 1 1 0 x y y z z x x y z

1 1 1 0 1 x y y z z x x y z x y z Thử lại ta thấy 1 x y z thỏa hệ.

Vậy hệ có một nghiệm ; ; x y z là 1;1;1 .

Bài 3. Cho , x y là hai số không âm thỏa 3 2 x y x y


18/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 18

a) Chứng minh 1 y x .

Ta có: 3 3 0 x y x y x y

Ta có: 3 3 3 3 2 2

x y x y x y x y x xy y

Nếu x y thì 3 30 0 0 1 x y x y y x

Nếu 2 2 21 0 1 x y x xy y x y x .

Vậy 1 y x .

b) Chứng minh 3 3 2 2 1 x y x y .

Vì 3 2 3 2 3 3 2 20 1 , y x y y x x x y x y

và do 2 2 2 21 x xy y x y

Do đó ta có: 3 3 2 2 1 x y x y

Bài 4. Cho 2 3 1 M a a vớ i a là số nguyên dương.

a) Chứng minh mọi ướ c của M đều là số lẻ

Ta có: 2 23 1 2 1 1 2 1 M a a a a a a a a nên M là số lẻ do đó mọiướ c của M đều là số lẻ.

b) Tìm a để M chia hết cho 5. Vớ i những giá tr ị nào của a thì M là lũy thừa của 5.

Ta có: 2 21 5 5 1 5 1 5 5 1 M a a a a a k k

M là lũy thừa của 5, hay 2 *3 1 5na a n Vì M chia hết cho 5 nên theo trên 5 1a k vớ i k là số tự nhiên.

Vì 1 5 1a M n .

Ta có: 2 25 1 3 5 1 1 25 25 5 5nk k k k


19/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 19

Nếu 2 22 5 5 5 5nn (vô lí). Do đó 1n khi đó 0 1k a .

Vậy 1a thì M là lũy thừa của 5.

Bài 5.

a) MN//BC mà ID vuông góc BC nên ID vuông góc MN tại K. Do đó tứ giác IFMKnội tiếp đườ ng tròn đườ ng kính IM và tứ giác IKEM nội tiếp đườ ng tròn đườ ngkính IN.

b) Ta có:

030KMI KFI và

030KNI KEI

Do đó

030KMI KNI IMN cân tại I K là trung điểm của MN.

Gọi 'K là giao điểm của AJ vớ i MN, ta có

' ' ' ' ' ' MK AK K N

MK NK K BJ AJ JC

là trung điểm của MN 'K K

Vậy A, K, J thẳng hàng

c) Vì tam giác AIE vuông tại E có0

30 EAI nên tính đượ c 3 AE r

Do đó 3 AE AF r

2. 3 IEAF S S IE AE r .


20/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 20

Vì 060 EAF nên ta d ễ dàng chứng minh đượ c 14 IEF

S S

Vì tam giác IEF đồng d ạng tam giác IMN (hai tam giác cân có góc đáy bằng nhau)

Nên2

1 IMN IEF

S IM S IF

(vì IF là dây cung của đườ ng tròn đườ ng kính IM)

14 IMN IEF

S S S .

Dấu “ = “ xảy ra khi M F hay tam giác ABC đều.

Bài 6. Trong một kì thi, 60 thí sinh giải ba bài toán. Khi k ết thúc kì thi, ngườ i ta nhận

thấy r ằng vớ i hai thí sinh bất k ỳ luôn có ít nhất một bài toán mà cả hai thí sinh đó đều giảiđượ c. Chứng minh r ằng:

a) Nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải đượ c thì phải có một bài toánkhác mà mọi thí sinh đều giải đượ c.

Gọi ba bài toán là A, B, C. Từ giả thiết ta thấy r ằng mỗi thí sinh đều giải ít nhất một bàitoán.

Giả sử mọi thí sinh đều không giải được bài toán A. Khi đó nếu mọi thí sinh đều giải

đượ c bài toán B thì thỏa yêu cầu bài toán. Nếu có thí sinh không giải đượ c bài toán B thìthí sinh đó phải giả được bài toán C, khi đó xét mọi thí sinh còn lại vớ i thì sinh này thìtheo giả thiết, các thí sinh còn lại phải giải được bài toán C. Do đó yêu cầu bài toán đượ cchứng minh.

b) Có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải đượ c.

Nếu có 1 thí sinh chỉ giải đượ c 1 bài toán thì suy ra mọi thí sinh đều giải được bài toán đó(thỏa yêu cầu bài toán).

