Tài liệu Đề thi vào trường phổ thông năng khiếu chuyên toán 2009 pptx

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy

Trường Phổ Thông Năng Khiếu 1
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010
TRƯỜNG PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN CHUYÊN
NĂNG KHIẾU Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
_______________________________________________________________________________

Câu 1.
a) Cho
,,,abcd
là các số thực thỏa mãn điều kiện
,. 0
3
a c ac
ac
b d bd
+
= = ≠
−
.
Chứng minh rằng:
22
bd=
.
b) Giải hệ phương trình:
22
22
13

37
23
47
x xy
xy x y
y xy
xy x y
− −−

=

− −−


− −−

=

− −−


Câu 2.
a) Giải bất phương trình:
21 89
xx+≤ +

b) Cho
,,abc
là các số thuộc
[ ]

1; 2−
thỏa mãn điều kiện
222
6abc++=
.
Chứng minh rằng:
0abc++≥


Câu 3.
a) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên
a
sao cho
2 2009
2010aa
+=

b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên
a
sao cho
2 3 2010
2009aa a++=


Câu 4.
Cho đường tròn
( )
O
tâm
O

, đường kính
2AB R=
.
C
là một điểm thay đổi trên đường tròn
( )
O
sao cho tam giác
ABC
không cân tại
C
. Gọi
H
là chân đường cao của tam giác
ABC

hạ từ
C
. Hạ
,HE HF
vuông góc với
,AC BC
tương ứng. Các đường thẳng
EF
và
AB
cắt
nhau tại
K
.

a) Tính theo
R
diện tích tam giác
CEF
và độ dài các đoạn
,KA KB
trong trường hợp

0
60BAC =
.
b) Hạ
,EP FQ
vuông góc với
AB
. Chứng minh rằng đường tròn đường kính
PQ
tiếp
xúc với đường thẳng
EF
.
c) Gọi
D
là giao điểm của
( )
O
và đường tròn đường kính
CH
,
DC≠

. Chứng minh
rằng
2
.KA KB KH=
và giao điểm
M
của các đường thẳng
CD
và
EF
luôn thuộc một đường
thẳng cố định.

Câu 5.
Trên một đường tròn, người ta xếp các số
1,2,3, ,10
(mỗi số xuất hiện đúng một lần).
a) Chứng minh không tồn tại một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn 10.
b) Tồn tại hay không một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn hoặc bằng 10?

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy

Trường Phổ Thông Năng Khiếu 2
Hết

Hướng dẫn giải
Dưới đây chỉ là hướng dẫn giải chủ quan của chúng tôi và không phải là đáp án
chính thức của trường nên mang giá trị tham khảo là chính.

Bài 1.
a)
Trường hợp 1:
22
bdbd=−⇒ =
(đccm)
Trường hợp 2:
bd≠−
, kết hợp với điều kiện
ac
bd
=
suy ra
ac≠−

Khi đó
a c ac
b d bd
+
= =
+
(tính chất dãy tỉ số bằng nhau)
Suy ra
0
3
3
ac
ac ac
bd bd
bd bd

+=

++
= ⇒

−=+
−+


Với
0ac+=
mà
0ac ≠
suy ra
0, 0ac≠≠
suy ra
bd= −
(mâu thuẫn)
Với
22
3bdbdbdbd−=+⇒=⇒ =

Vậy trong hai trường hợp ta đều có
22
bd=


Nhận xét: Mấy em áp ụng ngay dãy tỉ số bằng nhau là thiếu trường hợp rồi, sẽ bị trừ điểm.
b)
22

22
22
13
37
1 23
23
3 47
47
x xy
xy x y
x y xy
y xy
xy xy x y
xy x y
− −−

=

− −−
− − −−

⇔==

− −−
− − −−

=

− −−


Điều kiện
22
3
4
7
xy
xy
xy

≠

≠


+≠


Trường hợp 1:
( )
7
34
2
xy xy xy−=− − ⇔ =
, khi đó
( )
12 3x y xy−=− − ⇔ + =

Ta có hệ
( )

3
7
2
xy
VN
xy
+=



=



Trường hợp 2:
( )
34xy xy− ≠− −

Khi đó ta có
22
3 12 3
7 3 42 7
xy x y xy
x y xy xy xy
−− − − +−
= = =
−− − − −

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668

Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy

Trường Phổ Thông Năng Khiếu 3
Suy ra
( )
22
30
7 27
xy
x y xy
−−=


−−=− −



Với
30xy−−=
ta có
1
1 20
2
x
xy
y
=

−= − = ⇒


=


Với
( )
2
22
7 27 0x y xy x y x y− − =− +⇒ − =⇒=

Khi đó ta có
22
11
12
22
34
xy
xx
xy
xx
=−⇒ =−

−−
= ⇒

=⇒=
−−


Thử lại ta thấy
( )

1; 2
và
( )
1; 1−−
là nghiệm của hệ phương trình
Vậy phương trình có hai nghiệm
( )
;xy
là
( )
1; 2
và
( )
1; 1−−

