Chuyên toán TP HCM

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2008
TRƯỜNG PHỔ THƠNG NĂNG KHIẾU Mơn thi : TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao dề
Câu I:
1) Cho phương trình x
2
– mx + 2m -2 = 0 (1)
a) Chứng minh rằng (1) khơng thể có hai nghiệm đều âm;
b) Giả sử x
1,
x
2
là

hai nghiệm phân biệt của (1). Chứng minh rằng biểu thức
( ) ( )
2 2
1 1 2 2
2 2
1 2
x 2x 2 x – 2x 2
          
x x
− + +
+
khơng phụ thuộc vào giá trị 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 khơng cân. Đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lựơt tại D, E, F.
Đường thẳng EF cắt AI tại J và cắt BC nối dài tại K.
1) Chứng minh các tam giác IDA và IJD đồng dạng.
2) Chứng minh rằng KI vng góc với AD.
Câu III:
Cho góc vng xAy và hai điểm B, C lần lượt trên các tia Ax, Ay. Hình vng MNPQ có các đỉnh M thuộc cạnh
AB, đỉnh N thuộc cạnh AC và các đỉnh P,Q thuộc cạnh BC.
1) Tính cạnh hình vng MNPQ theo cạnh BC = a và đường cao AH = h của tam giác ABC.
2) Cho B và C thay đổi lần lượt trên các tia Ax, Ay sao cho tích AB.AC = k
2
(k khơng đổi). Tìm giá trị lớn
nhất của diện tích hình vng MNPQ.
Câu IV:
Một số ngun dương n được gọi là số bạch kim nếu n bằng tổng bình phương các chữ số của nó.
1) Chứng minh rằng khơng tồn tại số bạch kim có 3 chữ số.
2) Tìm tất cả các số ngun dương n là số bạch kim.
Câu V:
Trong một giải vơ địch bóng đá có 6 đội tham gia. Theo điều lệ của giải, hai đội bóng bất kỳ thi đấu với nhau đúng
một trận, đội thắng được 3 điểm, đội hồ được 1 điểm và đội thua 0 điểm. Kết thúc giải, số điểm của các đội lần

lượt là D
1
, D
2
, D
3
, D
4
, D
5
, D
6
(D
1
≥ D
2
≥ D
3
≥ D
4
≥ D
5
≥ D6). Biết rằng đội bóng với số điểm D
1
thua đúng một trận và
D
1
= D
2
+ D

3
= D
4
+ D
5
+ D
6
. Hãy tìm D
1
và D
6
.
GIẢI
CÂU 1: 1) a) (1) có 2 nghiệm đều âm ⇔
( )
2
2
m 4 2m 2 0
0 m 8m 8 0
P 0 2m 2 0 m 1 m
S 0 m 0 m 0

− − ≥


∆ ≥ − + >


 
> ⇔ − > ⇔ > ⇔ ∈∅

  
  
< < <




⇒ không có giá trò m nào để phương trình có 2 nghiệm đều âm.
⇒ (1) không thể có 2 nghiệm đều âm.
b) Với
m 4 2 2 hoặcm 4 2 2> + < −
thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, theo hệ thức Vi-ét:
x
1
+ x
2
= m; x
1
x
2
= 2m – 2.
x
1
, x
2
là nghiệm của (1) ⇔

( ) ( )
( ) ( )
2
2
1 1 1
1 1
2 2
2 2 2 2 2
x 2x 2 m 2 x 2
x mx 2m 2 0
x mx 2m 2 0 x 2x 2 m 2 x 2

− + = − −

− + − =
 
⇔
 
− + − = − + = − −




Do đó biểu thức đã cho có thể viết: (m-2)
2
(x
1
– 2)(x
2
– 2) :

( )
2 2
1 2
x x+
=
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
1 2 1 2 1 2 1 2
m 2 x x 2 x x 4 : x x 2x x m 2 2m 2 2m 4 : m 4m 4 2
 
− − + + + − = − − − + − + =
 
 
2) Từ hệ đã cho suy ra x, y, z ≥ 0. Do x, y, z trong hệ có vai trò như nhau nên ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 0.
Với x ≥ y ⇔ y
2
+ z
2
≥ z
2
+ x
2
⇔ y
2
≥ x
2

⇔ y ≥ x , mà x ≥ y ⇒ x = y.
Với x ≥ z ⇔ y
2
+ z
2
≥ x
2
+ y
2
⇔ z
2
≥ x
2
⇔ z ≥ x , mà x ≥ z ⇒ x = z.
do đó x = y = z. Thế vào 1 trong các phương trình của hệ được phương trình: x = 2x
2
⇒ x = y = z = 0;
x = y = z = ½.
CÂU II:
1) ∆AIE vuông tại E đường cao EJ có IA. IJ = IE
2
= ID
2
⇒
IA ID
ID IJ
=
∆IDA và ∆IJD có góc I chung và
IA ID
ID IJ

