Đề Toán Chuyên Tuyển Sinh Trường Phổ Thông Năng Khiếu năm 2014-2015

a) Tìm msao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chưng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB; I và J lần lượt [r]

Võ Tiến Trình 1 Đề Tốn chun tuyển sinh trường PhổThơng Năng khiếu – Đại Học

Quốc Gia TP.HCM Năm 2014 – 2015

Bài Cho phương trình m25x22mx6m0 1  với m tham số

a) Tìm msao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Chưng minh tổng hai nghiệm khơng thể số nguyên

b) Tìm m cho phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn điều kiện x x1  x1x24 16

Bài 2

1) Giải hệ phương trình  

 

2

2 9

x y y x

y x x y

  

 

  



2) Cho tam giác ABC vuông A với đường phân giác BM CN Chứng minh bất đẳng thức    3 2 2

.

MC MA NB NA

MA NA

 

 

Bài 3. Cho số nguyên dương a b c, , thỏa 1

a b c

a) Chứng minh ab số nguyên tố

b) Chứng minh c1 ac bc đồng thời số nguyên tố

Bài 4. Cho điểm C thay đổi nửa đường trịn đường kính AB2R C  A C, B Gọi H hình chiếu vng góc C lên AB; I J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACH BCH Các đường thẳng CI, CJ cắt AB M, N

a) Chứng minh AN  AC BM, BC.

b) Chứng minh điểm M, N, I, J nằm đường tròn đường thẳng MJ, NI CH đồng quy

Võ Tiến Trình 2 Bài 5. Cho số tự nhiên phân biệt cho tổng ba số chúng lớn tổng hai số lại

a) Chứng minh tất số cho khơng nhỏ

b) Tìm tất gồm số thỏa mãn đề mà tổng chúng nhỏ 40

Hướng dẫn giải Bài

a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt

   

2

2

2

5 0

6 30 0

' 6 5 0

m

m m m

m m m

               

2 1 119

5 0 0

2 4

m m m   m

        

 

 

 

Khi ta có: 1 2 22 m x x m   

Vì  12 0 22

5 m

m m m m m

m

            

 Nên tổng hai nghiệm số ngun

b) Phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 m0, 1 2 22 m x x m    

và 1 2

2 m x x m    

Ta có:  

4 1 2 1 2

1 2

1 2

2 16

2

x x x x x x x x

x x x x

   



   

    



Trường hợp 1: x x1 2 x1x2 2

Võ Tiến Trình 3 Trường hợp 2: 1 2 1 2 26 22

5

m m

x x x x

m m



       

 

Đặt 22 22 5

m m

t t

m m

   

  Ta có phương trình

2

1 2

3 t t t t            

Vì 2

2 2

0 10 5

2 m m

t t m m

m m                 

(thỏa điều kiện)

Vậy giá trị m cần tìm 2; 5 2

m m Bài

a) Giải hệ phương trình

 

 

2

2 9

x y y x

y x x y

  

 

  

 Điều kiện: x0,y0

Đặt ax y b,  y x a 0,b0

Ta có hệ phương trình :

 

       

2

2

2

2 1 9

9 2 1 1

2 1 9

a b

a b b a

b a                           

9 a b 2 a b 2 a b a b 2a 2b 13 0 a b

             (vì a b, 0)

  0

x y y x xy x y

Võ Tiến Trình 4

0 0

x y x y

  

 

  

Với x0 thay vào phương trình ta có : 0  2 0 (vơ lí nên loại) Với y0 thay vào phương trình ta có: 0  2 0(vơ lí nên loại)

Với x  y, đặt t x x ta có phương trình:  2

2 1 t

t t t t

t   

      

   +t  2 x y 

+ 1 1

2 4

t   x y

Vậy phương trình có hai nghiệm x y;  3 4; ,3  1;3 1

4 4

 

 

 

b)

Chứng minh :    3 2 2 .

MC MA NB NA

MA NA

 

 

Võ Tiến Trình 5 ;

MC BC NB CB

MA  BA NA  CA

Ta có:    . 1

.

MC MA NB NA MC NB NB MC

MA NA MA NA NA MA

 

   

2 2

1 1

. .

BC BC BC AB AC BC BC

AB AC AC AB AB AC AC AB



       

2 2

2

1 3 2

AB AC BC AB AC

AB AC AB AC AB AC



      

Bài

a) 1 a b c

Giả sử ab số nguyên tố a a, b  a b, 1

Ta có: ab c abab|abab b| (vơ lí 0 b ab) b) Giả sử ac bc đồng thời số nguyên tố

Ta có: ab c abacab2ab bc a b cb2ac

ab c abbcba2abacb a ca2bc

Ta có: 0  b b c mà bc số nguyên tố b b, c 1 b a| 0aac mà ac số nguyên tố a a, c 1 a b|

Võ Tiến Trình 6 a) Ta có:  ANCCHN 900  ACN NCB900

Mà CHN NCB (phân giác) nên ANC ACN ANC cân A  AC AN Tương tự ta chứng minh BM = BC

b) Vì tam giác CAN cân A nên đường phân giác AI cung đường trung trực Gọi K giao điểm AI với CN, K trung điểm CN

Tương tự gọi L giao điểm BJ CM L trung điểm CM Do ta có KL đường trung ình tam giác CMN CKLCNM Tứ giác KLIJ nội tiếp đương trịn đương kính IJ CKL CIJ

 

CIJ CNM IJNM

   nội tiếp đường trịn Ta có :  1 450

2

MCN  ACB

Mà  1 450 2

IHN  CHA

 

MCN IHN

Võ Tiến Trình 7 Tương tự ta có MJ đường cao tam giác CMN

Vậy CH, MJ, NI ba đường cao tam giác CMN nên đồng qui c) MN  AN BM AB ACBCAB

Mà AC2 BC2  AB2 4R2

 2 2

2

ACBC  AC BC  AC BC AB  CH AB

2 2

4R R CH 4R 4R 8R

     (vì CH COR)

 

2 2 2

AC BC R MN R

     

Dấu “=” xảy  H OC điểm cung AB

 

 

2 2

2

CMN

R R

S CH MN R



   

Dấu “=” xảy  H OC điểm cung AB

Vậy giá trị lớn MN 2 21R C điểm cung AB Giá trị lớn SCMN  1R2 C điểm cung AB Bài Gọi số cho a b c d e, , , , giả sử a  b c d e

Ta có: a  b c d e a  b c d  e 1 ad    e 1 b c Do tính chất số tự nhiên

Ta có d   c b d   b 2 d b 2

Ta có ed       c e c 2 e c 2

Do ad b  ec 1 5

Võ Tiến Trình 8 b)Nếu a  6 b 7,c8,d 9,e10   a b c d 40 (mẫu thuẫn)

Do a5, ta có b  c 5 d    e 1 b c d  e 4

Mặc khác ta có : e c 2,d    b e d     c b e d   4 b c Do b  c e d    4 e c 2,d  b

Ta có: 5 2 2 40 31

2

a  b c d        e b c b c   b c

6

31 29

2 1

7

2 4

b

b b

b

 

      

 

Nếu b 6 d     8 c 7 e 9 Ta có 5;6;7;8;9