Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2013 trường phổ thông năng khiếu môn thi: Toán (chuyên)29253

ĐAI HỌC QUỐC GIA TP.HCM TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2013 MÔN THI: TOÁN (Chuyên) Thời gian: 150 phút 2 Câu I: Cho phương trình: x  4mx  m  2m   0(1) với m tham số a) Tìm m cho phương trình (1) có hai nghiệm x1; x phân biệt Chứng minh rằng: x1; x tái dấu b) Tìm m cho: x1  x  3x  2y   2z  x    Câu II: Giải hệ phương trình: 3y  2z   2x  y    3z  2x   2y  z   Caâu III: Cho x, y hai số không âm thỏa mãn x3  y3  x  y a) Chứng minh rằng: y  x  b) Chứng minh rằng: x3  y3  x  y  Caâu IV: Cho M  a2  3a  với a số nguyên dương a) Chứng minh ước M số lẻ b) Tìm a cho M chia hết cho Với giá trị a M lũy thừa 5? ฀  600 Đường tròn (I) nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với cạnh BC, Câu V: Cho ABC có A CA, AB D, E, F Đường thẳng ID cắt EF K, đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự M, N a) Chứng minh rằng: tứ giác IFMK IMAN nội tiếp b) Gọi J trung điểm cạnh BC Chứng minh ba điểm A, K, J thẳng hàng c) Gọi r bán kính đường tròn (I) S diện tích tứ giác IEAF Tính S theo r chứng minh S SIMN  ( SIMN diện tích IMN ) Câu VI: Trong kỳ thi, 60 thí sinh phải giải toán Khi kết thúc kỳ thi, người ta nhận thấy rằng: với hai thí sinh có toán mà hai thí sinh giải Chứng minh rằng: a) Nếu có toán mà thí sinh không giải phải có toán khác mà thí sinh giải b) Có toán mà có 40 thí sinh giải ĐÁP ÁN Câu I: a) Phương trình có hai nghiệm phân bieät x1 ,x   '  4m  m  2m    3m  m  3m    m  3m  1   3m  1    3m  1 m  1    m  vaø m > -1  3m   vaø m   m       m < vaø m < -1 3m   vaø m    m  1  Khi đó: x1 x  m  2m    m  1  Do x1; x trái dấu b) Phương trình có hai nghiệm không âm x1; x DeThiMau.vn  m  m  1 (áp dụng caâu a)  '    m  S  x1  x   4m  P  x x     m  1   Ta coù: x1  x   x1  x  x1x   4m   m  1 1 4m   4m  m    m     4m  1 m   0 4m       4m    2m   4m     m    m  (thích hợp)  m   2  2m    4m       1  4m m  m   2   Vậy m  giá trị cần tìm Câu II: Ta có: 3x  2y   3y  2z   3z  2x   2z  x    2x  y    2y  z    3x  2y   3y  2z   3z  2x   2zx  4z  2xy  4x  2yz  4y              x  2xy  y  x  2zx  z  y  2yz  z  x  2x   y  2y   z  2z     x  y    x  z    y  z    x  1   y  1   z  1  2 2 2   x  y    x  z    y  z    x  1   y  1   z  1  2 2 2  x  y; x  z; y  z; x  1; y  1;z   x  y  z  Thử lại, ta có:  x; y;z   1;1;1 nghiệm hệ phương trình cho Câu III: a) Ta có: x  0; y  vaø x3  y3  x  y Do : x  y  x3  y3  Neân x  y   x  y  Ta có : x3  y3  x3  y3   x  y  x  xy  y  Neân x  y   x  y  x  xy  y   Nếu x = y x3  y3  Ta coù : x = y = Nên y  x    Nếu x  y từ x  y   x  y  x  xy  y ta coù :  x  xy  y Maø x  xy  y  x Nên  x Mà x  Nên  x Vậy y  x  2 2 b)  y  x  neân y3  y ; x3  x Do : x3  y3  x  y Vì  x  xy  y vaø x  xy  y  x  y Do đó: x  y  Vaäy x3  y3  x  y  Caâu IV: a) M  a2  3a   a2  a  2a   a  a  1  2a  số lẻ (Vì a, a + hai số nguyên dương liên tiếp nên a  a  1 ) Do ước M số lẻ DeThiMau.vn   b) M  a2  3a   a2  2a   5a   a  1  5a Ta coù: M  5;  5a  Do đó:  a  1  Nên a  1 Ta coù : a chia cho dư 1, tức a  5k  1 k  N    Đặt a2  3a   5n n  N* ( n  N* a  nên a2  3a   ) Ta coù : 5n  theo ta có : a  5k  1 k  N  Ta coù :  5k  1   5k  1   5n  25k  10k   15k    5n  25k  k  1   5n  * Nếu n  ta có : 5n  52 , maø 25k  k  1 52 ; không chia hết cho 52 : vô lí Vậy n = Ta coù : 25k  k  1  0; k  N Do : k = Nên a = Câu V : A M K E N F I B D J C a) Ta coù : MN // BC (gt), ID  BC ((I) tiếp xúc