=
nên ∆IDA ~ ∆IJD (c.g.c)
2) Gọi H là giao điểm của KI và AD.
KJID nội tiếp ⇒
· ·
IKJ IDJ=
(1)
∆IDA ~ ∆IJD ⇒
·
·
IAD IDJ=
(2)
(1), (2) ⇒
·
·
IKJ IAD=
⇒ AKHJ nội tiếp ⇒
·
·
0
AHK AJK 90= =
hay KI ⊥ AD.
CÂU III:
1) Đặt cạnh hình vuông là x. MN//BC ⇒
MN AM x AM
BC AB a AB
= ⇔ =
MQ // AH ⇒
MQ BM x BM
AH AB h AB

= ⇔ =
⇒
x x AM BM ah
1 x
a h AB AB a h
+ = + = ⇒ =
+
2)
S
MNPQ
= x
2
=
( )
2 2 4 4 4 4 2
2 2 2 2 2
2 2
2 2 2
2 2
2 2
a h k k k k 2k
3
9
a h 2ah a 3a
a 3.2k
a h
k k 2k
h 2k
2 .h 2k
2

4 4
4 4
= = ≤ = =
+ +
+
+ +
+ + +
+ +
(BĐT Cơ – si cho 2 số
2
a
4
và h
2
; a
2
= b
2
+ c
2
≥ 2bc = 2k
2
)
MaxS
MNPQ
=
2
2k
9
⇔

2
2
a
h a 2h
4
= ⇔ =
⇔ ∆ABC vng cân tại A.
CÂU IV:
Giả sử n là số bạch kim có 3 chữ số, n dạng
abc
Cách 1: ta có : 100a + 10b + c = a
2
+ b
2
+ c
2

dễ thấy 10b > b
2
100a = 90a + 10a > c
2
+ a
2
(Do c
2
≤ 81 < 90 ; a
2
< 10a)
nên khơng tồn tại n có nhiều hơn 3 chữ số
Cách 2: Ta có

abc
= 100a + 10b + c = a
2
+ (100 – a)a + 10b + c.
do 10b ≥ b
2
; 100 – a > 90 và a ≥ 1 ⇒ (100 – a)a ≥ 90 > c
2
Do đó:
abc
> a
2
+ b
2
+ c
2
*Ta chứng minh mọi số tự nhiên có nhiều hơn 3 chữ số cũng khơng phải là số bạch kim.
Đặt
1 2 k
a a ...a
là số tự nhiên có k chữ số với k ≥ 4, trong đó 1 ≤ a
1
≤ 9, 0 ≤ a
i
≤ 9, với mọi i =
2,k
Ta có:
1 2 k
a a ...a
= 10

k-1
.a
1
+ 10
k-2
.a
2
+ … + 10a
k-1
+ a
k
.
Với i =
2,k 1−
thì 10
k-i
.a
i
≥
2
i
a
(1)
Và 10
k-1
a
1
=
2
1

a
+ (10
k-1
– a
1
)a
1
>
2
1
a
+ 990 >
2 2
1 k
a a+
(vì k > 3) (2)
(1), (2) ⇒
1 2 k
a a ...a
= 10
k-1
.a
1
+ 10
k-2
.a
2
+ … + 10a
k-1
+ a

k
>
2 2 2
1 2 k
a a ... a+ + +
Vậy khơng có số bạch kim nào có nhiều hơn 3 chữ số.
⇒ n chỉ có thể có 1 chữ số hoặc 2 chữ số.
Với n là số có 1 chữ số : dễ nhận thấy n= 1. (n = 0 loại)
với n là 2 số có chữ số : có dạng
ab
= 10a + b = a
2
+ b
2
⇔ ( 10 - a )a = ( b - 1 )b
Vi ( b - 1 )b chẵn ⇒ a chẵn.
thử lần lượt với các giá trị của a : 2 , 4 , 6 , 8 được hai kết quả của phép (10 – a)a là : 16 và 24, nhận thấy khơng có
giá trị b thỏa mãn. Vậy chỉ có 1 là số bạch kim.
CÂU V:
Theo giả thiết, ta có: D
1
≥ D
2
≥ D
3
≥ D
4
≥ D
5
≥ D