Xét trương hợ p mọi thí sinh đều giải ít nhất hai bài toán.Gọi x là số thí sinh không giải đượ c bài A

y là số thí sinh không giải đượ c bài B.

z là số thí sinh không giải đượ c bài C


21/35


22/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 22

a) Chứng minh , . AN AC BM BC b) Chứng minh 4 điểm M, N, I, J cùng nằm trên một đườ ng tròn và các đườ ng thẳng

MJ, NI và CH đồng quy.c) Tìm giá tr ị lớ n nhất của MN và giá tr ị lớ n nhất của diện tích tam giác CMN theo

R.

Bài 5. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của bất kì ba số trong chúng lớn hơn tổngcủa hai số còn lại.

a) Chứng minh r ằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5. b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn 40.


Bài 1.

a) Phương tr ình có hai nghiệm phân biệt

2

22 2

5 06 30 0

' 6 5 0

mm m m

m m m

22 1 1195 0 0

2 4m m m m

Khi đó ta có: 1 2 22 5m x x

m

Vì 22 2 225 2 1 4 0 5 2 0 0 1

5m

m m m m mm

Nên tổng hai nghiệm không thể là một số nguyên.

b) Phương tr ình (1) có hai nghiệm 1 2, 0 x x m , khi đó 1 2 22 0

5m

x xm

.

và 1 2 26. 0

5m

x xm

Ta có: 4 1 2 1 2

1 2 1 21 2 1 2

216

2

x x x x x x x x

x x x x


23/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 23

Trườ ng hợ p 1: 1 2 1 2 2 x x x x

Vì 1 2 1 2 1 2 1 20, 0 2 0 x x x x x x x x (vô lí )

Trườ ng hợ p 2: 1 2 1 2 2 26 22 2

5 5m m

x x x xm m

Đặt 22 22 20

5 5m m

t t m m

. Ta có phương tr ình 2

13 2 0 2

3

t t t

t

Vì 22

22 2 40 2 9 10 0

53 95 2

mm

t t m mm m

(thỏa điều kiện).

Vậy giá tr ị m cần tìm là52;2

m m .

Bài 2.

a) Giải hệ phương tr ình

2

2

2 1 9

2 1 9

x y y x

y x x y

Điều kiện: 0, 0 x y

Đặt , 0, 0a x y b y x a b

Ta có hệ phương tr ình :

2

2 2

2

2 1 99 2 1 1

2 1 9

a ba b b a

b a

9 2 2 2 2 13 0a b a b a b a b a b a b (vì , 0a b )


24/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 24

0 x y y x xy x y

00

x

y

x y

Vớ i 0 x thay vào phương tr ình ta có : 22 1 0 0 (vô lí nên loại).

Vớ i 0 y thay vào phương tr ình ta có: 22 1 0 0 (vô lí nên loại).

Vớ i x y , đặt t x x ta có phương tr ình: 2 22

2 1 9 2 5 2 0 1

2

t t t t t

t

+ 32 4t x y

+ 31 12 4

t x y

Vậy phương tr ình có hai nghiệm ; x y là 3 3 3 31 14; 4 , ;4 4

b)

Chứng minh : 3 2 2

. MC MA NB NA

MA NA


25/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 25

Theo tính chất đườ ng phân giác trong ta có:

; MC BC NB CB MA BA NA CA

Ta có: . 1

. MC MA NB NA MC NB NB MC

MA NA MA NA NA MA

2 2 2

1 1. .

BC BC BC AB AC BC BC AB AC AC AB AB AC AC AB

2 2 22 .1 2 3 2 3 2 2. . .

AB AC BC AB AC AB AC AB AC AB AC

Bài 3.

a) 1 1 1a b c

Giả sử a b là số nguyên tố , , 1a a b a b

Ta có: | |a b c ab a b ab a b b

(vô lí vì 0 b a b

) b) Giả sử a c và b c đồng thờ i là số nguyên tố.

Ta có: 2 2a b c ab ac ab ab bc a b c b a c

2 2a b c ab bc ba ab ac b a c a b c

Ta có: 0 b b c mà b c là số nguyên tố , 1 |b b c b a

0 a a c mà a c là số nguyên tố , 1 |a a c a b Do đó 2a b c 3a c b c c không là số nguyên tố (vì 1c ) (mâu thuẫn).

Bài 4.


26/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 26

a) Ta có:

090 ANC CHN và

090 ACN NCB

Mà

CHN NCB (phân giác) nên

ANC ACN ANC cân tại A AC AN .