với BC D) ฀ ฀  900  ID  MN  IK  MN  IKM  IKN ฀  IKM ฀ IFM  900  900  1800  Tứ giác IFMK nội tiếp ฀  IEN ฀  900  Tứ giác IKEN nội tiếp Mặt khác : IKN ฀  IKF ฀ ฀  ANI ฀ Ta có : IMF (Tứ giác IFMK nội tiếp) ; IKF (Tứ giác IKEN nội tiếp) ฀ ฀  IMF  ANI  Tứ giác IMAN nội tiếp b) Ta có : ฀ ฀ IMK  IFK  Tứ giác IFMK nội tiếp   ฀ ฀ IN K  IEK  Tứ giác IKEN nội tiếp  Mặt khác : IE = IF (= r)  IEF cân I IMN cân I có IK đường cao  IK đường trung tuyến IMN  K trung điểm MN  MN  2.MK Maø BC = 2.BJ (J laø trung điểm BC) DeThiMau.vn MN 2.MK MK   BC 2.BJ BJ Mặt khác: ABC có MN // BC AM MN   (Hệ định lý Thales) AB BC AM MK  MN   Ta coù:   AB BJ  BC  Do đó: Xét AMK ABJ , ta có: ฀ ฀ AMK  ABJ  hai góc đồng vị MN // BC    AM MK   BJ  AB ฀ ฀  AMK ฀ ABJ c  g  c  MAK  BAJ    Hai tia AK, AJ trùng Vậy ba điểm A, K, J thẳng hàng c) AE, AF tiếp tuyến đường tròn (I) ฀  AE = AF, AI tia phân giác EAF ฀  600 (gt) AEF cân A có EAF  AEF  EF = AE = AF AEF có AI đường phân giác  AI đường cao AEF  AI  EF  S  AI.EF IAE vuông E  AE = IE.cotIAE; IE = AI.sin.IAE r  AE  r.cot 300  3.r; AI   2r sin 300 Vaäy EF = AE = 3.r 1 Vaäy S  AI.EF  2r 3.r  3.r (đvdt) 2 Gọi H giao điểm AI EF ฀  600 Ta có: IH  EF, H trung điểm EF HIF IHF vuông H  IH  IF.cos HIF  r.cos 600  r 3.r Do đó: SIEF  IH EF  (đvdt) Xét IMN IEF , ta có: ฀ ฀ INM ฀ ฀ IMN  IFE;  IEF Do đó: IMN ฀ IEF  g  g  S  IM  IM 1  IMN    Maø IF  FM  IM  IF  IF SIEF  IF  S Do đó: IMN   SIMN  SIEF SIEF Ta coù: S  3.r ;SIEF  3.r ;SIMN  SIEF DeThiMau.vn S Câu VI: Gọi ba toán A, B, C a) Không tính tổng quát, giả sử thí sinh không giải toán A  Nếu thí sinh không giải toán B từ giả thiết ta có thí sinh giải toán C  Nếu thí sinh giải toán B toán C ta có thí sinh giải toán B; toán C  Nếu có thí sinh giải toán, giả sử giải toán B Xét học sinh với tất học sinh lại Theo giả thiết, có thí sinh giải toán B Vậy có toán mà thí sinh không giải phải có toán khác mà thí sinh giải b) Theo giả thiết ta có thí sinh giải toán Nếu có thí sinh giải toán Xét học sinh với tất học sinh lại, ta có thí sinh giải toán Ta xét trường hợp mà thí sinh giải hai toán  Gọi số thí sinh giải A, B mà không giải C x, số thí sinh giải B, C mà không giải A y, số thí sinh giải A, C mà không giải B z, số thí sinh giải A, B, C t (x, y, z, t N ) Ta có: x  y  z  t  60 (1) Vậy SIMN  Cách 1: Giả sử có điều trái với kết luận toán Ta có: x + z + t < 40; x + y + t < 40; y + z + t < 40 Do ñoù : x + z + t + x + y + t + y + z + t < 40 + 40 + 40   x  y  z  t   t  120 Kết hợp (1) ta có : t < Điều vô lí Điều giả sử sai Vậy có toán mà có 40 thí sinh giải Cách : Ta có : số học sinh không giải A y, không giải B z, không giải C x Nếu x > 20 ; y > 20 ; z > 20 x + y + z > 60 Mâu thuẫn (1) Do : ba số x, y, z phải có số không vượt 20 Như có toán mà có nhiều 20 thí sinh không giải Do toán có 40 thí sinh giải Vậy có toán mà có 40 thí sinh giải DeThiMau.vn ... toán B toán C ta có thí sinh giải toán B; toán C  Nếu có thí sinh giải toán, giả sử giải toán B Xét học sinh với tất học sinh lại Theo giả thi? ??t, có thí sinh giải toán B Vậy có toán mà thí sinh. .. phải có toán khác mà thí sinh giải b) Theo giả thi? ??t ta có thí sinh giải toán Nếu có thí sinh giải toán Xét học sinh với tất học sinh lại, ta có thí sinh giải toán Ta xét trường hợp mà thí sinh. .. SIEF DeThiMau.vn S Câu VI: Gọi ba toán A, B, C a) Không tính tổng quát, giả sử thí sinh không giải toán A  Nếu thí sinh không giải toán B từ giả thi? ??t ta có thí sinh giải toán C  Nếu thí sinh