Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2009 - 2010 trường phổ thông năng khiếu TP. HCM môn thi: Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010. TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU. Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề www.vnmath.com. _________________________________________________________________________________________. Bài 1. (2 điểm) ⎛5 x⎞ a) Giải phương trình bằng cách đặt ẩn số t = ⎜ − ⎟ : ⎝ x 4⎠ 400 ⎛5 x⎞ x 2 + 2 = 35 + 24 ⎜ − ⎟ x ⎝ x 4⎠ 2 b) Cho phương trình mx + 3 ( m + 1) x − 2m + 3 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 + x2 2 = 34. Bài 2. (2.5 điểm) Xét biểu thức: R =. x +2 x + 3 3x + 4 x − 5 − − x +1 5 − x x − 4 x − 5. a) Rút gọn R . b) Tìm số thực x để R > −2 . Tìm số tự nhiên x là số chính phương sao cho R là số nguyên.. Bài 3. (2 điểm) ⎧ x + xy + y = 0 a) Giải hệ phương trình: ⎨ 2 2 ⎩x + y = 8 b) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC . Giả sử phương trình ( x − a )( x − b ) + ( x − b )( x − c ) + ( x − c )( x − a ) = 0 có nghiệm kép. Tính số đo các góc của tam giác ABC .. Bài 4. (1.5 điểm) Cho tam giác ABC , có n ABC = 600 , n ACB = 450 . Dựng AH ⊥ BC. ( H ∈ BC ) , và dựng. HK ⊥ AB ( K ∈ AB ) . Gọi M là trung điểm của AC . Biết AH = 3 , tính BC . Chứng minh BKMC là tứ giác nội tiếp.. Bài 5. (1 điểm) Trong kỳ kiểm tra môn Toán một lớp gồm 3 tổ A, B, C, điềm trung bình của học sinh ở các tổ được thống kê ở bảng sau:. Tổ Điểm trung bình. A. 9.0. B 8.8. C 7.8. A và B 8.9. B và C 8.2. Biết tổ A gồm 10 học sinh, hãy xác định số học sinh và điểm trung bình của toàn lớp. Bài 6. (1 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) , có đỉnh A cố định và các đỉnh B, C , D di n > 900 . Kẻ tia Ax vuông góc với AD cắt BC tại E , kẻ tia chuyển trên ( O ) sao cho BAD. Ay vuông góc với AB cắt CD tại F . Gọi K là điểm đối xứng của A qua EF . Chứng minh tứ giác EFCK nội tiếp được và đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Hướng dẫn giải Bài 1. www.vnmath.com. 5 25 x 2 400 5⎞ ⎛5 x⎞ ⎛ a) Đặt t = ⎜ − ⎟ , suy ra t 2 + = 2 + ⇒ x 2 + 2 = 16 ⎜ t 2 + ⎟ 2 x 16 2⎠ x ⎝ ⎝ x 4⎠ ⎡ 5 ⎢t = 4 2 Phương trình trở thành 16t − 24t + 5 = 0 ⇔ ⎢ ⎢t = 1 ⎢⎣ 4 −5 ± 105 5 x 5 5 Với t = , ta có − = ⇔ x1,2 = x 4 4 2 4 ⎡ x3 = −5 5 x 1 1 Với t = , ta có − = ⇔ ⎢ x 4 4 4 ⎣ x4 = 4 ⎧⎪ −5 + 105 −5 − 105 ⎫⎪ Vậy S = ⎨−5;4; ; ⎬ 2 2 ⎩⎪ ⎭⎪. ⎧⎪ m ≠ 0 b) Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt ⎨ ⇔m≠0 2 ⎪⎩ Δ = 9 ( m + 1) − 4m ( −2m + 3) > 0 Với điều kiện trên, phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và theo định lý Viet ta có ⎧ −3 ( m + 1) ⎪⎪ S = x1 + x2 = m ⎨ ⎪ P = x x = −2m + 3 1 2 ⎪⎩ m ⎡ m = 1( n ) 13m 2 + 12m + 9 2 2 2 Khi đó x1 + x2 = 34 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 34 ⇔ = 34 ⇔ ⎢ 2 ⎢m = − 3 ( n ) m ⎢⎣ 7 3 Đáp số: m = 1, m = − 7 Bài 2 a) Đặt t = x ta có 2 t + 2 t + 3 3t 2 + 4t − 5 ( t + 2 )( t − 5 ) + ( t + 3)( t + 1) − 3t + 4t − 5 − − = R= t + 1 5 − t t 2 − 4t − 5 ( t + 1)( t − 5 ). (. ). ( t + 1)( t + 2 ) = − t + 2 = − x + 2 −t 2 − 3t − 2 = =− ( t + 1)( t − 5 ) ( t + 1)( t − 5) t − 5 x −5 b)* Điều kiện x ≥ 0 ⎡t < 5 t+2 t+2 t − 12 Ta có R > −2 ⇔ − > −2 ⇔ 2 − >0⇔ >0⇔⎢ t −5 t −5 t −5 ⎣t > 12 Với t < 5 ⇔ x < 5 ⇔ 0 ≤ x < 25 Với t > 12 ⇔ x > 12 ⇔ x > 144 Vậy giá trị x cần tìm là 0 ≤ x < 25 và x > 144 • Ta có x là số chính phương nên t = x ∈ `. