Đang tải... (xem toàn văn)
minh tương tự BM BC b Chứng minh 4 điểm M, N, J, I cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng MJ, NI, CH đồng quy... Cách khác: Gọi K là giao điểm của AI và CN; E là giao điểm của[r]
(1)ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2014-2015 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU MÔN THI: TOÁN (chuyên) (Thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề) Câu I Cho phương trình m 5 x 2mx 6m 1 với m là tham số a) Tìm m cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Chứng minh đó tổng hai nghiệm không thể là số nguyên b) Tìm m cho phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x x x1 x2 16 Câu II 2 x y 1) Giải hệ phương trình 2 y x 9y x 9x y 2) Cho tam giác ABC vuông A với các đường phân giác BM và CN Chứng minh bất đẳng thức MC MA NB NA MA.NA 3 2 Câu III Cho các số nguyên dương a, b, c cho 1 a b c a) Chứng minh a + b không thể là số nguyên tố b) Chứng minh c > thì a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố Câu IV Cho điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB = 2R (C ≠ A, C ≠ B) Gọi H là hình chiếu vuông góc C lên AB; I và J là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH Các đường thẳng CI,CJ cắt AB M,N a) Chứng minh AN = AC, BM = BC b) Chứng minh điểm M, N, J, I cùng nằm trên đường tròn và các đường thẳng MJ, NI, CH đồng quy c) Tìm giá trị lớn MN và giá trị lớn diện tích tam giác CMN theo R Câu V Cho số tự nhiên phân biệt cho tổng ba số chúng lớn tổng hai số còn lại a) Chứng minh tất số đã cho không nhỏ b) Tìm tất các gồm số thỏa mãn đề bài mà tổng chúng nhỏ 40 Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang (2) SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu I a) Vì m , với m Nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt và 719 m 6m m 5 6m m m Khi đó theo Viét ta có 12 144 2m 2m Vì m 2m m 12 2m m x1 x2 m m 5 m 5 2 Nên tổng hai nghiệm không thể là số nguyên 2m ( t vì m ), ta có tm 2m 5t m2 5 (*) có nghiệm 5t t 0t tZ 5 Cách khác: Đặt t b) Phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 * và 719 m 6m m m m m 12 144 2m x1 x2 m Theo Viét ta có Khi đó x1 x2 x1 x2 x x 6 m m2 TH 1: x1 x2 x1 x2 6 m 2m 2 m 5 m2 x1 x2 x1 x2 16 x1 x2 x1 x2 2 2m 6 m (vô nghiệm, vì m 5 m 5 m 0) 6 m 2m 2 m 5 m2 2m 6m 2 2 m 5 m 5 t 1 loai 2m 2 Đặt t , ta có: t 3t 3t t t nhan m2 m 2 2m (TMĐK m ) Vậy m 2, m t 2m m 10 m m 5 TH 2: x1 x2 x1 x2 2 Câu II 1) ĐK: x 0, y Đặt a x y , b y x a 0, b Hệ đã cho trở thành 1 a 9b 2 1 a 1 b 9 a b a b 2a 2b 13 a b 1 b 9a (Vì a 0, b 2a 2b 13 ) a 2 Với a b , ta có 1 a a 2a 5a (TMĐK) a x y TH 1: Khi a b , ta có x y (TMĐK) y x Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang (3) x y x y (TMĐK) TH 2: Khi a b , ta có y x 1 Vậy hệ có hai nghiệm là x; y 4; , ; 4 2) Vì BM, CN là phân giác các góc B, C tam giác ABC nên ta có MC BC NB BC , (tính chất đường phân giác tam giác) MA AB NA AC