Nhận xét: Bài hệ phương trình ý tưởng cũng giống câu a, dùng dãy tỉ số bằng nhau. Không
khó, tuy nhiên lại dễ sai, và thiếu sót. Ví dụ
0m
mm
xy
xy
=

= ⇔

=

(dễ sót trường hợp
0m =
)

Bài 2
a) Ta có
( )
( )
( )
2
2 10
8 90
21 89
2 10
21 89
x
I
x
xx
x
II
xx

+<



+≥


+≤ + ⇔

+≥






+ ≤+




Giải (I): Ta có
( )
1
91
2
9
82
8
x
Ix
x

<−


⇔ ⇔− ≤ <−


≥−



Giải (II): Ta có

( )
( )( )
22
1
11
2
22
4 1 20
4 4 18 9 4 4 80
1
1
2
2
2
12
x
xx
II
xx
xx x xx
x
x
x


≥−
≥− ≥−

 
⇔ ⇔⇔
 
 
+ −≤
+ +≤ + − −≤



≥−

⇔ ⇔− ≤ ≤


−≤ ≤


Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
9
;2
8
S

= −



Nhận xét: Bài này là bất phương trình dạng cơ bản, không có gì khó khăn cả. Đây có thể xem
là câu dễ nhất của đề, tuy vậy nếu không cẩn thận cũng dễ xét thiếu. Và để ý kỹ thì câu này lại
gợi ý làm câu b.

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy

Trường Phổ Thông Năng Khiếu 4
b) Vì
[ ]
( )( )
22
1; 2 1 2 0 2 0 2a a a a a aa∈− ⇒ + − ≤⇔ −−≤⇔≥ −

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1a = −
hoặc
2a =

Chứng minh tương tự ta cũng có
22
2, 2bb cc≥− ≥−

Do đó
222
6abca b c
++≥ + + −
suy ra
0abc++≥
(vì
222
6abc++=
)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
( )
,,abc
là hoán vị của
( )
1; 1; 2−−

Nhận xét: Đây là bài toán bất đẳng thức có điều kiện không đơn giản chút nào so với lời giải
của nó. Đủ để “hạ gục” nhiều em. Tuy nhiên nếu chú ý thì câu a đã gợi ý tưởng làm câu này.
Câu 3
a) Giả sử tồn tại số tự nhiên
a
thỏa
2 2009
2010aa+=

Ta có
( )
2
1a a aa+= +
là tích hai số tự nhiên liên tiếp.
Ta có
( )
, 11aa+=
và
( )
11aa+−=
.
Do đó
,1aa+

phải có dạng
2009 2009
,1ap a q= +=
trong đó
pq<
,
( )
. 2010, , 1pq p q= =

Điều này không thể xảy ra vì
( ) ( )
2009
2009 2009
,1 1 1 1pq q p q p p=⇒ − ≥⇒ ≥ + > +

Vậy không tồn tại số tự nhiên
a
thỏa mãn đề bài.
Nhận xét: Bài này hiểu ý nhưng khó trình bày quá, dễ rơi vào tình trạng lòng vòng. Kinh
nghiệm thì khi cho số lớn thường không ảnh hưởng đến cách giải, tuy nhiên đối với bài này vì
số mũ là lẻ nên không thể dùng tính chất của số chính phương được. Hơn nữa, không thể xét
theo modul 3, 4 vì nó thỏa hết. Cái hay là câu a và b nhìn có vẻ giống nhau nhưng cách giải lại
khác nhau.
b) Giả sử tồn tại số tự nhiên
a
thỏa đề bài. Tức là
3 2 2010
2009aaa+ +=

Rõ ràng

0
a >
, khi đó ta có
( )
3
332 3 2
3 31 1a a a aa a a a<++<+ ++=+

Mặt khác
( )
3
2010 607
2009 2009=

Suy ra
( )
( )
3
3
3 670
2009 1aa< <+
. (Vô lý vì
( )
3
3
,1
aa+
là lập phương của hai số tự nhiên liên
tiếp. )
Vậy không tồn tại số tự nhiên

a
thỏa mãn đề bài.
Nhận xét
Bài này thuộc dạng quen thuộc của phương trình nghiệm nguyên, nhưng đôi khi bị nhiễu
bởi câu a, khó nhận ra.
Nói chung năm nay hai bài số học không khó bằng bài số học năm ngoái (Bài về số bạch
kim)
Câu 4
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy

Trường Phổ Thông Năng Khiếu 5
J
T
D
I
P
Q
K,M
F
E
H
O
A
B
C

a)
R

Tính theo diện tích tam giác
CEF
và độ dài các đoạn
,KA KB
trong trường hợp

0
60BAC =
.
Ta có

0
90ACB
=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
( )
O
)
Tam giác ABC vuông tại C nên ta có

0
.cos 2 .cos60AC AB CAB R R= = =

Và

0
.sin 2 .sin60 3CB AB CAB R R= = =

Ta có


0
3
.sin .sin60
2
R
CH AC ACB R= = =

Tam giác
CHE
vuông tại
H
có
HE
là đường cao nên
2
2
2
3
2
3
.
4
R
CH
CE CA CH CE R
CA R



