Đề Toán Chuyên Tuyển Sinh Trường Phổ Thông Năng Khiếu năm 2015-2016

Cho tam giác ABC (AB < AC) có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O. b) Gọi D là giao điểm của AE và BC. Chứng minh các điểm A, D, O, F cùng thuộc một đường tròn. c) Gọi I l[r]

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

Quốc Gia TP.HCM Năm 2015 – 2016

Bài 1 (2đ) a)Giải phương trình 2x 1 2 x2 2 xx2

b)Cho số a b thỏa mãn điều kiện 3 1

4

a  b  b Chứng minh

1 a 0

  

Bài 2(2đ) a) Tìm số nguyên a b c, , cho a  b c 0và abbcca 3 0

b)Cho m số nguyên Chứng minh tồn số nguyên a b c, , khác cho

0

a  b c ab bc ca4m0 tồn số nguyên a b c', ', ' khác cho a'b'c'0 a b' 'b c' 'c a' 'm0

c)Với k số nguyên dương, chứng minh không tồn số nguyên a b c, , khác cho a  b c 0 abbcca2k 0

Bài 3 (1đ) Giả sử phương trình 2x2 2ax  1 b có hai nghiệm nguyên (a b, tham số) Chứng minh a2 b2 2 số nguyên không chia hết cho

Bài 4 (3 đ) Cho tam giác ABC (AB < AC) có góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M trung điểm cạnh BC, E điểm cung nhỏ BC, F điểm đối xứng E qua M

a) Chứng minh EB2 EF EO

b) Gọi D giao điểm AE BC Chứng minh điểm A, D, O, F thuộc đường tròn

c) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC P điểm thay đổi đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC cho P, O, F không thẳng hàng Chứng minh tiếp tuyến P đường tròn ngoại tiếp tam giác POF qua điểm cố định Bài 5 (2đ) Để khuyến khích phong trào học tập, trường THCS tổ chức đợt thi cho học sinh Ở đợt thi, có học sinh chọn để trao giải Sau tổ chức xong đợt thi, người ta nhận thấy với hai đợt thi ln có học sinh trao giải hai đợt thi Chứng minh rằng:

Võ Tiến Trình Hướng dẫn giải

Bài 1. a)Giải phương trình 2x 1 2 x2 2 x x2 Điều kiện:

2

2

2

1

1

2 x x x x x              

Đặt a 2x1,b 2 x2 Từ phương trình ta có

2

2

1 5

2

2 2 1 1 2 1 0

2 1 5

2

x

a b

a b a b x x x x

x                          

So với điều kiện nhận 5 1

2

x 

Vậy phương trình có nghiệm 5 1

2

x 

b)Cho số a b thỏa mãn điều kiện 3 1

4

a  b  b Chứng minh

1 a 0

  

Ta có: 3 1 0

4

a  b  b

Đặt 3

3

1

, , 1

4

4

x y z

a x b y b z

y z              

Ta có:        

2

3

3 3

1

3

4

y z y z

y z y z yz y z x x   

Võ Tiến Trình

 2  2

3

4 3

4

x x y z x x x y z

      

 

Do 1 x33x y z2  x3  1 3x y z2  0 x  1 a 1

Vậy  1 a0

Bài 2. a) Tìm số nguyên a b c, , cho a  b c 0và abbcca 3 0

Ta có: a2 b2 c2 a b c2 2abbcca6

Giả sử a2 b2 c2 a2    2 a  1;0;1

Giả sử a2     6 a  2; 1;0;1;2

1 1

1

2 2

b c b

a bc c                0 0 3 b c a bc          (loại) 1 1 1 2 2

b c b

a bc c               

Vậy a b c, ,  gồm 2; 1; ,   2;1;1 hoán vị

b)Cho m số nguyên Chứng minh tồn số nguyên a b c, , khác cho

0

a  b c ab bc ca4m0 tồn số nguyên a b c', ', ' khác cho a'b'c'0 a b' 'b c' 'c a' 'm0

Vì a  b c 0 chia hết cho số a b c, , gồm số lẻ số chẵn gồm số chẵn

Nếu gồm lẻ chẵn abbcca 4m số lẻ (vơ lí)

