Chuyên toán TP HCM

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2008 TRƯỜNG PHỔ THƠNG NĂNG KHIẾU Mơn thi : TỐN CHUN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao dề Câu I: 1) Cho phương trình x 2 – mx + 2m -2 = 0 (1) a) Chứng minh rằng (1) khơng thể có hai nghiệm đều âm; b) Giả sử x 1, x 2 là hai nghiệm phân biệt của (1). Chứng minh rằng biểu thức ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 x 2x 2 x – 2x 2            x x − + + + khơng phụ thuộc vào giá trị của m. 2) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 x y z y z x z x y  = +  = +   = +  Câu II: Cho tam giác ABC khơng cân. Đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lựơt tại D, E, F. Đường thẳng EF cắt AI tại J và cắt BC nối dài tại K. 1) Chứng minh các tam giác IDA và IJD đồng dạng. 2) Chứng minh rằng KI vng góc với AD. Câu III: Cho góc vng xAy và hai điểm B, C lần lượt trên các tia Ax, Ay. Hình vng MNPQ có các đỉnh M thuộc cạnh AB, đỉnh N thuộc cạnh AC và các đỉnh P,Q thuộc cạnh BC. 1) Tính cạnh hình vng MNPQ theo cạnh BC = a và đường cao AH = h của tam giác ABC. 2) Cho B và C thay đổi lần lượt trên các tia Ax, Ay sao cho tích AB.AC = k 2 (k khơng đổi). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích hình vng MNPQ. Câu IV: Một số ngun dương n được gọi là số bạch kim nếu n bằng tổng bình phương các chữ số của nó. 1) Chứng minh rằng khơng tồn tại số bạch kim có 3 chữ số. 2) Tìm tất cả các số ngun dương n là số bạch kim. Câu V: Trong một giải vơ địch bóng đá có 6 đội tham gia. Theo điều lệ của giải, hai đội bóng bất kỳ thi đấu với nhau đúng một trận, đội thắng được 3 điểm, đội hồ được 1 điểm và đội thua 0 điểm. Kết thúc giải, số điểm của các đội lần lượt là D 1 , D 2 , D 3 , D 4 , D 5 , D 6 (D 1 ≥ D 2 ≥ D 3 ≥ D 4 ≥ D 5 ≥ D6). Biết rằng đội bóng với số điểm D 1 thua đúng một trận và D 1 = D 2 + D 3 = D 4 + D 5 + D 6 . Hãy tìm D 1 và D 6 . GIẢI CÂU 1: 1) a) (1) có 2 nghiệm đều âm ⇔ ( ) 2 2 m 4 2m 2 0 0 m 8m 8 0 P 0 2m 2 0 m 1 m S 0 m 0 m 0  − − ≥   ∆ ≥ − + >     > ⇔ − > ⇔ > ⇔ ∈∅       < < <     ⇒ không có giá trò m nào để phương trình có 2 nghiệm đều âm. ⇒ (1) không thể có 2 nghiệm đều âm. b) Với m 4 2 2 hoặcm 4 2 2> + < − thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 , theo hệ thức Vi-ét: x 1 + x 2 = m; x 1 x 2 = 2m – 2. x 1 , x 2 là nghiệm của (1) ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 x 2x 2 m 2 x 2 x mx 2m 2 0 x mx 2m 2 0 x 2x 2 m 2 x 2  − + = − −  − + − =   ⇔   − + − = − + = − −     Do đó biểu thức đã cho có thể viết: (m-2) 2 (x 1 – 2)(x 2 – 2) : ( ) 2 2 1 2 x x+ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 