Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên toán môn toán học pptx

Download Ebook Chuyên Nghiệp Nhất VN

ðẠI HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2008
TRƯỜNG PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN CHUYÊN
NĂNG KHIẾU
Th
ời gian làm bài: 150 phút,không kề thời gian giao ñề.




Câu I
1) Cho phương trình
2
2 2 0
x mx m
− + − =

(
)
1
.
a) Chứng minh rằng (1) không thể có 2 nghiệm ñều âm.
b) Giả sử
1 2
,
x x
là 2 nghiệm của pt (1). Chứng minh rằng biểu thức sau:

2 2

1 1 2 2
2 2
1 2
( 2 2)( 2 2)
x x x x
A
x x
− + − +
=
+

không phụ thuộc vào giá trí của m.
2) Giải hệ phương trình:

2 2
2 2
2 2
x y z
y z x
z x y


= +




= +





= +




Câu II Cho tam giác ABC không cân. ðường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần
lượt tại D, E, F. ðường thẳng EF cắt AI tại J và cắt BC nối dài tại K.
1) Chứng minh rằng các tam giác IDA ñồng dạng với tam giác IJD.
2) Chứng minh rằng KI vuông góc với AD.
Câu III
Cho góc xAy vuông và 2 ñiểm B và C lần lựot trên các tia Ax, Ay. Hình vuông MNPQ có các
ñỉnh M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC và các ñỉnh P, Q thuộc cạnh BC.
1) Tính cạnh hình vuông MNPQ theo cạnh BC = a và ñường cao AH = h của tam giác ABC.
2) Cho B và C thay ñổi lần lượt trên các tia Ax, Ay sao cho tích AB.AC =
2
k
= const. Tìm giá trị
lớn nhất của diện tích hình vuông MNPQ.
Câu IV
Một số nguyên dương n ñựoc gọi là số bạch kim nếu n bằng tổng bình phuơng các chữ số của nó.
1) Chứng minh rằng không tồn tại số bạch kim có 3 chử số.
2) Tìm tất cả các số nguyên dương n là số bạch kim.
Câu V
Trong một giải vô ñịch bóng ñá có 6 ñội tham gia. Theo ñiều lệ của giải, hai ñội bóng bất kỳ thi
ñấu với nhau ñúng một trận, ñội thắng ñược 3 ñiểm, ñội thua 0 ñiểm và ñội hòa ñược 1 ñiểm. Kết
thúc giả, số ñiểm của mỗi ñội lần lượt là
1 2 3 4 5 6
, , , , ,

D D D D D D
(
1 2 3 4 5 6
D D D D D D
≥ ≥ ≥ ≥ ≥
)
Biết rằng ñội bóng với ñiểm
1
D
thua ñúng một trận và
1 2 3 4 5 6
D D D D D D
= + = + +
. Hãy tìm
1
D
và
6
D
.


HẾT
( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm )

HƯỚNG DẪN GIẢI



Câu I

1) a) Xét phương trình có 2 nghiệm ñều âm. Tức là:
(
)
2
2
4 2 2 0
0 8 8 0
0 0 0
0 2 2 0 1
m m
m m
S m m m
P m m

− − >

∆ > − + >




< ⇔ < ⇔ < ⇔ ∈∅

  
  
> − > >




Vậy phương trình ban ñầu không thể có 2 nghiệm phân biệt ñều âm (ñpcm).
c) Theo hệ thức Viete ta có:
1 2
x x m
+ =
và
1 2
2 2
x x m
= −

Do ñó, ta ñược:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 4 4
x x x x x x x x x x x x x x x x
− + − + = − + + + + − + +
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 4 4
x x x x x x x x x x
= − + + + − + +

( ) ( )
2
2
2 2 2 2 2 2 4 4
m m m m m
= − − − + − +

2 2 2
4 8 4 4 4 2 4 4
m m m m m m
= − + − + + + +

( )
2
2
2 8 8 2 2
m m m= − + = −

Mặt khác

( ) ( )
2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
2 2 2 2
x x x x x x m m
+ = + − = − −
( )
2
2
4 4 2
m m m= − + = −

