Đề Toán Chuyên Tuyển Sinh Trường Phổ Thông Năng Khiếu năm 2013-2014

Chứng minh rằng khi đó hai nghiệm không thể trái dấu nhau. a) Chứng minh rằng mọi ước của M đều là số lẻ. Đường thẳng ID cắt EF tại K, đường thẳng qua K song song BC cắt AB, AC lần lượ[r]

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

Quốc Gia TP.HCM Năm 2013 – 2014

Bài Cho phương trình x2 4mxm2 2m 1 1  với m tham số

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 phân biệt Chứng minh hai nghiệm khơng thể trái dấu

b) Tìm m cho x1x2 1 Bài 2. Giải hệ phương trình

 

 

 

2

2

2

3 2 1 2 2

3 2 1 2 2

3 2 1 2 2

x y z x y z x y z x y z

    

 

   

 

   

 

Bài 3. Cho x y, hai số không âm thỏa mãn x3y3  x y a) Chứng minh yx1

b) Chứng minh x3y3x2 y21

Bài 4. Cho M a2 3a1 với a số nguyên dương a) Chứng minh ước M số lẻ

b) Tìm a cho M chia hết cho Với giá trị a M lũy thừa

Bài 5. Cho tam giác ABC có A600 Đường tròn (I) nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F Đường thẳng ID cắt EF K, đường thẳng qua K song song BC cắt AB, AC M, N

a) Chứng minh IFMK IMAN tứ giác nội tiếp b) Gọi J trung điểm BC Chứng minh A, K, J thẳng hàng

c) Gọi r bán kình đường trịn (I) S diện tích tứ giác IEAF Tính S theo r chứng minh

4 IMN

Võ Tiến Trình Bài 6. Trong kì thi, 60 phải giải tốn Khi kết thúc kì thi, người ta nhận thấy rằng: với hai thí sinh ln có tốn mà hai thí sinh giải Chứng minh rằng:

a) Nếu có tốn mà thí sinh khơng giải phải có tốn khác mà thí sinh giải

b) Có tốn mà có 40 sinh giải Hướng dẫn giải Bài 1. Phương trình x2 4mxm2 2m 1

a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt

  

1

' 0 3 1 1 0 3

1 m m m m               

Khi x x1 2 m12 0 nên x x1, 2 khơng trái dấu b) Phương trình có hai nghiệm không âm

  2 1

' 3

1

0

3

1 0

m m

x x m m

x x m

                          (*)

Khi 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 4 1

2

m x  x  x x  x x   m  

4 1

0

2

1

4 1

1

2

2

4 1

1 2 m m m m m m m m m                                 

(thỏa điều kiện (*))

Vậy 1

2

Võ Tiến Trình Bài

a) Giải hệ phương trình

 

 

 

2

2

2

3 2 1 2 2

3 2 1 2 2

3 2 1 2 2

x y z x y z x y z x y z

    

 

   

 

   

 

Cộng phương trình vế theo vế ta có

x y2 yz2 zx2 x12 y12 z12 0

1 1

x y y z z x x y z x y z

                

Thử lại ta thấy x y  z thỏa hệ Vậy hệ có nghiệm x y z; ;  1;1;1

Bài 3. Cho x y, hai số không âm thỏa x3 y2 x y a) Chứng minh y x1

Ta có: x yx3 y3 0 x y

Ta có: x yx3 y3x3 y3x yx2 xy y2 Nếu x y 0x3 y3 0 x y 0 y x1

Nếu x y 1 x2 xy y2 x2 0 yx1 Vậy yx1

b) Chứng minh x3 y3 x2 y21

Vì 0 y x 1 y3 y x2, 3x2x3 y3x2 y2 1x2xy y2 x2 y2

Võ Tiến Trình Bài 4. Cho M a2 3a1 với a số nguyên dương

a) Chứng minh ước M số lẻ

Ta có: M a2 3a 1 a2 a2a 1 a a 12a1 nên M số lẻ ước M số lẻ

b) Tìm a để M chia hết cho Với giá trị a M lũy thừa Ta có: M a12 5 5a a125a1 5 a5k 1k

M lũy thừa 5, hay a23a 1 5n n*

Vì M chia hết theo a5k 1 với k số tự nhiên

Vì a 1 M   5 n 1

Ta có: 5k12 3 5 k 1 1 25k2 25k  5 5n

Nếu n 2 5n 5 5 (vơ lí) Do n1 k  0 a1 Vậy a1 M lũy thừa

Võ Tiến Trình a) MN//BC mà ID vng góc BC nên ID vng góc MN K Do tứ giác IFMK

nội tiếp đường trịn đường kính IM tứ giác IKEM nội tiếp đường trịn đường kính IN

b) Ta có: KMI KFI 300 KNI KEI 300

Do KMI KNI 300  IMN cân I K trung điểm MN Gọi K ' giao điểm AJ với MN, ta có

' ' '

' ' '

MK AK K N

MK NK K

BJ  AJ  JC    trung điểm MN K'K

Vậy A, K, J thẳng hàng

c) Vì tam giác AIE vng E có EAI 300 nên tính AEr 3

Do AE AF r 3

2

IEAF

S S IE AE  r

Vì EAF600 nên ta dễ dàng chứng minh 1

4 IEF

S  S

Vì tam giác IEF đồng dạng tam giác IMN (hai tam giác cân có góc đáy nhau)

Nên

2

1 IMN

IEF

S IM S IF

 

  

  (vì IF dây cung đường trịn đường kính IM)

1 4

IMN IEF

S S S

  

Dấu “ = “ xảy M F hay tam giác ABC

Bài 6. Trong kì thi, 60 thí sinh giải ba tốn Khi kết thúc kì thi, người ta nhận thấy với hai thí sinh ln có tốn mà hai thí sinh giải Chứng minh rằng:

Võ Tiến Trình Gọi ba toán A, B, C Từ giả thiết ta thấy thí sinh giải tốn

Giả sử thí sinh khơng giải tốn A Khi thí sinh giải tốn B thỏa u cầu tốn Nếu có thí sinh khơng giải tốn B thí sinh phải giả tốn C, xét thí sinh cịn lại với sinh theo giả thiết, thí sinh cịn lại phải giải tốn C Do u cầu tốn chứng minh

b) Có tốn mà có 40 thí sinh giải

Nếu có thí sinh giải tốn suy thí sinh giải tốn (thỏa u cầu tốn)

Xét trương hợp thí sinh giải hai tốn Gọi x số thí sinh khơng giải A

y số thí sinh khơng giải B z số thí sinh khơng giải C

Nếu x y z, , 20 x y z 60 (mâu thuẫn) nên ba số x y z, , phải có số khơng vượt q 20, có tốn mà có nhiều 20 thí sinh khơng giải ra, nghĩa có 40 thí sinh giải