Tương tự ta cũng chứng minh đượ c BM = BC.

b) Vì tam giác CAN cân tại A nên đường phân giác AI cung là đườ ng trung tr ực. GọiK là giao điểm của AI với CN, khi đó K là trung điểm của CN.

Tương tự gọi L là giao điểm của BJ và CM thì L là trung điểm của CM.

Do đó ta có KL là đườ ng trung ình của tam giác CMN

CKL CNM

Tứ giác KLIJ nội tiếp đương tr òn đương kính IJ CKL CIJ

CIJ CNM IJNM nội tiếp đườ ng tròn.

Ta có :

01 452

MCN ACB

Mà

01 452

IHN CHA

MCN IHN tứ giác CIHN nội tiế p NI CM

Do đó NI là đườ ng cao tam giác CMN.


27/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 27

Tương tự ta cũng có MJ là đườ ng cao tam giác CMN

Vậy CH, MJ, NI là ba đường cao trong tam giác CMN nên đồng qui.

c) MN AN BM AB AC BC AB

Mà 2 2 2 24 AC BC AB R

2 2 2 22 . 2 . AC BC AC BC AC BC AB CH AB

2 2 2 24 4 . 4 4 8 R R CH R R R (vì CH CO R )

2 2 2 2 2 AC BC R MN R

Dấu “=” xảy ra H O C là điểm chính giữa cung AB.

22 2 21 . 2 1

2 2CMN R R

S CH MN R

Dấu “=” xảy ra H O C là điểm chính giữa cung AB.

Vậy giá tr ị lớ n nhất của MN là 2 2 1 R khi C là điểm chính giữa cung AB.

Giá tr ị lớ n nhất của CMN S là 22 1 R khi C là điểm chính giữa cung AB.

Bài 5. Gọi 5 số đã cho là , , , ,a b c d e và giả sử a b c d e

Ta có: 1 1a b c d e a b c d e a d e b c

Do tính chất của số tự nhiên.

Ta có 2 2d c b d b d b

Ta có 2 2e d c e c e c

Do đó 1 5a d b e c

Do đó 5e d c b a .


28/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 28

b)Nếu 6 7, 8, 9, 10 40a b c d e a b c d (mẫu thuẫn).

Do đó 5a , ta có 5 1 4b c d e b c d e

Mặc khác ta cũng có : 2, 2 4 4e c d b e d c b e d b c

Do đó 4 2, 2b c e d e c d b

Ta có:315 2 2 402

a b c d e b c b c b c

631 292 172 4

bb b

b

Nếu 6 8 7 9b d c e . Ta có bộ 5;6;7;8;9

Nếu 7 9 8 11b d c e . Ta có bộ 5;7;8;9;11

Đề chuyên toán 2015 – 2016.

Bài 1 (2đ). a)Giải phương tr ình 2 22 1 1 2 2 x x x x .

b)Cho các số a và b thỏa mãn điều kiện 3 3 3 1

4a b b . Chứng minh r ằng

1 0a .

Bài 2 (2đ). a) Tìm các số nguyên , ,a b c sao cho 0a b c và 3 0ab bc ca b)Cho m là số nguyên. Chứng minh r ằng nếu tồn tại các số nguyên , ,a b c khác 0 sao cho

0a b c và 4 0ab bc ca m thì cũng tồn tại các số nguyên ', ', 'a b c khác 0sao cho ' ' ' 0a b c và ' ' ' ' ' ' 0a b b c c a m .

c)Vớ i k là số nguyên dương, chứng minh r ằng không tồn tại các số nguyên , ,a b c khác 0

sao cho 0a b c và 2 0k

ab bc ca .Bài 3 (1đ). Giả sử phương tr ình 22 2 1 0 x ax b có hai nghiệm nguyên ( ,a b làtham số). Chứng minh r ằng 2 2 2a b là số nguyên và không chia hết cho 3.


29/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 29

Bài 4 (3 đ). Cho tam giác ABC (AB < AC) có các góc nhọn, nội tiếp trong đườ ng tròntâm O. Gọi M là trung điểm cạnh BC, E là điểm chính giữa cung nhỏ BC, F là điểm đốixứng của E qua M.

a)

Chứng minh r ằng2

. EB EF EO . b) Gọi D là giao điểm của AE và BC. Chứng minh các điểm A, D, O, F cùng thuộcmột đườ ng tròn.

c) Gọi I là tâm đườ ng tròn nội tiếp tam giác ABC và P là điểm thay đổi trên đườ ngtròn ngoại tiế p tam giác IBC sao cho P, O, F không thẳng hàng. Chứng minh r ằngtiế p tuyến tại P của đườ ng tròn ngoại tiếp tam giác POF đi qua một điểm cố định.

