C là một điểm thay đổi trên đường tròn O sao cho tam giác ABC không cân t ại C.. KA KB=KH và giao điểm M của các đường thẳng CD và EF luôn thuộc một đường thẳng cố định.. a Chứng minh
Trang 1ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM K Ỳ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010
NĂNG KHIẾU Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề _
Câu 1
a) Cho , , ,a b c d là các số thực thỏa mãn điều kiện , 0
3
a c
+
Chứng minh rằng: 2 2
b =d b) Giải hệ phương trình:
3 7
4 7
Câu 2
a) Giải bất phương trình: 2x+ ≤1 8x+ 9
b) Cho , ,a b c là các số thuộc [−1; 2] thỏa mãn điều kiện 2 2 2
6
a +b +c =
Chứng minh rằng: a+ + ≥ b c 0
Câu 3
a) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho
2010
a + =a
b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho
2009
a+a +a =
Câu 4
Cho đường tròn ( )O tâm O, đường kính AB=2R C là một điểm thay đổi trên đường tròn
( )O sao cho tam giác ABC không cân t ại C Gọi H là chân đường cao của tam giác ABC
hạ từ C Hạ HE HF vuông góc v, ới AC BC , tương ứng Các đường thẳng EF và AB cắt
nhau tại K
a) Tính theo R di ện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn KA KB , trong trường hợp
60
BAC =
b) Hạ EP FQ vuông góc v, ới AB Chứng minh rằng đường tròn đường kính PQ tiếp
xúc với đường thẳng EF
c) Gọi D là giao điểm của ( )O và đường tròn đường kính CH , D C≠ Chứng minh
KA KB=KH và giao điểm M của các đường thẳng CD và EF luôn thuộc một đường
thẳng cố định
Câu 5
Trên một đường tròn, người ta xếp các số 1,2,3, ,10 (mỗi số xuất hiện đúng một lần)
a) Chứng minh không tồn tại một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn 10
b) Tồn tại hay không một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn hoặc bằng 10?
Trang 2-H ết -
Hướng dẫn giải
Dưới đây chỉ là hướng dẫn giải chủ quan của chúng tôi và không phải là đáp án
chính th ức của trường nên mang giá trị tham khảo là chính
Bài 1
a)
b= − ⇒d b =d (đccm)
Trường hợp 2: b≠ − , kd ết hợp với điều kiện a c
b = suy ra a d ≠ − c
Khi đó a c a c
+
+ (tính chất dãy tỉ số bằng nhau)
3 3
a c
b d b d
+ =
⇒ − = +
Với a+ = mà c 0 ac≠ suy ra 0 a≠0,c ≠ suy ra b0 = − (mâu thud ẫn)
3b− = + ⇒ = ⇒d b d b d b =d
Vậy trong hai trường hợp ta đều có 2 2
b =d
Nh ận xét: Mấy em áp ụng ngay dãy tỉ số bằng nhau là thiếu trường hợp rồi, sẽ bị trừ điểm
b)
4 7
Điều kiện
3 4 7
xy
xy
≠
≠
+ ≠
2
xy− = − xy− ⇔ xy = , khi đó x− = −1 (y−2)⇔ + = x y 3
Ta có hệ 7 3( )
2
x y
VN xy
+ =
=
Trường hợp 2: xy− ≠ −3 (xy−4)
Trang 3Suy ra
2 2
x y
− − =
Với 3− − = ta có x y 0 1 2 0 1
2
x
y
=
− = − = ⇒ =
7−x −y = −2xy+ ⇒7 x−y = ⇒ = 0 x y
= − ⇒ = −
⇒ = ⇒ =
Thử lại ta thấy ( )1; 2 và (− − là nghi1; 1) ệm của hệ phương trình
Vậy phương trình có hai nghiệm ( )x y là ; ( )1; 2 và (− − 1; 1)