6
(*)
và D
1
= D
2
+ D
3
= D
4
+ D
5
+ D
6

B
C
A
I
E
D
F
K
J
H
A
N
M
Q
P

C
H
B
Tổng điểm các đội khi kết thúc giải là S = D
1
+ D
2
+ D
3
+ D
4
+ D
5
+ D
6
= 3 D
1
Tổng sồ trận là
6.5
15
2
=
Tổng số điểm mỗi trận là 2 điểm (2đội Hòa) hoặc 3 điểm (thắng – bại) , do đó S ≥ 1.3 + 14. 2 = 31
(có ít nhất 1 trận có kết quả là thắng-bại - giả thiết: D
1
thua đúng 1 trận nên có tối đa 14 trận hòa)
⇒ D
1
≥
31

10,3
3
≈
⇒ D
1
≥ 11 ( 1)
D
1
thua đúng 1 trận nên D
1
≤ 4.3 = 12 (D
1
có không quá 4 trận thắng) (2)
(1), (2) ⇒ D
1
= 11; 12.
Mặt khác, 11 ≤ D
1
= D
2
+ D
3
≤ 12 , và D
2
≥ D
3
nên D
2
≥ 6 và D
3

≤ 6 (3)
11 ≤ D
1
= D
4
+ D
5
+ D
6
≤ 12 và 3 D
6
≤ D
4
+ D
5
+ D
6
≤ 3D
4
≤ 3D
3
⇒ D
3
≥ D
4
≥
11
3,6
3
≈

và D
6
≤ 12:3 = 4.
⇒ D
3
≥ D
4
≥ 4 và D
6
≤ 4.
Gọi x, y, z lần lượt là tổng số trận thắng, hòa, bại của các đội. Ta có x + y + z = 15.2 = 30 (do mỗi trận tính 2 lần)
và x = z ⇒ 2x + y = 30
Do mỗi trận thắng-bại chỉ có 1 đội được 3 điểm, mỗi trận hòa mỗi đội 1 điểm nên tổng điểm của giải là: 3x + y = S
hay 3x + y = 3D
1

(vì S = 3D
1
).
* Nếu D
1
= 11 thì ta có hệ :
2x y 30 x 3
3x y 33 y 24
 
+ = =
⇔
 
+ = =
 

Vậy có 3 trận thắng, 24 trận hòa. (4)
Do D
1
= D
2
+ D
3
và D
2
≥ 6, D
3
≤ 6, ta viết 11 = 7 + 4
= 6 + 5
Cả 2 trường hợp trên có nghĩa là D
1
thắng 3, hòa 2(chú ý mỗi đội tham gia 5 trận); D
2
thắng ít nhất một trận, vì nếu
cả 5 trận hòa và thua thì D
2
≤ 5 (mâu thuẫn D
2
≥ 6) ⇒ Tổng số trận thắng của giải là 4 (không thỏa (4))
Vậy D
1
= 11 không thỏa.
* Nếu D
1
= 12 thì ta có hệ:
2x y 30 x 6

3x y 36 y 18
 
+ = =
⇔
 
+ = =
 
Vậy có 6 trận thắng, 18 trận hòa.
Do D
1
= D
2
+ D
3
ta viết 12 = 6 + 6
D
1
= D
2
+ D
3

12 = 6 + 6
t=4 t=1 t=1
h=0 h=3 h=3
Tổng trận thắng của D
1
, D
2
, D

3
là 6 ⇒ tổng trận thắng của 3 đội D
4
, D
5
, D
6
là 0 ⇒D
4
≤ D
5
≤ 5 (**)
Triển khai các trường hợp theo tính chất (*), (3) và (**)
D
1
= D
2
+ D
3
= D
4
+ D
5
+ D
6

* 12 = 6 + 6 = 5 + 5 + 2 (a)
t=4 t = 1 t=1
h=0 h =3 h=3 h=5 h=5 h=2
b=1 b=1 b=1 b=3

* 12 = 6 + 6 = 5 + 4 + 3 (b)
t=4 t=1 t=1
h=0 h=3 h=3 h=5 h=4 h=3
b=1 b=1 b=1 b=1 b=2
* 12 = 6 + 6 = 4 + 4 + 4 (c)
t=4 t=1 t=1
h=0 h=3 h=3 h=4 h=4 h=4
b=1 b=1 b=1 b=1 b=1 b=1
Xét trường hợp (a): x = 6; y = 18 ; z = 6 (thỏa)
Xét trường hợp (b): x = 6; y = 18 ; z = 6 (thỏa)
Xét trường hợp (c) : x = 6; y = 18 ; z = 6 (thỏa)
Kết luận: D
1
= D
2
+ D
3
= D
4
+ D
5
+ D
6
12 = 6 + 6 = 5 + 5 + 2
12 = 6 + 6 = 5 + 4 + 3
12 = 6 + 6 = 4 + 4 + 4 Vậy: D
1
= 12; D
6
= 2; 3; 4.