Bài 5 (2đ). Để khuyến khích phong trào học tậ p, một trường THCS đã tổ chức 8 đợ t thicho các học sinh.Ở mỗi đợt thi, có đúng 3 học sinh đượ c chọn để trao giải. Sau khi tổ chức xong 8 đợt thi, ngườ i ta nhận thấy r ằng với hai đợ t thi bất kì luôn có đúng một họcsinh đượ c trao giải ở cả hai đợt thi đó. Chứng minh r ằng:

a) Có ít nhất một học sinh đượ c trao giải ít nhất 4 lần. b) Có đúng một học sinh đượ c trao giải ở tất cả 8 đợ t thi.

Hướ ng d ẫn giải

Bài 1. a)Giải phương tr ình 2 22 1 1 2 2 x x x x .

Điều kiện:

2

2

2 1 01 11 2 02 2

0

x

x x

x x

Đặt 22 1, 1 2a x b x . Từ phương tr ình ta có

2 22 2

1 522 2 1 1 2 1 0

2 1 52

xa b

a b a b x x x x

x


30/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 30

So với điều kiện nhận 5 12

x

.

Vậy phương trình có 1 nghiệm5 12 x

b)Cho các số a và b thỏa mãn điều kiện 3 3 3 14

a b b . Chứng minh r ằng

1 0a .

Ta có: 3 331 04

a b b

Đặt 3 3 3 3 31, , 14

4

x y za x b y b z

y z

Ta có: 2 2

33 3 31 3 34 4

y z y z y z y z yz y z x x

2 23 2 34 3 3 3

4 4

x x y z x x x y z

Do đó 2 23 31 3 1 3 0 1 1 x x y z x x y z x a

Vậy 1 0a .

Bài 2. a) Tìm các số nguyên , ,a b c sao cho 0a b c và 3 0ab bc ca

Ta có: 22 2 2 2 6a b c a b c ab bc ca

Giả sử 2 2 2 2

2 1;0;1a b c a a

Giả sử 2 6 2; 1;0;1;2a a .


31/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 31

1 11

2 2b c b

abc c

00 3

b ca bc

(loại)

1 11

2 2b c b

abc c

Vậy , ,a b c gồm 2; 1; 1 , 2;1;1 và các hoán vị.

b)Cho m là số nguyên. Chứng minh r ằng nếu tồn tại các số nguyên , ,a b c khác 0 sao cho

0a b c và 4 0ab bc ca m thì cũng tồn tại các số nguyên ', ', 'a b c khác 0sao cho ' ' ' 0a b c và ' ' ' ' ' ' 0a b b c c a m .

Vì 0a b c chia hết cho 2 do đó trong 3 số , ,a b c chỉ có thể là một bộ gồm 2 số lẻ và một số chẵn hoặc là một bộ gồm 3 số chẵn.

Nếu bộ gồm 2 lẻ và 1 chẵn thì 4ab bc ca m là một số lẻ (vô lí)

Do đó , ,a b c phải là 3 số chẵn. Khi đó đặt ' , ' , '2 2 2a b c

a b c ta có:

' ' ' 0a b c và

2 ' 2 ' 2 ' 2 ' 2 ' 2 ' 4 0 ' ' ' ' ' ' 0a b b c c a m a b b c c a m

c) Vớ i k là số nguyên dương, chứng minh r ằng không tồn tại các số nguyên , ,a b c khác 0sao cho 0a b c và 2 0k ab bc ca .

Khi 0k ta có: 0, 1 0a b c ab bc ca

Ta có: 22 2 2 2 2a b c a b c ab bc ca , suy ra không thể tồn tại các số nguyên , ,a b c thỏa mãn (số 2 không thể biểu diễn thành tổng của ba số bình phươngkhác 0).

Khi 1k ta có: 0, 2 0a b c ab bc ca


32/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 32

Ta có: 22 2 2 2 4a b c a b c ab bc ca , suy ra không thể tồn tại các số nguyên , ,a b c thỏa mãn (số 4 không thể biểu diễn thành tổng của ba số bình phươngkhác 0).

Khi k chẵn, tức là 2k m (m là số nguyên dương).

Khi đó ta có 0, 4 0ma b c ab bc ca . Theo câu b) ta thấy sẽ tồn tại bộ

', ', 'a b c nguyên thỏa 1' ' ' 0, ' ' ' ' ' ' 4 0ma b c a b b c c a , quá trình này tiế p tục tatìm đượ c các số nguyên ", ", "a b c thỏa

" " " 0a b c và " " " " " " 1 0a b b c c a (điều này vô lí )

Khi k lẻ, tức là 2 1k m (m là số nguyên dương).

