ĐỀ THI TUYỂN SINH lớp 10 TRƯỜNG PTNK TOÁN CHUYÊN 2009

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
, , ,
a b c d
là các số thực thỏa mãn điều kiện
, . 0
3
a c a c
a c
b d b d

  

.
Chứng minh rằng:
2 2
b d

.
b) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 3
3 7
2 3
4 7

x x y
xy x y
y x y
xy x y
  



  


  



  


Câu 2.
a) Giải bất phương trình:
2 1 8 9
x x
  

b) Cho
, ,
a b c
là các số thuộc



1;2
 thỏa mãn điều kiện
2 2 2
6
a b c
  
.
Chứng minh rằng:
0
a b c
  


Câu 3.
a) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên
a
sao cho
2 2009
2010
a a 
b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên
a
sao cho
2 3 2010
2009
a a a  

Câu 4.
Cho đường tròn



O
tâm
O
, đường kính
2
AB 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
60
BAC  .
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
,
D C

. 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?

Hết

Hướng dẫn giải
Bài 1.
a)
Cách 1: Ta có
3 3
3 3
a c a c a c
b d b d b d

   

(Do
3 0
b d
 
)
Từ đó ta có
3
3
3 3
a c a c
a c a c a c
b d b d

 
      
 
. Mà
2 2
và 0
a c
ac b d b d
b d
     

Cách 2:
Trường hợp 1:
2 2
b d b d
   
(đccm)
Trường hợp 2:
b d
 
, kết hợp với điều kiện
a c
b d

suy ra
a c
 

Khi đó
a c a c

b d b d

 

(tính chất dãy tỉ số bằng nhau)
Suy ra
0
3
3
a c
a c a c
b d b d
b d b d
 

 
 

  
 


Với
0
a c
 
mà
0
ac


suy ra
0, 0
a c
 
suy ra
b d
 
(mâu thuẫn)
Với
2 2
3
b d b d b d b d
      

Vậy trong hai trường hợp ta đều có
2 2
b d



Nhận xét: Mấy em áp ụng ngay dãy tỉ số bằng nhau là thiếu trường hợp rồi, sẽ bị trừ điểm.
b)
2 2
2 2
2 2
1 3
3 7
1 2 3
2 3 3 4 7
4 7

x x y
xy x y
x y x y
y x y
xy xy x y
xy x y
  



  
   

  

  
   



  


Điều kiện
2 2
3
4
7
xy
xy

x y






 


Trường hợp 1:
 
7
3 4
2
xy xy xy
     
, khi đó


1 2 3
x y x y
      

Ta có hệ
 
3
7
2
x y

VN
xy
 







Trường hợp 2:


3 4
xy xy
   

Khi đó ta có
2 2
3 1 2 3
7 3 4 2 7
x y x y x y
x y xy xy xy
     
  
    

Suy ra
 
2 2

3 0
7 2 7
x y
x y xy
  


    



Với
3 0
x y
  
ta có
1
1 2 0
2
x
x y
y


    




Với



2
2 2
7 2 7 0
x y xy x y x y
         

Khi đó ta có
2 2
1 1
1 2
2 2
3 4
x y
x x
x y
x x
    

 
 

  
 


Thử lại ta thấy



1;2
và


1; 1
 
là nghiệm của hệ phương trình
Vậy phương trình có hai nghiệm


;
x y
là


1;2
và


1; 1
 

Bài 2
a) Ta có
 
 
 
2
2 1 0
8 9 0

2 1 8 9
2 1 0
2 1 8 9
x
I
x
x x
x
II
x x

 



 


   

 





  




Giải (I): Ta có
 
1
9 1
2
9
8 2
8
x
I x
x

 


     


 



Giải (II): Ta có

 
  
2 2
11 1
2

2 2
4 1 2 0
4 4 1 8 9 4 4 8 0
1
1
2
2
2
1 2
xx x
II
x x
x x x x x
x
x
x
 
    
  
  
  
  
  
      
  

 

    



  


Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
9
;2
8
S
 
 
 
 

b) Vì






2 2
1;2 1 2 0 2 0 2
a a a a a a a
            

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1
a
 

hoặc
2
a


Chứng minh tương tự ta cũng có
2 2
2, 2
b b c c
   

Do đó
2 2 2
6
a b c a b c
     
suy ra
0
a b c
  
(vì
2 2 2
6
a b c
  
)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi


, ,

a b c
là hoán vị của


1; 1;2
 
Câu 3
a) Giả sử tồn tại số tự nhiên
a
thỏa
2 2009
2010
a a 

Ta có


2
1
a a a a
  
là tích hai số tự nhiên liên tiếp.
Ta có


, 1 1
a a
 
và



1 1
a a
  
.
Do đó
, 1
a a

phải có dạng
2009 2009
, 1
a p a q
  
trong đó
p q

,


. 2010, , 1
p q p q
 

Điều này không thể xảy ra vì
   
2009
2009 2009
, 1 1 1 1
p q q p q p p

        

Vậy không tồn tại số tự nhiên
a
thỏa mãn đề bài.

b) Giả sử tồn tại số tự nhiên
a
thỏa đề bài. Tức là
3 2 2010
2009
a a a  
Rõ ràng
0
a

, khi đó ta có


3
3 3 2 3 2
3 3 1 1
a a a a a a a a
        

Mặt khác


3
2010 607

2009 2009

Suy ra


 
3
3
3 670
2009 1
a a
  
. (Vô lý vì
 
3
3
, 1
a a

là lập phương của hai số tự nhiên liên
tiếp. )
Vậy không tồn tại số tự nhiên
a
thỏa mãn đề bài.
Câu 4
J
T
D
I
P

Q
K,M
F
E
H
O
A
B
C

a) Tính theo
R
diện tích tam giác
CEF
và độ dài các đoạn
,
KA KB
trong trường hợp

0
60
BAC 
.
Ta có

0
90
ACB  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn



O
)
Tam giác ABC vuông tại C nên ta có

0
.cos 2 .cos60
AC AB CAB R R
  

Và

0
.sin 2 .sin60 3
CB 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 1 3 3 3 3
. . .
2 2 4 4 32
CEF
R R R

S CE CF  

Vì

0
60
BAC  nên
A
nằm giữa
K
và
B

Dễ thấy
CEHF
là hình chữ nhật và




0
30
KEA CEF CHF CBA    , mà






0 0 0

60 30 30
AKE AEK CAB AKE CAB AEK       

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

Mà
3 1
4 4
R
AE AC CE R R
     nên
1
4
KA R

Và
1 9
2
4 4
KB KA AB R R R
    

b) Chứng minh
EF

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

c) Chứng minh
2
.
KA KB KH
 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
, ,
C K D
thẳng hàng.
Vậy K cũng là giao điểm của CD và EF, do đó
M K

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
1
a

. Khi đó ta có
1 2 2 2
1 10 10 10
10 9 10
10 9 10
a a a a
a a 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:
3
7
4
6
5
9
8
2
10
1