= ⇒= = =

Tương tự ta cũng có
2
3
4
CH R
CF
CB
= =

Do đó
2
1 13 3 33
.
2 2 4 4 32
CEF
RR R
S CE CF= = =


Vì

0
60BAC =
nên
A
nằm giữa
K
và
B

Dễ thấy
CEHF
là hình chữ nhật và




0
30KEA CEF CHF CBA= = = =
, mà






00 0
60 30 30AKE AEK CAB AKE CAB AEK+ = ⇒ = − =−=

Vậy tam giác
KAE
cân tại
A
suy ra
KA AE=

Mà
31
44

R
AE AC CE R R=−=−=
nên
1
4
KA R=

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy

Trường Phổ Thông Năng Khiếu 6
Và
19
2
42
KB KA AB R R R=+= +=


EF
b) Chứng minh tiếp xúc với đường tròn đường kính
PQ

Câu b, c ta xét trường hợp AC < BC, trường hợp
AC BC>
làm tương tự
Gọi I là giao điểm của
EF
và
CH

. Vì AEHF là hình chữ nhật nên I là trung điểm EF.
Tứ giác EPQF là hình thang vuông (vì
,EP FQ PQ⊥
)
Ta có
//IH EP
và I là trung điểm EF nên H là trung điểm của PQ.
Khi đó đường tròn đường kính PQ là đường tròn tâm H bán kính HP.
Gọi T là hình chiếu của H trên EF
Ta có
 
PEH EAH=
(cùng phụ

EHA
) và


TEH IHE=
,


IHE EAH=
(cùng phụ với

EHA
. )
Suy ra



PEH TEH=
, suy ra
PEH TEH HT HP∆ =∆ ⇒=

Ta có
( )
HT EF T EF⊥∈
và
HT HP=
nên
EF
tiếp xúc với đường tròn đường kính
PQ

2
.KA KB KH
=
c) Chứng minh và
M
thuộc một đường cố định
Ta có




KEA CEF CHF CBK= = =
, suy ra
( )
.KAE KFB g g
∩

∪
∆∆
,
Do đó

KA KE
KA KB KE KF
KF KB
=⇒=
(1)
Mặt khác ta có
 

KHE HCE HFK= =
, suy ra
( )
.KHE KFH g g
∩
∪
∆∆

Do đó
2
.
KH KE
KE KF KH
KF KH
=⇒=
(2)
Từ (1) và (2) thì

2
.KA KB KH
=


Gọi J là giao điểm của OC và EF,
Ta có


OCF OBC=
(tam giác OBC cân tại O)
Và


JFE ICF=
(do tam giác ICF cân tại I)
Do đó





0
0
90
90
OCF JFE OBC ICF
CJF OC EF
+= +=
⇒ =⇒⊥

Tam giác
CKO
có CH và KJ là hai đường cao, cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác
CKO, do đó
OI CK
⊥
(3)
Mặt khác hai đường tròn (O) và đường tròn tâm I đường kính CH cắt nhau tại C và D, nên OI
là đường trung trực của CD, suy ra
OI CD⊥
(4)
Từ (3) và (4) ta có
,,CKD
thẳng hàng.
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy

Trường Phổ Thông Năng Khiếu 7
Vậy K cũng là giao điểm của CD và EF, do đó
MK≡
và
M
luôn thuộc đường thẳng AB cố
định
Nhận xét: Đây là một bài hình học rất quen thuộc, không khó. Đỡ hơn năm ngoái nhiều.
Bài 5.
a) Giả sử tồn tại một cách sắp xếp thỏa đề bài là
a

5
a
6
a
7
a
8
a
9
a
10
a
4
a
3
a
2
a
1

Không mất tính tổng quát ta giả sử
1
1a =
. Khi đó ta có
12 2 2
1 10 10 10
10 9 10
10 9 10
aa a a
aa a a

+> > =
 
⇒⇒
 
+> > =
 
(vô lý vì mỗi số xuất hiện đúng một lần)
Vậy không tồn tại cách sắp xếp thỏa mãn đề bài.
b) Tồn tại cách sắp xếp như trên. Ví dụ:
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH
423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668
Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy

Trường Phổ Thông Năng Khiếu 8
3
7
4
6
5
9
8
2
10
1

Nhận xét: Thường thì bài này đánh rớt học sinh ngay từ lúc đọc đề, vì bị tâm lý. Nhưng
thực sự bài này không khó bằng những đề trước. Không làm được câu a thì cũng “lụi”
được câu b.

Nhận xét chung về đề năm nay:
Đề năm nay không khó nhưng cũng không dễ dàng gì điểm cao vì có nhiều chỗ “bẫy”.
Theo tôi nghĩ câu dễ nhất là 2a và 4a. Câu trung bình là các câu 1a, 1b, 4b câu khó hơn
chút là 3a, 3b các câu khó nhất là 2b, 5ab.
Tỉ lệ chọi cao, điểm chuẩn cao và Phổ Thông Năng Khiếu luôn chọn được học sinh giỏi.
Sang năm có World Cup nên chắc phải có một câu về bóng đá, hãy chờ xem.