Nh ận xét: Bài hệ phương trình ý tưởng cũng giống câu a, dùng dãy tỉ số bằng nhau Không
khó, tuy nhiên lại dễ sai, và thiếu sót Ví dụ m m m 0
x y
=
= ⇔ =
(dễ sót trường hợp m= ) 0
Bài 2
a) Ta có
( )
x
I x
x
II
+ <
+ ≤ + ⇔ + ≥
+ ≤ +
Gi ải (I): Ta có( )
1
2
8
x
x
< −
⇔ ⇔ − ≤ < −
≥ −
Gi ải (II): Ta có
( )
1
2
1
1
2 2
2
x
II
x
x x
≥ −
− ≤ ≤
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 9; 2
8
S = −
Nh ận xét: Bài này là bất phương trình dạng cơ bản, không có gì khó khăn cả Đây có thể xem
là câu dễ nhất của đề, tuy vậy nếu không cẩn thận cũng dễ xét thiếu Và để ý kỹ thì câu này lại
ợi ý làm câu b
Trang 4b) Vì [ ] ( )( ) 2 2
a∈ − ⇒ a+ a− ≤ ⇔a − − ≤ ⇔ ≥a a a −
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a= − ho1 ặc a= 2
Chứng minh tương tự ta cũng có 2 2
b≥b − c≥c −
6
a+ + ≥b c a +b +c − suy ra a+ + ≥ (vì b c 0 2 2 2
6
a +b +c = )
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (a b c là hoán v, , ) ị của (− −1; 1; 2)
Nh ận xét: Đây là bài toán bất đẳng thức có điều kiện không đơn giản chút nào so với lời giải
của nó Đủ để “hạ gục” nhiều em Tuy nhiên nếu chú ý thì câu a đã gợi ý tưởng làm câu này
Câu 3
a) Giả sử tồn tại số tự nhiên a thỏa 2 2009
2010
a + =a
1
a + =a a a+ là tích hai số tự nhiên liên tiếp
Ta có (a a, + = và 1) 1 (a+ − = 1) a 1
Do đó ,a a+ ph1 ải có dạng 2009 2009
, 1
a= p a+ =q trong đó p q< , p q =2010,(p q, )= 1 Điều này không thể xảy ra vì ( ) 2009 ( )2009 2009
p q = ⇒ − ≥ ⇒q p q ≥ p+ > p +
Vậy không tồn tại số tự nhiên a thỏa mãn đề bài
Nh ận xét: Bài này hiểu ý nhưng khó trình bày quá, dễ rơi vào tình trạng lòng vòng Kinh
nghiệm thì khi cho số lớn thường không ảnh hưởng đến cách giải, tuy nhiên đối với bài này vì
số mũ là lẻ nên không thể dùng tính chất của số chính phương được Hơn nữa, không thể xét theo modul 3, 4 vì nó thỏa hết Cái hay là câu a và b nhìn có vẻ giống nhau nhưng cách giải lại khác nhau
b) Giả sử tồn tại số tự nhiên a thỏa đề bài Tức là 3 2 2010
2009
a +a + =a
Rõ ràng a>0, khi đó ta có 3 3 2 3 2 ( )3
a <a +a + <a a + a + a+ = a+
Mặt khác 2010 ( 607)3
2009 = 2009
Suy ra 3 ( 670)3 ( )3
a < < a+ (Vô lý vì 3 ( )3
a a+ là lập phương của hai số tự nhiên liên
tiếp )
Vậy không tồn tại số tự nhiên a thỏa mãn đề bài
Nh ận xét
Bài này thuộc dạng quen thuộc của phương trình nghiệm nguyên, nhưng đôi khi bị nhiễu
bởi câu a, khó nhận ra
Nói chung năm nay hai bài số học không khó bằng bài số học năm ngoái (Bài về số bạch
kim)
Câu 4
Trang 5T
D
I
K,M
F
E
C
a) Tính theo R diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn KA KB , trong trường hợp
60
BAC =
Ta có ACB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )O )
Tam giác ABC vuông tại C nên ta có 0
.cos 2 cos 60
AC = AB CAB= R = R
.sin 2 sin 60 3
.sin sin 60
2
R
Tam giác CHE vuông t ại H có HE là đường cao nên
