Đề Toán Chuyên Tuyển Sinh Trường Phổ Thông Năng Khiếu năm 2013-2014

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (300.77 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Võ Tiến Trình 1

Đề Tốn chun tuyển sinh trường Phổ Thơng Năng khiếu – Đại Học

Quốc Gia TP.HCM Năm 2013 – 2014.

Bài 1. Cho phương trình x2 4mxm2 2m 1 0 1

 

với m là tham số.

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 phân biệt. Chứng minh rằng khi đó
hai nghiệm khơng thể trái dấu nhau.

b) Tìm m sao cho

x

1



x

2



1

.
Bài 2. Giải hệ phương trình













3

2 1 2

2

3

2 1 2

2

3

2

1

2 x

y

z x

y

z

x y

z

x

y z





 







 









 







Bài 3. Cho

x y

,

là hai số không âm thỏa mãn

x



y

 

x

y

.
a) Chứng minh rằng yx1.

b) Chứng minh rằng

x



y



x



y



1

Bài 4. Cho M a2 3a1 với a là số nguyên dương.
a) Chứng minh rằng mọi ước của M đều là số lẻ.

b) Tìm a sao cho M chia hết cho 5. Với những giá trị nào của a thì M là lũy thừa của
5.

Bài 5. Cho tam giác ABC có



A



60

0. Đường trịn (I) nội tiếp tam giác tiếp xúc với các
cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng ID cắt EF tại K, đường thẳng qua K
song song BC cắt AB, AC lần lượt tại M, N.

a) Chứng minh rằng IFMK và IMAN là các tứ giác nội tiếp.
b) Gọi J là trung điểm BC. Chứng minh A, K, J thẳng hàng.

c) Gọi

r

là bán kình đường trịn (I) và S là diện tích tứ giác IEAF. Tính S theo

r

và
chứng minh

4

IMN

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Võ Tiến Trình 2 
Bài 6. Trong một kì thi, 60 phải giải 3 bài tốn. Khi kết thúc kì thi, người ta nhận thấy
rằng: với hai thí sinh bất kì ln có ít nhất một bài tốn mà cả hai thí sinh đó đều giải
được. Chứng minh rằng:

a) Nếu có một bài tốn mà mọi thí sinh đều khơng giải được thì phải có một bài tốn
khác mà mọi thí sinh đều giải được.

b) Có một bài tốn mà có ít nhất 40 thì sinh giải được.
Hướng dẫn giải. 
Bài 1. Phương trình x2 4mxm2 2m 1 0

a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt







1 '

0

3

1

0

3

1 m







   





 



 



Khi đó x x1 2 



m1



2 0 nên x x1, 2 không trái dấu.
b) Phương trình có hai nghiệm khơng âm





1 2
2
1 2
1
1

' 0 3

0 4 0

. 0 1 0

m m

x x m m

x x m


   

 



      
  
   

(*)

Khi đó 1 2

1

1 2

2

1 2

1

4

1

2 m

x



x

 

x



x



x x

 

m

 



4 1 1

2 4

4 1 1

2 2

4 1 1

1
2 2
m
m
m
m
m m
m
m m

 

 
 
 
   
      
 
  
   
 
 

(thỏa điều kiện (*))

Vậy

1

2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Võ Tiến Trình 3 
Bài 2.

a) Giải hệ phương trình.













3

2 1 2

2

3

2 1 2

2

3

2

1

2 x

y

z x

y

z

x y

z

x

y z





 







 









 







Cộng 3 phương trình vế theo vế ta có



x y



2 



yz



2 



zx



2 



x1



2 



y1



2 



z1



2 0

1 1 1 0 1

x y y z z x x y z x y z

                

Thử lại ta thấy x y  z 1 thỏa hệ.
Vậy hệ có một nghiệm



x y z

; ;



là



1;1;1



Bài 3. Cho

x y

,

là hai số không âm thỏa

x



y

 

x

y

a) Chứng minh y x1.

Ta có:

x



y



x



y

 

0 x



y

Ta có:

x



y



x



y



x



y





x



y





x



xy



y



Nếu

x



y

thì

0 

x



y

 

0 x



y

 

0 y



x



1

Nếu

x



y

 

1 x



xy



y



x

 

0 y



x



1

.
Vậy yx1.

b) Chứng minh

x



y



x



y



1

Vì

0 

y



x

 

1 y



y x

,



x



x



y



x



y

2
và do

1 

x



xy



y



x



y

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Võ Tiến Trình 4 
Bài 4. Cho M a2 3a1 với a là số nguyên dương.

a) Chứng minh mọi ước của M đều là số lẻ

Ta có: M a2 3a 1 a2 a2a 1 a a



1



2a1 nên M là số lẻ do đó mọi
ước của M đều là số lẻ.

b) Tìm a để M chia hết cho 5. Với những giá trị nào của a thì M là lũy thừa của 5.
Ta có: M 



a1



2 5 5a







a1





5a1 5



a5k 1



k





M là lũy thừa của 5, hay

a



3 a

 

1 5

n



n







Vì M chia hết cho 5 nên theo trên

a



5 k



1

với

k

là số tự nhiên.

