Đề Toán Chuyên Tuyển Sinh Trường Phổ Thông Năng Khiếu năm 2012-2013

[r]

(1)

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

Quốc Gia TP.HCM Năm 2012 – 2013

Câu

1)Giải hệphương trình

 

2 2

x y z z

y z x x

z x y y

   

 

  

 

  

 

2) Cho hình vng ABCD cạnh a M, N hai điểm nằm hai cạnh AB BC cho AM CN x

AB  CB  với 0 x 1 Các đường thẳng qua M, N song song với BD lần

lượt cắt AD Q CD P Tình diện tích tứ giác MNPQ theo a x Tìm x cho diện tích lớn

Câu 2. Sốnguyên dương n gọi sốđiều hòa tổng bình phương ước dương (kể cả1 n) n32

a) Chứng minh số 287 sốđiều hòa

b) Chứng minh số n p3(p nguyên tố) sốđiều hòa

c) Chứng minh số n p q. ( p q, số nguyên tố khác nhau) sốđiều hịa n2 sốchính phương

Câu

1)Tìm giá trị x thỏa mãn x2 5x 4 2 x 1 0

2)Chứng minh với số không âm a b c, , thỏa mãn a  b c 3ta có bất đẳng thức a  b c abbcca

Câu 4. Cho tam giác ABC vuông A Trên đường thẳng vuông góc với AB B ta lấy điểm D di động phía với C đường thẳng AB

(2)

Võ Tiến Trình

b) Giả sửđiều kiện thỏa mãn Đường thẳng qua A song song với MD cắt đường thẳng qua B song song với MC F Chứng minh đường thẳng DE qua điểm cốđịnh

Câu 5.Cho đa giác n cạnh Dùng màu xanh, đỏ, vàng tô màu đỉnh đa giác cách tùy ý(mỗi đỉnh tô màu tất cảcác đỉnh tô màu) Cho phép thực thao tác sau đây: chọn hai đỉnh kề (nghĩa hai đỉnh liên tiếp) khác màu thay màu hai đỉnh màu lại

a) Chứng minh cách thực thao tác số lần ta luôn làm cho đỉnh đa giác tô hai màu

b) Chứng minh với n4 n8, cách thực thao tác số lần ta có thểlàm cho đỉnh đa giác cịn tơ màu

Hướng dẫn giải. Câu a)             2

2 2

2 2 2

2 2

2 1 2 2

2 2 2 2

2 2

2 3

x y z z x y z z xy

y z x x x y z x yz

x y z y xz

z x y y

                                 

Ta có: 2z 2xy 2x 2yz x zy 1 0 y 1

x z              Trường hợp: x z

- thay vào (3) ta có: 2 0 0 2 y y y y        

- thay vào (1) ta có: x y2 2xx2 (1’) + y0 thay vào (1’) ta có: 2 2 0

1 x x x x       

(3)

+y2 thay vào (1’) ta có:  22 2 2 6 4 0 1 2

x

x x x x x

x           

 

Hệ có nghiệm x y z; ;  1;2;1 , 2;2;2  

Trường hợp y1 từ  3  2 1 1 1

z x

  

    

  

+z x 1 thay vào (2) ta có: 2 2 1 0

x

x x

x     

 

Hệ có nghiệm x y z; ;  1;1;2 , 0;1;1  

+z x 1 thay vào (2) ta có: 2  2 2 6 4 0 1 2

x

x x x x x

x           

 

Hệ có nghiệm x y z; ;  1;1;0 , 2;1;1  

Vậy hệ có nghiệm x y z; ;  là:

0;0;0 , 1;0;1 , 0;1;1 , 1;1;0 , 1;2;1 , 1;1; , 2;1;1 , 2;2;2               b)

Ta có:

.

