SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN Mơn thi:Tốn (hệ số – chun tốn) x xy y x y 185 x xy y x y 65 Bài (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: (1) (2) Bài (2,0 điểm) 4 M n n chia hết cho số phương khác a) Chứng minh số với số n nguyên dương 2 b) Tìm tất số tự nhiên n để phương trình : x n x n 0 (ẩn số x) có nghiệm số nguyên xyz Bài (2,0 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa yz xz xy xy yz xz x y z y x z z x y Chứng minh: Bài (3,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A A 900 nội tiếp đường tròn (O) Gọi D điểm cung AB không chứa C( D khác A, B ) Hai dây cung AD BC kéo dài E Đường thẳng qua E song song với CD cắt AB F Vẽ tiếp tuyến FG với đường tròn O (G tiếp điểm) a) Chứng minh : FG FE b) Từ trung điểm I BC vẽ IJ AC J AC Gọi H trung điểm IJ Chứng minh AH BJ Bài (1,0 điểm) Trong buổi tổ chức lễ tuyên dương học sinh có thành tích học tập xuất sắc huyện, ngoại trừ bạn An, hai người bắt tay An bắt tay với người quen Biết cặp (hai người) bắt tay khơng q lần có tổng cộng 420 bắt tay Hỏi bạn An có người quen buổi lễ tuyên dương ĐÁP ÁN Bài Cộng phương trình vế theo vế ta có: x y x y 250 x2 y2 125 x y 5 x y 25 Thay vào (1) ta có: 25 xy x y 185 25 xy 185 xy 12 Như hệ cho : 12 12 12 y x y 25 y y x x x 144 xy 12 x 25 x 25 x 144 0 x 16 x 0 x 12 x 3 x x 4 x y x y y y y x 3 x x x 0 2 Kết luận: Nghiệm hệ phương trình x; y 3;4 ; 3; ; 4;3 ; 4; Bài a) Ta có: M n 1 n n 2n 1 n n 2n 1 n n n 1 n 3n 1 n n 1 n n 1 n n 1 2n 2n 2 n n 1 (*) n2 n 1 số phương khác Vì n * nên Do đó, từ * suy M n 1 n chia hết cho số phương khác 1với số n nguyên dương (đpcm) 2 b) Xét phương trình: x n x n 0 (ẩn số x) (1) Để phương trinh (1) có nghiệm 0 n 4n 0 n 0;1 (do n ) Gọi x1; x2 hai nghiệm cuẩ phương trình (1) x1 x2 n x x n Áp dụng hệ thức Vi-et ta được: x1 x2 x1 x2 n n x1 x2 x2 n n x1 1 x2 n n 1 x1 1 x2 1 n n 1 x1 x2 n 4 x x n 3 n , n 0;1 Với Do x1 1; x2 1 x1 1 x2 1 0 n n 1 0 n 0 (do n 0, n ) n 2 Mà n , n 0;1 n 2 Khi phương trình (1) trở thành: x 1(tm) x x 0 x 3(tm) Vậy với n , đê phương trình cho có nghiệm lầ số ngun n 2 Bài 1 1 2 2 yz xz xy y VT x x ; yz ; z x y z y z y x z z x y yz y z x z x y Ta có: 1 a; b; c a, b, c abc 2 y z Đặt x Theo bất đẳng thức Cơ si ta có: a2 bc a2 b2 a c c2 a b 2 a; b; c bc 4 a c a b Cộng vế lại với ta có: a2 b2 c2 a b c a b c b c a c a b a2 b2 c2 a b c a b c 1 xy yz zx b c a c a b abc ab bc ca yz xz xy xy yz xz dfcm x y z y x z z x y Bài A D O E H B F I J Q C G a) Ta có FG / / CD FEB DCB (cặp góc so le trong) Và DCB DAB (cùng chắn cung AD) nên FE FB FEB FAE FBE FEA( g g ) FE FA.FB FA FE Do FG tiếp tuyến G đường tròn (O) FGB FAG (cùng chắn cung GB) FG FA FGB FAG ( g g ) FG FA.FB FB FG 2 Do FG FE FG FB b) Ta gọi Q trung điểm CJ IQ đường trung bình BJC IQ / / BJ Ta chứng minh AH IQ Do HQ / / IC (HQ đường trung bình tam giác JIC ) AI BC AI IC (do tam giác ABC cân A có AI đường trung tuyến ) HQ / / IA Kết hợp với IH AQ H trực tâm AIQ AH IQ AH BJ Bài Giả sử ngồi bạn An cịn có n bạn An quen m bạn, điều kiện m n; m, n * n n 1 m Số bắt tay Theo ta có phương trình: n n 1 m 420 n n 1 2m 840 (1) n n n 840 n n 840 n 29 m n , Mặt khác kết hợp với ta suy Và 2m 2 , kết hợp với 1 ta suy n n 838 0 n 29 , từ suy n 29 Thay n 29 vào (1) ta có 2m 29.28 840 m 14 Vậy An quen 14 người