Vậy
(
)
(
)
( )
( )
2
2 2
1 1 2 2
2
2 2
1 2
2 2 2 2
2 2
2
2

x x x x
m
x x
m
− + − +
−
= =
+
−

(
)
2
m
≠

Không phụ thuộc vào giá trị của m (ñpcm).
2)
(
)
( )
( )
2 2
2 2
2 2
1
2 , , 0
3
x y z
y z x x y z

z x y

= +


= + ⇒ ≥


= +



Khi hoán vị vòng quanh
, ,
x y z
hệ phương trình không thay ñổi. Do ñó ta có thể giả sử
{
}
max , ,
x x y z
=
. Ta có
2 2 2 2 2 2
0
x y y z z x y x y x
≥ ⇒ + ≥ + ⇒ ≥ ⇒ ≥ ≥

Mặt khác
x y
≥

. Nên
x y
=
y z
⇒ =
x y z
= =
. Khi ñó (1) thành:
( )
2 2
0
2 2 0 2 1 0
1
2
x
x x x x x x
x
=


= ⇔ − = ⇔ − = ⇔

=

0
1
2
x y z
x y z
= = =



⇒

= = =


Vậy nghiệm của hệ phương trình ban ñầu là:
( ) ( )
1 1 1
, , 0,0,0 ; , ,
2 2 2
x y z
 
=
 
 

Câu II

1) Chứng minh rằng tam giác IJD ñồng dạng với tam giác IDA.

Ta có AE = AF ( AE và AF là tiếp tuyến của (I)). IF = IE ( F,E cùng thuộc (I)).
Nên AI là trung trực của EF. J là giao ñiểm của AI và EF. Suy ra
AI EF
⊥
tại J.
Mặt khác ta có tam giác IFA vuông ở F. Suy ra
2
.

IF IJ IA
=
. Mà IF = ID (F,D cùng thuộc (I)).
Nên
2
.
ID IJ IA
=
. Nên
ID IA
IJ ID
=
,
I
∠
chung. Vậy tam giác IJD ñồng dạng với tam giác IDA.
2) Chứng minh KI vuông góc với AD.
Gọi H là giao ñiểm của KI và AD. Ta có tam giác IJD ñồng dạng với tam giác IDA (cmt)
IJD IDA
⇒ ∠ = ∠
. Mặt khác JIDK là tứ giác nội tiếp (
180
J D∠ + ∠ =

)
IDA IJD IKD IDH IKD
⇒ ∠ = ∠ = ∠ ⇒ ∠ = ∠
. Có
I
∠

chung.
Nên tam giác IDH ñồng dạng tam giác IKD (g. g). Nên
90
IHD KI AD
∠ = ⇒ ⊥

tại H.
Câu III

1) Tính các cạnh của hình vuông MNPQ theo a và h.

Gọi
x
là ñộ dài các cạnh của hình vuông MNPQ. I là giao ñiểm của AH và MN.
Suy ra
AI h x
= −
. Ta có:
[
]
[
]
[
]
[
]
ABC BMQ AMN NPC
= + +

Hay

( )
2
1 1 1 1
. . .
2 2 2 2
a h x h x x PC x BQ x
= − + + +

(
)
2
. . . 2
a h x h x x PC x BQ x
⇔ = − + + +


(
)
(
)
2
x h x a x x x a h
= − + − + = +
( )
.
ah
a h x a h x
a h
⇒ = + ⇒ =
+

.
2) Tìm max [MNPQ]
Ta có
[ ]
( )
( )
( )
2
4
2
2 2
ah
k
MNPQ x
a h a h
= = =
+ +
. Ta có
( )
2
2 2 2 2 2 2
4 4 4 8 3 4 8
a h a h ah a a h k
+ = + + = + + +
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 4 8 6 . 4 8 6 4 8 18

AB BC a h k AB AB ah k k k k k
= + + + + ≥ + + = + + =

Vậy
( )
( )
4 2
2
2
2
9 2
2 9
k k
a h k const
a h
+ ≥ ⇒ ≤ =
+
. ðTXR
2
AB AC
ABC
A H
=

⇔ ⇔ ∆

=

vuông
cân ở A. Vậy max [MNPQ] là

2
2
9
k
khi và chỉ khi tam giác ABC vuông cân ở A.
Câu IV

1) Giả sử tồn tại số bạch kim có 3 chữ số là
abc
( a, b, c là các chữ số ; a khác 0).
Ta có
2 2 2
abc a b c
= + +
. Mặt khác, ta có:
2 2 2 2 2
100 10 10 10 90 90
abc a b c a b a c a b a b c
= + + = + + + > + + > + +