2
2 2
3
4
R CH
Tương tự ta cũng có 2 3
4
CF
CB
Do đó 1 1 3 3 23 3
CEF
Vì BAC=600 nên A nằm giữa K và B
Dễ thấy CEHF là hình chữ nhật và 0
30
KEA=CEF =CHF =CBA= , mà
60 30 30
AKE+AEK =CAB⇒ AKE =CAB−AEK = − =
Vậy tam giác KAE cân tại A suy ra KA AE=
R
AE= AC−CE = −R = R nên 1
4
KA= R
Trang 6Và 1 9
2
KB=KA+AB= R+ R= R
EF
b) Ch ứng minh tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ
Câu b, c ta xét trường hợp AC < BC, trường hợp AC BC> làm tương tự
Gọi I là giao điểm của EF và CH Vì AEHF là hình chữ nhật nên I là trung điểm EF
Tứ giác EPQF là hình thang vuông (vì EP FQ, ⊥PQ)
Ta có IH // EP và I là trung điểm EF nên H là trung điểm của PQ
Khi đó đường tròn đường kính PQ là đường tròn tâm H bán kính HP
Gọi T là hình chiếu của H trên EF
Ta có PEH =EAH (cùng phụ EHA ) và TEH =IHE , IHE =EAH (cùng phụ với EHA ) Suy ra PEH =TEH, suy ra PEH∆ = ∆TEH ⇒ HT =HP
Ta có HT ⊥EF T( ∈EF) và HT =HP nên EF ti ếp xúc với đường tròn đường kính PQ
2
KA KB=KH
c) Ch ứng minh và M thuộc một đường cố định
Ta có KEA=CEF =CHF =CBK, suy ra ∆KAE ∩ ∆KFB g g( ) ,
Do đó KA KE KA KB KE KF
Mặt khác ta có KHE =HCE =HFK, suy ra ∆KHE ∩ ∆KFH g g( )
KE KF KH
Từ (1) và (2) thì 2
KA KB=KH
Gọi J là giao điểm của OC và EF,
Ta có OCF =OBC (tam giác OBC cân tại O)
Và JFE =ICF (do tam giác ICF cân tại I)
Do đó
0 0
90 90
OCF JFE OBC ICF
Tam giác CKO có CH và KJ là hai đường cao, cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác
CKO, do đó OI CK⊥ (3)
Mặt khác hai đường tròn (O) và đường tròn tâm I đường kính CH cắt nhau tại C và D, nên OI
là đường trung trực của CD, suy ra OI CD⊥ (4)
Từ (3) và (4) ta có , ,C K D thẳng hàng
Trang 7Vậy K cũng là giao điểm của CD và EF, do đó M K ≡ và M luôn thuộc đường thẳng AB cố định
Nh ận xét: Đây là một bài hình học rất quen thuộc, không khó Đỡ hơn năm ngoái nhiều Bài 5
a) Giả sử tồn tại một cách sắp xếp thỏa đề bài là
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a4
a3
a2
a1
Không mất tính tổng quát ta giả sử a1=1 Khi đó ta có
+ > > =
(vô lý vì mỗi số xuất hiện đúng một lần)
Vậy không tồn tại cách sắp xếp thỏa mãn đề bài
b) Tồn tại cách sắp xếp như trên Ví dụ:
Trang 83 7
4 6
5
9
8
2
10 1
Nh ận xét: Thường thì bài này đánh rớt học sinh ngay từ lúc đọc đề, vì bị tâm lý Nhưng
thực sự bài này không khó bằng những đề trước Không làm được câu a thì cũng “lụi” được câu b
Nh ận xét chung về đề năm nay:
Đề năm nay không khó nhưng cũng không dễ dàng gì điểm cao vì có nhiều chỗ “bẫy” Theo tôi nghĩ câu dễ nhất là 2a và 4a Câu trung bình là các câu 1a, 1b, 4b câu khó hơn chút là 3a, 3b các câu khó nhất là 2b, 5ab
Tỉ lệ chọi cao, điểm chuẩn cao và Phổ Thông Năng Khiếu luôn chọn được học sinh giỏi Sang năm có World Cup nên chắc phải có một câu về bóng đá, hãy chờ xem