Vì

a

 

1 M

  

5 n

1

Ta có:



5k1



2 3 5



k 1



 1 25k2 25k  5 5n

Nếu n 2 5 5n



2 5 5



2 (vơ lí). Do đó

n



1

khi đó

k

 

0 a



1

.
Vậy

a



1

thì M là lũy thừa của 5.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Võ Tiến Trình 5 
a) MN//BC mà ID vng góc BC nên ID vng góc MN tại K. Do đó tứ giác IFMK

nội tiếp đường trịn đường kính IM và tứ giác IKEM nội tiếp đường tròn đường
kính IN.

b) Ta có:

KMI





KFI





30

0 và



KNI





KEI



30

Do đó

KMI





KNI





30  

IMN

cân tại I



K

là trung điểm của MN.
Gọi K ' là giao điểm của AJ với MN, ta có

' ' '

MK AK K N

MK NK K

BJ  AJ  JC    là trung điểm của MN



K

'



K

Vậy A, K, J thẳng hàng

c) Vì tam giác AIE vng tại E có



EAI



30

0 nên tính được

AE



r

3

Do đó

AE



AF



r

3

. 3

IEAF

S S IE AE  r .

Vì

EAF





60

0 nên ta dễ dàng chứng minh được

1

4

IEF

S



S

Vì tam giác IEF đồng dạng tam giác IMN (hai tam giác cân có góc đáy bằng nhau)

Nên

1

IMN

IEF

S

IM

S

IF

















(vì IF là dây cung của đường trịn đường kính IM)

1

4

IMN IEF

S







Dấu “ = “ xảy ra khi M F hay tam giác ABC đều.

Bài 6. Trong một kì thi, 60 thí sinh giải ba bài tốn. Khi kết thúc kì thi, người ta nhận
thấy rằng với hai thí sinh bất kỳ ln có ít nhất một bài tốn mà cả hai thí sinh đó đều giải
được. Chứng minh rằng:

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Võ Tiến Trình 6 
Gọi ba bài toán là A, B, C. Từ giả thiết ta thấy rằng mỗi thí sinh đều giải ít nhất một bài
tốn.

Giả sử mọi thí sinh đều khơng giải được bài tốn A. Khi đó nếu mọi thí sinh đều giải
được bài tốn B thì thỏa u cầu bài tốn. Nếu có thí sinh khơng giải được bài tốn B thì
thí sinh đó phải giả được bài tốn C, khi đó xét mọi thí sinh cịn lại với thì sinh này thì
theo giả thiết, các thí sinh cịn lại phải giải được bài tốn C. Do đó u cầu bài tốn được
chứng minh.

b) Có một bài tốn mà có ít nhất 40 thí sinh giải được.

Nếu có 1 thí sinh chỉ giải được 1 bài tốn thì suy ra mọi thí sinh đều giải được bài tốn đó
(thỏa u cầu bài tốn).

Xét trương hợp mọi thí sinh đều giải ít nhất hai bài tốn.
Gọi x là số thí sinh khơng giải được bài A

y

là số thí sinh khơng giải được bài B.

z

là số thí sinh không giải được bài C

Nếu x y z, , 20 x y z 60 (mâu thuẫn) nên trong ba số

x y z

, ,

phải có một số
khơng vượt q 20, do đó có một bài tốn mà có nhiều nhất là 20 thí sinh khơng giải ra,

nghĩa là có ít nhất là 40 thí sinh giải ra được.

</div>

Đề Toán Chuyên Tuyển Sinh Trường Phổ Thông Năng Khiếu năm 2013-2014

<b>Đề Tốn chun tuyển sinh trường Phổ Thơng Năng khiếu – Đại Học </b>

<b>Quốc Gia TP.HCM Năm 2013 – 2014. </b>

 

<i>x</i>



<i>x</i>



1













3

2

1 2

2

3

2

1 2

2

3

2

1

2

2

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>z x</i>

<i>y</i>

<i>z</i>

<i>x y</i>

<i>z</i>

<i>x</i>

<i>y z</i>





 









 









 







<i>x y</i>

,

<i>x</i>



<i>y</i>

 

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>



<i>y</i>



<i>x</i>



<i>y</i>



1



<i>A</i>



60

<i>r</i>

<i>r</i>

4