(vì
2 2 2
10 ,10 ,90 90 81
a a b b a c c
> > + ≥ > ≥
). Nên không thể có số bạch kim có 3 chữ số.
Suy ra ñiều phải chứng minh.
2) Xét số n có k chữ số. Suy ra
1 2 3

k
n a a a a
=
.
a.
3
k
≥
:
2 2 2
1 2 1 1 2
100 10 10
k k k
n a a a a a a a
−
≥ + + + + > + + +
.
Vậy không tồn tại số bạch kim có lớn hơn hay bằng 3 chữ số.
b.
1
k
=
:
n a
=
. Ta có
( )
(
)
( )

2
0
1 0
1
a L
a a a a
a N
=
= ⇔ − = ⇔

=


.
c.
2
k
=
:
n ab
=
(a, b là các chữ số. a khác 0)
Ta có
2 2 2 2 2 2
10 40 4 4 4
ab a b a b a b a b a b
= + ⇒ + = + ⇔ + = +

Hay
( ) ( ) ( )

2 2
2 10 2 1 101 **
a b− + − =

Mặt khác ta có
2 10 10
a
− <
vì a khác 0 và
9
a
≤
.
2
(2 10) 2
a −
⋮
.
Số 101 chỉ có 1 cách phân tích thành tổng hai số chính phưong là
2 2
101 10 1
= +

Do vậy (**) không thể xảy ra. Vậy không có số bạch kim có 2 chữ số.
KẾT LUẬN, số bạch kim duy nhất là
1
n
=
.
Câu V

Các ñội từ 2 ñến 6 ñấu với nhau thì tổng số trận các ñội này ñấu với hau là
5.4
10
2
=
. Mà
tổng số ñiểm tối thiểu ở mỗi trận là 2 nên tổng số ñiểm của 5 ñội từ 2 ñến 6 thi ñấu với nhau
tối thiểu là 2.10 = 20. Mà trong 5 ñội này có 1 ñội thắng ñội 1 nên số ñiểm tối thiểu 5 ñội này
trên toàn ñợt là 23 ñiểm. Suy ra
2 6 1 1
23 2 23 12
D D D D
+ + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
.
ðội 1 5 trận trong ñó có 1 trận thua nên ñiểm tối ña của ñộii 1 là 4.3 = 12. Suy ra
1 1
12 12 12
D D
≤ ≤ ⇒ =
( 4 Thắng – 1 thua ).
Gọi
x
là số trận thắng – thua không có ñội 1
y là số trận hòa
Ta có
10 1
3 2 21 9
x y x
x y y

+ = =
 
⇔
 
+ = =
 

Suy ra có 1 trận thắng – thua và 9 trận hòa giữa các ñội từ 2 ñến 6 ñấu
nhau
6 6
12 3 4
D D
⇒ ≥ ⇒ ≤
. Nếu
6
4
D
<
:Vì ñội 6 không thể có nhiều hơn2 trận thua.
Khia ñó, trong các trận giữa ñội 2 ñến ñội 6 sẽ có nhiều hơn 1 trận thua trái với
1
x
=
. Vậy
ñội 6 thua ñội 1. Vậy 1 trận thua còn lại của ñội 6 thuộc các trận từ 2 ñến 6. Nếu các trận còn
lại trong nhóm từ 2 ñến 6 hòa hết. Suy ra
4 5
9
D D
+ =

. Do
4 4 5
4 5, 4
D D D
≥ ⇒ = =
(*)
2 3
12
D D
+ =
. ðội 2 có tổng ñiểm thi ñấu trong nhóm 2 ñến 6 là bé hơn hay bằng 3.1+3 = 6
ðội 3 tương tự có ñiểm thi ñấu trong nhòm 2 ñến 6 làa bé hơn hay bằng 6. Suy ra ðiểm số của
ñội 2 và 3 thi ñấu trong nhóm < 12. Vậy một trong 2 ñội 2, 3 thắng ñội 1. Nên tổng ñiểm ñội 2,
3 trong nhóm 6 ñội là 9 ñiểm. Suy ra trong hai ñội 2, 3 có 1 ñội thắng ñội 6. Suy ra ñội 4 hòa
các ñội 2, 3, 5, 6. Nên
4
4
D
=
( mâu thuẫn với (*)). Vậy
6
4
D
=
.
KẾT LUẬN,
1 6
12, 4
D D
= =

.


NGƯỜI GIÀI ðỀ : NGUYỄN LÂM MINH ( TP. HỒ CHÍ MINH)