MQ AM

x MQ x BD

(4)

 

1

MN MB AB AM

x MN x AC

AC AB AB



      

     

. 1 . 1 .2 2 1

MNPQ ABCD

S MN MQ x AC x BD x x S  x x a

2

2 2

1 1

21

2a a x 2a

 

     

 

MNPQ

S lớn 1

2a 1 2

x

Câu

a) 287 1.2.41 Ta có: 12 22 412 841002902 28732 b) Giả sử n p3 sốđiều hòa

Các ước dương p3 1, ,p p2,p3 Khi ta có:    2  2

2 2

1  p  p  p  p3

 

4 2

6 8 6 1 8

p p p p p p

       

Do p2| 8 p số nguyên tố  p2

Tuy nhiên p2 p2p26p14 12 1    288

Vậy khơng có p để p3 sốđiều hịa hay với số ngun tố p p3 khơng sốđiều hịa

c) n p q. có ước dương 1, , ,p q pq

n sốđiều hòa nên 12  p2 q2 pq2 pq33

   2

4 pq p q

   

Do 4 | 2 2 |

2

p q

pq  p q  số nguyên

Do

2

p q

n  pq    

(5)

Câu

a)Điều kiện: x 1

 2  

2

5 1

x  x  x   x  x  x 

 

1 1 1 3 1 2 0

x  x x x 

        

 

   

1 1 1

x  x x x x x 

            

 

 2  2

1 1 1

x  x x x 

        

 

 

  2 

1 1 1 1 2 0

x x x

      

Do bất phương trình với x1

b)Theo câu a) ta có: x12 3x12 x 1 với x1 Đặt a x 1 0 ta có: a2 2 a 2a với a0

Ta có : a  b c abbcca

   

2 2 2

2 2

a b c a b c a b c ab bc ca

           

 2

2 2

a a b b c c a b c

         

Ta có : a2 2 a 3 ,a b2 3 b 3 ,b c2 3 c 3c

Do :a2 2 ab22 bc22 c 3a b c9

(6)

a)Gọi O trung điểm CD I trung điểm AB Gọi đường trịn đường kính CD đường trịn (O)

Ta có tứ giác ACDB hình thang vng có OI đường trung bình

2 2

AC BD CD

OI 

  

Do khoảng cách từ O tới đường thẳng AB OI nhỏhơn bán kính đường trịn đường kính CD nên đường trịn (O) cắt AB hai điểm phân biệt M, N

 

90

CMDCND

(7)

Trong hình thang vng ACDB,  ACDCDB1800 nên phải có góc khơng nhỏ 900, giả sử ACD900

Do tam giác ACO ACD góc lớn tương ứng cạnh đối diện OA cạnh lớn nên

2

CD

OAOC  (bán kính đường trịn (O))

Vậy A, B nằm ngồi đường trịn (O) nên suy M, N thuộc cạnh AB

b) Gọi E’ giao điểm đường thẳng qua A song song với MD với CD P giao điểm MD với AC, Q giao điểm MC với BD

Ta có: CE' CA BQ BE'/ /MC E' E D E C, ,

CD CP  DQ     thẳng hàng

Do DE qua điểm cốđịnh C

Câu

a)Ta xét dãy đỉnh màu, giả sửlà màu xanh giới hạn hai đỉnh A, B ( trùng nhau) AX X1 2 X Bk (k 1) Sử dụng thao tác đề cho ta đổi màu hai đỉnh A X1 thành màu thứ ba (khơng phải màu xanh), kí hiệu đỉnh X1 đổi màu

1 '

X Tiếp tục ta sẽđổi màu đỉnh X'1 X2 (hiển nhiên màu

xanh),… Như ta làm màu xanh dãy đỉnh liên tiếp có màu xanh Tiếp tục thực dãy màu xanh khác ta làm hết màu xanh đỉnh đa giác, nghĩa đỉnh đa giác tô hai màu đỏ vàng

b) Ta xét trường hợp đỉnh đa giác tô hai màu, giả sửlà vàng đỏ Khi n4

Vì đỉnh tơ hai màu nên ta có hai trường hợp Trường hợp 1: Hai đỉnh màu:

ddvvdxxvvvxvvddvxxxx dvdvdxxvvvxvvddvxxxx

(8)

Võ Tiến Trình Trường hợp 2: đỉnh màu đỉnh khác màu

dddvddxxdvvxxxvxxddxvvvv

Như đỉnh màu sẽđược chuyển màu đỉnh lại Như ta chuyển đỉnh màu

Khi n8

Theo trường hợp trên, ta chia đỉnh thành hai bộ4 đỉnh chuyển bộ4 đỉnh màu Nếu màu hai trùng ta có điều phai chứng minh, ngược lại hai khơng trùng màu(giả sửlà xanh đỏ) ta thực biến đổi

|

xxxxdddd xxxvvddd xxxv vddd vvvvvvvv