m 2 x x 2 x x 4 : x x 2x x m 2 2m 2 2m 4 : m 4m 4 2   − − + + + − = − − − + − + =     2) Từ hệ đã cho suy ra x, y, z ≥ 0. Do x, y, z trong hệ có vai trò như nhau nên ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 0. Với x ≥ y ⇔ y 2 + z 2 ≥ z 2 + x 2 ⇔ y 2 ≥ x 2 ⇔ y ≥ x , mà x ≥ y ⇒ x = y. Với x ≥ z ⇔ y 2 + z 2 ≥ x 2 + y 2 ⇔ z 2 ≥ x 2 ⇔ z ≥ x , mà x ≥ z ⇒ x = z. do đó x = y = z. Thế vào 1 trong các phương trình của hệ được phương trình: x = 2x 2 ⇒ x = y = z = 0; x = y = z = ½. CÂU II: 1) ∆AIE vuông tại E đường cao EJ có IA. IJ = IE 2 = ID 2 ⇒ IA ID ID IJ = ∆IDA và ∆IJD có góc I chung và IA ID ID IJ = nên ∆IDA ~ ∆IJD (c.g.c) 2) Gọi H là giao điểm của KI và AD. KJID nội tiếp ⇒ · · IKJ IDJ= (1) ∆IDA ~ ∆IJD ⇒ · · IAD IDJ= (2) (1), (2) ⇒ · · IKJ IAD= ⇒ AKHJ nội tiếp ⇒ · · 0 AHK AJK 90= = hay KI ⊥ AD. CÂU III: 1) Đặt cạnh hình vuông là x. MN//BC ⇒ MN AM x AM BC AB a AB = ⇔ = MQ // AH ⇒ MQ BM x BM AH AB h AB = ⇔ = ⇒ x x AM BM ah 1 x a h AB AB a h + = + = ⇒ = + 2) S MNPQ = x 2 = ( ) 2 2 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a h k k k k 2k 3 9 a h 2ah a 3a a 3.2k a h k k 2k h 2k 2 .h 2k 2 4 4 4 4 = = ≤ = = + + + + + + + + + + (BĐT Cơ – si cho 2 số 2 a 4 và h 2 ; a 2 = b 2 + c 2 ≥ 2bc = 2k 2 ) MaxS MNPQ = 2 2k 9 ⇔ 2 2 a h a 2h 4 = ⇔ = ⇔ ∆ABC vng cân tại A. CÂU IV: Giả sử n là số bạch kim có 3 chữ số, n dạng abc Cách 1: ta có : 100a + 10b + c = a 2 + b 2 + c 2 dễ thấy 10b > b 2 100a = 90a + 10a > c 2 + a 2 (Do c 2 ≤ 81 < 90 ; a 2 < 10a) nên khơng tồn tại n có nhiều hơn 3 chữ số Cách 2: Ta có abc = 100a + 10b + c = a 2 + (100 – a)a + 10b + c. do 10b ≥ b 2 ; 100 – a > 90 và a ≥ 1 ⇒ (100 – a)a ≥ 90 > c 2 Do đó: abc > a 2 + b 2 + c 2 *Ta chứng minh mọi số tự nhiên có nhiều hơn 3 chữ số cũng khơng phải là số bạch kim. Đặt 1 2 k a a .a là số tự nhiên có k chữ số với k ≥ 4, trong đó 1 ≤ a 1 ≤ 9, 0 ≤ a i ≤ 9, với mọi i = 2,k Ta có: 1 2 k a a .a = 10 k-1 .a 1 + 10 k-2 .a 2 + … + 10a k-1 + a k . Với i = 2,k 1− thì 10 k-i .a i ≥ 2 i a (1) Và 10 k-1 a 1 = 2 1 a + (10 k-1 – a 1 )a 1 > 2 1 a + 990 > 2 2 1 k a a+ (vì k > 3) (2) (1), (2) ⇒ 1 2 k a a .a = 10 k-1 .a 1 + 10 k-2 .a 2 + … + 10a k-1 + a k > 2 2 2 1 2 k a a . a+ + + Vậy khơng có số bạch kim nào có nhiều hơn 3 chữ số. ⇒ n chỉ có thể có 1 chữ số hoặc 2 chữ số. Với n là số có 1 chữ số : dễ nhận thấy n= 1. (n = 0 loại) với n là 2 số có chữ số : có dạng ab = 10a + b = a 2 + b 2 ⇔ ( 10 - a )a = ( b - 1 )b Vi ( b - 1 )b chẵn ⇒ a chẵn. thử lần lượt với các giá trị của a : 2 , 4 , 6 , 8 được hai kết quả của phép (10 – a)a là : 16 và 24, nhận thấy khơng có giá trị b thỏa mãn. Vậy chỉ có 1 là số bạch kim. CÂU V: Theo giả thiết, ta có: D 1 ≥ D 2 ≥ D 3 ≥ D 4 ≥ D 5 ≥ D 6 (*) và D 1 = D 2 + D 3 = D 4 + D 5 + D 6 B C A I E D F K J H A N M Q P C H B Tổng điểm các đội khi kết thúc giải là S = D 1 + D 2 + D 3 + D 4 + D 5 + D 6 = 3 D 1 Tổng sồ trận là 6.5 15 2 = Tổng số điểm mỗi trận là 2 điểm (2đội Hòa) hoặc 3 điểm (thắng – bại) , do đó S ≥ 1.3 + 14. 