Đề thi và đáp án vào chuyên toán Nguyễn Trãi Hải Dương. Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương nổi tiếng về đề thi toán rất hay. Đây là một tài liệu quý mà tôi muốn chia sẻ cho mọi người. Mong tài liệu đem lại sự cổ vũ đam mê cho các bạn yêu toán.
Trang 1167
ðề 54: Thi chuyên Nguyễn Trãi ( 1997- 1998) Câu 1:
1/ Tìm các số tự nhiên a, b thỏa mãn: ab=(a−1)2 +(b+1)2
2/ Tìm các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn: x3−4y3−2z3=0
Câu 2
1/ Tính tổng:
2/ Tính giá trị biểu thức : A=x2+ x4+x+1 với 1 2 1 1 2
Câu 3: Ba ñường phân giác trong các góc A, B, C cắt ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC tại A 1 , B 1 , C 1
Chứng minh rằng: AA 1 + BB 1 + CC 1 > AB + BC + CA
Câu 4: Cho hình binh hành ABCD, ñường phân giác BAD cắt cạnh BC và CD tại M và N
1/ Chứng minh rằng: Tâm ñường tròn ngoại tiếp ∆CMN nằm trên ñường tròn ngoại tiếp∆CBD
2/ Gọi K là giao ñiểm của ñường tròn ngoại tiếp ∆CMN và ñường tròn ngoại tiếp ∆CBD
Chứng minh rằng: AKC =900
Câu 5: Chứng minh:
2
Trong ñó 1997≤a b c, , ≤1998
Hướng dẫn giải:
Câu 1:
1/ Theo bài ra ta có:
( )2 ( )2
ab= a− + b+ trong ñó: 0≤a b, ≤9,a≠0
Trang 2168
2
Vì b b +.( 1)+2 là số chẵn ⇒ là số chẵn a
+/ Nếu a=2⇒b b.( +1)+2=20 ( không có nghiệm nguyên )
6
b
b
=
= −
+/ Nếu a=6⇒b b.( +1)+2=36 ( không có nghiệm nguyên )
6
b
b
=
= −
Vậy a=4,b=5 hoặc a=8,b=5.
2/ Theo bài ra ta có: 3 3 3 ( ) 3
ðặt x=2x1 (x1∈ Ν) thay vào (1) ta có:
( )
8x −4y −2z =0⇒4x −2y −z =0 2 ⇒z ⋮2⇒z⋮2
ðặt z=2z1 (z1∈ Ν), thay vào (2) ta có :
( )
4x −2y −8z =0 3 ⇒2y ⋮4⇒ y ⋮2⇒y⋮2
ðặt y=2y1 (y1∈ Ν), thay vào (3) ta có : 3 3 3
Quá trình lập luận cứ tiếp diễn ta sẽ có:
2 ,n 2 ,n 2n
x⋮ y⋮ z⋮ trong ñó n là số tự nhiên lớn tùy ý⇒ = = = x y z 0
Thử lại, thấy x= y=z= thỏa mãn phương trình ñã cho 0
Vậy x= y=z= là nghiệm duy nhất 0
Câu 2
1/ Xem ñề 26- câu 1.a
Trang 3169
2/ Ta có: 1 2 1 1 2 0
x = + − >
Và :
( )
2
2
2
2 4
2 4
1
8 1
8
2 2 1
8 3 1
8
x
x
x
x x
+
Ta có:
A=x + x +x+ =x + + =x + + = + + = − + + =
Vậy A = 2
Câu 3:
Theo ñịnh lý Ptoleme ta có:
AA BC BA AC CA AB BA AB AC AA
BC
+
Từ (1) và (2) 1 ( )*
2
Hoàn toàn tương tự ta có :
( )
2
2
CA CB
CC > +
A
A1
Trang 4170
Cộng các BðT (*), (**), (***) theo vế ta ñược:
AA 1 + BB 1 + CC 1 > AB +AC +BC (ñpcm)
Câu 4:
1 2
1
K N I
D
A
B
M
Gọi ñường tròn ngoại tiếp CMN là O
1/ Ta có: N1=A1 =A2
AND
⇒ ∆ cân ở D ⇒DN = AD=BC
Có:
2
BCO=BCD+DCO=CMN+CNM +DCO= CMN+DCO=CON+DCO=DNO
Xét ∆DNO&∆BCO có:
( )
DN BC
ON OC DNO BCO c g c
BCO DNO
=
ODN =OBC ⇒ Tứ giác CODB nội tiếp (ñpcm)
2/ Gọi I là giao ñiểm của AC và BD
Trang 5171
OI là ñường thẳng nối tâm ñường tròn (CMN) và ñường tròn (CBD)
(CMN) cắt (CBD) tại C và K ⇒KC ⊥OI
KC // BD => Tứ giác CBDK là hình thang cân ( hình thang cân nội tiếp là hình thang cân)
( )*
KDB CBD ADB
DK BC AD
⇒
Từ (*) suy ra DB là phân giác góc ADK
AK vuông góc DB mà DB/ /KC⇒AK ⊥KC⇒AKC=90 0
Câu 5: Ta có: a b b c c a (a b) ( b c) ( c a)
Không mất tính tổng quát, giả sử a≥b≥c
1998
A
2
(dpcm)
Dấu ‘’=’’ xảy ra
1998 1998.1997 1997
a b c
=
⇔ =
=