Do đó MC MA NB NA MC 1 NB 1 BC 1 BC 1 MA.NA MA NA AB AC BC BC BC 1 AB AC AB AC BC BC BC BC 2; 2 2 AB AC AB AC AB AC MC MA NB NA BC BC BC Nên 2 1 2 MA.NA AB AC AB AC Mà BC AB AC AB AC Dấu ‘=’ xảy AB = AC, tam giác ABC vuông cân A Câu III a) Ta có 1 c a b ab ab a b a b c Giả sử a + b là số nguyên tố Vì a < a + b a, a b mà ab a b b a b (vô lý vì b a b ) Vậy a + b không thể là số nguyên tố b) Ta có c a b ab bc ab ac ab bc 2ab ac b a c a 2b c b a c a tương tự có a b c b 2a c a b c b Giả sử a + c và b + c là số nguyên tố Vì a < a + c a, a c tương tự b, b c Mà b a c a b a tương tự có a b a b 2c a c b c 3c không là số nguyên tố vì c > Vậy c > thì a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố Câu IV a) Chứng minh AN = AC, BM = BC BCN (góc ngoài BCN) Ta có ANC ABC HCN ACN ACH ), BCN HCN (CJ là Mà ABC ACH (cùng phụ BAC ) phân giác BCH ANC ACN ACN cân A AN AC Chứng minh tương tự BM BC b) Chứng minh điểm M, N, J, I cùng nằm trên đường tròn và các đường thẳng MJ, NI, CH đồng quy MCH NCH 1 90 450 , MHI 1 MCN ACH BCH AHC 900 450 2 2 Nên MCN MHI tứ giác CIHN nội tiếp CIN CHN 90 Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang (4) CHM 900 Chứng minh tương tự có tứ giác CJHM nội tiếp CJM MJN 90 ( CIN CJM 900 cmt ) Xét tứ giác MNJI, ta có MIN Vậy tứ giác MNJI nội tiếp, hay điểm M, N, J, I cùng thuộc đường tròn Cách khác: Gọi K là giao điểm AI và CN; E là giao điểm BJ và CM Ta có: ACN cân A (cmt), AI là phân giác góc CAN (theo gt) 2 Do đó EK là đường trung bình tam giác CMN EK // MN CEK CMN a Nên AK CN và KC KN CN Tương tự BE CM và EC EM CM giác IEKJ, ta có: IKJ 900 (AK CN, BE IEJ CM) Nên tứ giác IEKJ nội tiếp CJI b Từ (a) và (b) có CEK Xét tứ CJI Vậy tứ giác MNJI là tứ CMN giác nội tiếp Xét tam giác CMN, ta có: CH MN (gt), NI CM, MJ CN (theo cmt) Vậy MJ, NI, CH đồng quy c) Tìm giá trị lớn MN và giá trị lớn diện tích tam giác CMN theo R Đặt AC = AN = b, BC = BM = a a b2 AB R Ta có AN + BM = AB + MN MN a b R 2 Lại có a b 2ab a b a b a b 8R a b 2R Do đó MN a b R 2 R R 1 R Dấu ‘=’ xảy a b R BC AC C là điểm chính nửa đường tròn đường kính AB Khi đó CH đạt GTLN là R, nên diện tích tam giác CMN đạt GTLN là R.2 1 R 1 R2 Câu V a) Gọi số đó là a, b, c, d, e Vì các số phân biệt nên giả sử a < b < c < d < e Theo giả thiết có: a + b + c > d + e a + b + c ≥ d + e + a ≥ d + e + - b - c Lại có d > c > b d ≥ c + 1, c ≥ b + d ≥ b + d - b ≥ e>d>ce≥c+2e-c≥2 Nên a ≥ (d - b) + (e - c) + ≥ b, c, d, e > Vậy tất các số không nhỏ b) Nếu a ≥ b ≥ 7, c ≥ 8, d ≥ 9, e ≥ 10 a + b + c + d + e ≥ 40 (vô lý) a < theo câu a) ta có a = Ta có b + c + ≥ d + e + b + c ≥ d + e - mà d - ≥ b, e - ≥ c d + e - ≥ b + c Nên b = d - 2, c = e - a + b + c + d + e = + 2b + 2c + < 40 b + c < 31 31 2b + < b≤7 2 Từ đó có b = b = Nếu b = 6, ta có d = c = 7, e = Ta (5; 6; 7; 8; 9) Nếu b = 7, ta có d = c = 8, e = 10 Ta (5; 7; 8; 9; 10) Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang (5)