2 = 31 (có ít nhất 1 trận có kết quả là thắng-bại - giả thiết: D 1 thua đúng 1 trận nên có tối đa 14 trận hòa) ⇒ D 1 ≥ 31 10,3 3 ≈ ⇒ D 1 ≥ 11 ( 1) D 1 thua đúng 1 trận nên D 1 ≤ 4.3 = 12 (D 1 có không quá 4 trận thắng) (2) (1), (2) ⇒ D 1 = 11; 12. Mặt khác, 11 ≤ D 1 = D 2 + D 3 ≤ 12 , và D 2 ≥ D 3 nên D 2 ≥ 6 và D 3 ≤ 6 (3) 11 ≤ D 1 = D 4 + D 5 + D 6 ≤ 12 và 3 D 6 ≤ D 4 + D 5 + D 6 ≤ 3D 4 ≤ 3D 3 ⇒ D 3 ≥ D 4 ≥ 11 3,6 3 ≈ và D 6 ≤ 12:3 = 4. ⇒ D 3 ≥ D 4 ≥ 4 và D 6 ≤ 4. Gọi x, y, z lần lượt là tổng số trận thắng, hòa, bại của các đội. Ta có x + y + z = 15.2 = 30 (do mỗi trận tính 2 lần) và x = z ⇒ 2x + y = 30 Do mỗi trận thắng-bại chỉ có 1 đội được 3 điểm, mỗi trận hòa mỗi đội 1 điểm nên tổng điểm của giải là: 3x + y = S hay 3x + y = 3D 1 (vì S = 3D 1 ). * Nếu D 1 = 11 thì ta có hệ : 2x y 30 x 3 3x y 33 y 24   + = = ⇔   + = =   Vậy có 3 trận thắng, 24 trận hòa. (4) Do D 1 = D 2 + D 3 và D 2 ≥ 6, D 3 ≤ 6, ta viết 11 = 7 + 4 = 6 + 5 Cả 2 trường hợp trên có nghĩa là D 1 thắng 3, hòa 2(chú ý mỗi đội tham gia 5 trận); D 2 thắng ít nhất một trận, vì nếu cả 5 trận hòa và thua thì D 2 ≤ 5 (mâu thuẫn D 2 ≥ 6) ⇒ Tổng số trận thắng của giải là 4 (không thỏa (4)) Vậy D 1 = 11 không thỏa. * Nếu D 1 = 12 thì ta có hệ: 2x y 30 x 6 3x y 36 y 18   + = = ⇔   + = =   Vậy có 6 trận thắng, 18 trận hòa. Do D 1 = D 2 + D 3 ta viết 12 = 6 + 6 D 1 = D 2 + D 3 12 = 6 + 6 t=4 t=1 t=1 h=0 h=3 h=3 Tổng trận thắng của D 1 , D 2 , D 3 là 6 ⇒ tổng trận thắng của 3 đội D 4 , D 5 , D 6 là 0 ⇒D 4 ≤ D 5 ≤ 5 (**) Triển khai các trường hợp theo tính chất (*), (3) và (**) D 1 = D 2 + D 3 = D 4 + D 5 + D 6 * 12 = 6 + 6 = 5 + 5 + 2 (a) t=4 t = 1 t=1 h=0 h =3 h=3 h=5 h=5 h=2 b=1 b=1 b=1 b=3 * 12 = 6 + 6 = 5 + 4 + 3 (b) t=4 t=1 t=1 h=0 h=3 h=3 h=5 h=4 h=3 b=1 b=1 b=1 b=1 b=2 * 12 = 6 + 6 = 4 + 4 + 4 (c) t=4 t=1 t=1 h=0 h=3 h=3 h=4 h=4 h=4 b=1 b=1 b=1 b=1 b=1 b=1 Xét trường hợp (a): x = 6; y = 18 ; z = 6 (thỏa) Xét trường hợp (b): x = 6; y = 18 ; z = 6 (thỏa) Xét trường hợp (c) : x = 6; y = 18 ; z = 6 (thỏa) Kết luận: D 1 = D 2 + D 3 = D 4 + D 5 + D 6 12 = 6 + 6 = 5 + 5 + 2 12 = 6 + 6 = 5 + 4 + 3 12 = 6 + 6 = 4 + 4 + 4 Vậy: D 1 = 12; D 6 = 2; 3; 4. . ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2008 TRƯỜNG PHỔ THƠNG NĂNG KHIẾU Mơn thi