Do a b c, , phải số chẵn Khi đặt ' , ' , '

2 2 2

a b c

Võ Tiến Trình

' ' ' 0

abc 

2 ' 'a  b   2 ' 'b  c   2 ' 'c  a 4m 0 a b' 'b c' 'c a' 'm0

c) Với k số nguyên dương, chứng minh không tồn số nguyên a b c, , khác cho a  b c 0 abbcca2k 0

Khi k 0 ta có: a  b c 0,abbcca 1

Ta có: a2 b2 c2 a b c2 2abbcca2, suy tồn số nguyên a b c, , thỏa mãn (số biểu diễn thành tổng ba số bình phương khác 0)

Khi k 1 ta có: a  b c 0,abbcca 2

Ta có: a2 b2 c2 a b c2 2abbcca4, suy tồn số nguyên a b c, , thỏa mãn (số khơng thể biểu diễn thành tổng ba số bình phương khác 0)

Khi k chẵn, tức k 2m(m số nguyên dương)

Khi ta có a  b c 0,abbcca4m 0 Theo câu b) ta thấy tồn

', ', '

a b c nguyên thỏa a'b'c'0, ' 'a b b c' 'c a' ' 4 m10, trình tiếp tục ta tìm số nguyên a b c", ", " thỏa

" " " 0

a b c  a b" "b c" "c a" " 0  (điều vơ lí )

Khi k lẻ, tức k 2m1(m số nguyên dương)

Khi ta có a  b c 0,abbcca2.4m 0 Theo câu b) ta thấy tồn

', ', '

a b c nguyên thỏa a'b'c'0, ' 'a b b c' 'c a' ' 2.4 m10, trình tiếp tục ta tìm số nguyên a b c", ", " thỏa

" " " 0

a b c  a b" "b c" "c a" " 2 0 (điều vơ lí )

Vậy tốn chứng minh

Võ Tiến Trình Ta có : 1 2 , 1 2 1

2

b x x  a x x  

Ta có: a x1x2, b 1 2x x1 2 Do a2 b2  2 

Giả sử a2 b2 2 chia hết cho a2 chia dư b2 chia hết cho (tức b chia hết cho 3)

Khi ta thấy x12x22 a2 b 1 chia hết x x1, 2 chia hết cho 1b2x x1 2 chia hết cho (vơ lí)

Võ Tiến Trình a)Tam giác cân BEF tam giác cân OEB đồng dạng (vì có chung góc đáy OEB)

do BE OE EB2 OE EF.

EF  EB  

b)+Trường hợp F nằm đoạn MO

Tam giác cân DEF ta có DEF DFE Tam giác cân AOE ta có OAE OEA

Do EAO DFE nên tứ giác AOFD nội tiếp

+Trường hợp F nằm đoạn MO chứng minh tương tự

c)Ta thấy E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC

(dễ thấy  1 1  1  

2 2 2

IBC  KE KCCE  AK BE BIE nên tam giác IBE cân

tại E nên EB = EI)

Khi EP2 EB2 EF EO EP EF

EO EP

   

 

EPO EFP EOP EPF

    

Dựa vào tính chất góc tia tiếp tuyến dây cung, suy EP tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác POF, tiếp tuyến P đường trịn ngoại tiếp tam giác POF qua E cố định

Bài

a) Gọi đợt trao giải A A1, 2, ,A8 Xét đợt thi A1 có học sinh trao giải a a a1, 2, 3 Vì hai đợt thi có học sinh trao giải nên học sinh a a a1, 2, 3 phải xuất đợt trao giải cịn lại Theo ngun lí Dirichlet có thí sinh trao giải lần, nghĩa có học sinh trao giải lần

Võ Tiến Trình Xét đợt trao giải đợt trao giải cịn lại Ai Vì Ai có học sinh trao giải học sinh phải trao giải đợt A A A A1, 2, 3, 4, có học sinh trao giải lần, giả sử học sinh ai1 trao giải đợt A A1, 2, hai đợt A A1, 2 có hai học sinh trao giải a1 ai1 a1 phải ai1 Vậy a1 trao giải đợt Ai nghĩa trao giải lần (vì Ai tùy ý đợt cịn lại)