Khi đó ta có 0, 2.4 0ma b c ab bc ca . Theo câu b) ta thấy sẽ tồn tại bộ

', ', 'a b c nguyên thỏa 1' ' ' 0, ' ' ' ' ' ' 2.4 0ma b c a b b c c a , quá trình này tiế p tụcthì ta tìm đượ c các số nguyên ", ", "a b c thỏa

" " " 0a b c và " " " " " " 2 0a b b c c a (điều này vô lí )

Vậy bài toán đượ c chứng minh.

Bài 3. Giả sử phương tr ình 22 2 1 0 x ax b có hai nghiệm nguyên ( ,a b là thamsố). Chứng minh r ằng 2 2 2a b là số nguyên và không chia hết cho 3.

Ta có : 1 2 1 21, .

2b

x x a x x

Ta có: 1 2a x x

1 21 2b x x

Do đó 2 2 2a b .

Giả sử 2 2 2a b chia hết cho 3 2a chia 3 dư 1 và 2b chia hết cho 3 (tức là b chiahết cho 3).

Khi đó ta thấy 2 2 21 2 1 x x a b chia hết cho 3 nên 1 2, x x đều chia hết cho 3


33/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 33

do đó 1 21 2b x x chia hết cho 3 (vô lí).

Bài 4.

a)Tam giác cân BEF và tam giác cân OEB đồng d ạng (vì có chung góc đáy OEB )

do đó 2 . BE OE EB OE EF EF EB

b)+Trườ ng hợ p F nằm trong đoạn MO.

Tam giác cân DEF ta có

DEF DFE


34/35


Võ Ti ế n Trình - 0988270709 34

Tam giác cân AOE ta có

OAE OEA

Do đó

EAO DFE nên tứ giác AOFD nội tiế p.

+Trườ ng hợ p F nằm ngoài đoạn MO chứng minh tương tự.c)Ta thấy E là tâm đườ ng tròn ngoại tiế p tam giác IBC.

(d ễ thấy vì

1 1 12 2 2 IBC KE KC CE AK BE BIE nên tam giác IBE cântại E nên EB = EI).

Khi đó 2 2 . EP EF EP EB EF EO EO EP

EPO EFP EOP EPF

Dựa vào tính chất góc giữa một tia tiế p tuyến và một dây cung, suy ra EP là tiế p tuyếncủa đườ ng tròn ngoại tiếp tam giác POF, khi đó tiế p tuyến tại P của đườ ng tròn ngoại tiế ptam giác POF đi qua E cố định.

Bài 5 .

a) Gọi các đợ t trao giải là 1 2 8, ,..., A A A . Xét đợ t thi 1 A có các học sinh đượ c trao giải

là 1 2 3, ,a a a . Vì hai đợ t thi bất kì có đúng một học sinh đượ c trao giải nên các họcsinh 1 2 3, ,a a a phải xuất hiện trong 7 đợ t trao giải còn lại. Theo nguyên lí Dirichletthì có ít nhất một thí sinh đượ c trao giải ít nhất 3 lần, ngh ĩa là có ít nhất một họcsinh đượ c trao giải ít nhất 4 lần.

b) Theo câu a) giả sử học sinh 1a đượ c trao giải trong các đợ t 1 2 3 4, , , A A A A .

Xét 1 đợ t trao giải bất kì trong các đợ t trao giải còn lại là i A . Vì i A có đúng 3 học sinhđượ c trao giải và 3 học sinh này phải đượ c trao giải trong các đợ t 1 2 3 4, , , A A A A , do đó sẽ

có 1 học sinh đượ c trao giải ít nhất 2 lần, giả sử học sinh đó là 1ia và đượ c trao giải trongđợ t 1 2, A A , như vậy ở hai đợ t 1 2, A A sẽ có hai học sinh cùng đượ c trao giải là 1a và 1ia do đó 1a phải là 1ia . Vậy khi đó 1a sẽ đượ c trao giải ở đợ t i A ngh ĩa là đượ c trao giải 8lần (vì i A tùy ý trong các đợ t còn lại).


35/35


Không thể có 2 học sinh đượ c trao giải 8 lần vì khi đó hai đợ t trao giải bất kì sẽ có 2 họcsinh đượ c trao giải (mâu thuẫn giả thiết).

Đề toán chuyên tuyển sinh vào 10 trường phổ thông năng khiếu va huong dan giai.pdf

Documents