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 7 t+2 = −1 + ∈ ` ⇒ t – 5 là ước của 7, mặt khác t − 5 ≥ −5 do đó t −5 t −5. t − 5 = −1,1,7 Từ đó những giá trị x cần tìm là x = 16,36,144 Bài 3. ⎧ x + xy + y = 0 a) ⎨ 2 2 ⎩x + y = 8. ⎡ ⎧ S = −4 ⎢⎨ ⎧S + P = 0 ⎧P = −S ⎩P = 4 ⇔⎨ 2 ⇔⎢ Đặt S = x + y, P = xy , khi đó ta có hệ ⎨ 2 ⎢⎧S = 2 ⎩S − 2P = 8 ⎩ S + 2S − 8 = 0 ⎢⎨ ⎢⎣ ⎩ P = −2 ⎧ S = −4 ⎧ x + y = −4 ⎧ x = −2 ⇔⎨ Với ⎨ ta có ⎨ ⎩P = 4 ⎩ xy = 4 ⎩ y = −2 ⎧⎪ x = 1 − 3 ⎧⎪ x = 1 − 3 ⎧S = 2 ⎧x + y = 2 Với ⎨ ta có ⎨ giải hệ ta được ⎨ hoặc ⎨ ⎩ P = −2 ⎩ xy = −2 ⎪⎩ y = 1 + 3 ⎪⎩ y = 1 + 3 Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm ( x; y ) là ( −2; −2 ) , 1 + 3;1 − 3 , 1 − 3,1 + 3. (. )(. ( x − a )( x − b ) + ( x − b )( x − c ) + ( x − c )( x − a ) = 0 ⇔ 3x 2 − 2 ( a + b + c ) x + ( ab + bc + ac ) = 0 2 Ta có Δ′ = ( a + b + c ) − 3 ( ab + ac + bc ) = a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac − bc. www.vnmath.com. Khi đó R = −. ). b). Phương trình có nghiệm kép khi và chỉ khi Δ′ = 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ac = 0 ⇔. 1⎡ 2 2 2 a − b) + (b − c) + (c − a ) ⎤ = 0 ( ⎦ 2⎣. ⇔ a−b = b−c = c−a = 0 ⇔ a = b = c l =C l = 600 A=B Khi đó tam giác ABC đều, suy ra l Bài 4. A. M. K. 45 0. 60 0 B. H. C. a) Trong tam giác vuông ABH ta có AH AH 3 tan n ABH = ⇒ BH = = =1 0 n BH tan ABH tan 60 Trong tam giác vuông AHC có n n = 450 nên AHC là tam giác vuông ACH = 450 ⇒ HAC cân, suy ra HC = HA = 3 Do đó BC = BH + CH = 1 + 3 (đvđd) b) Tam giác AHC vuông cân, có AM là trung tuyến nên cũng là đường cao, suy ra AM ⊥ HC. AKH + n AMH = 900 + 900 = 1800 nên là tứ giác nội tiếp, suy ra C1: Tứ giác AKHM có n n n = 450 AKM = n AHM = 900 − HAM n = 450 nên là tứ giáv nội tiếp. AKM = BCM Tứ giác BKMC có n 2 C2: Ta có AK. AB = AH , AM. AC = AH2, suy ra AK. AB = AM. AC. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> www.vnmath.com. n = 450 nên là tứ BKMC giác Suy ra tam giác AKM và ABC đồng dạng (c.g.c), suy ra n AKM = BCM nội tiếp.. Bài 5. Gọi x, y lần lượt là số học sinh tổ B và C. 9 × 10 + 8,8 × x Ta có = 8,9 ⇒ x = 10 10 + x 8,8 × x + 7,8 × y Tương tự = 8, 2 , với x = 10 thì y = 15 x+ y 9 × 10 + 8,8 × 10 + 7,8 × 15 = 8, 43 Vậy điểm trung bình của cả lớp là 10 + x + y Bài 6. n + BCD n = 1800 * Tứ giác ABCD nội tiếp nên BAD A Và B n + EAF n = BAE n + EAF n + FAD n + EAF n BAD n + DAE n = 900 + 900 = 1800 = BAF n = EAF n (1) Suy ra BCD E x Mặt khác, do A và K đối xứng nhau qua EF nên n = EAF n (2) O EKF D n = ECF n , do đó tứ giác F Từ (1) và (2) suy ra EKF EFKC nội tiếp. C n = FEK n * Vì tứ giác EFKC nội tiếp nên ta có FCK n = FEA n (do tính chất đối xứng) mà FEK n = KAD n (cùng phụ với KAE n) y K Và FEA n = FCK n Do đó KAD Suy ra tứ giác ADKC nội tiếp, suy ra K thuộc (O), suy ra OA = OK, suy ra O thuộc đường trung trực của AK mà EF là đường trung trực của AK nên O thuộc EF. Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định.. Nhận xét: Đề năm nay cho khá dài so với thời gian 120 phút. Vì là đề chung cho tất cả các lớp chuyên nên kiến thức dàn trải và có vài câu khó. Tuy nhiên để được 4 thì cũng không khó nếu các em làm bài cẩn thận. Có thể nhận xét từng câu như sau: Câu 1: a) (0,75) Câu này nhiều em không làm được, vì không thể tính tất cả theo t. b) (1,25) Câu này thuộc dạng cơ bản và dễ, các em sót điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt. (0,25) và nhiều em không hiểu sao lại bỏ trường hợp m = -3/7 (!) Câu 2. a) (1) Câu này dễ và quen, và quan trọng vì nếu làm được thì câu b mới làm được. Tuy vậy có nhiều không rút gọn triệt để hoặc sai dấu (!) b) *(1) Câu này nhiều bạn sai nhất, vì không chuyển vế xét trường mà quy đồng bỏ mẫu một cách rất tự nhiên và tất nhiên là sai. (*) (0,5) Câu này không khó và nhiều em làm đúng. Câu 3. a) Bài hệ thì quá cơ bản, tuy vậy có nhiều em giải ra tích và tổng đúng nhưng khi áp dụng định lý đảo Viet lại sai (X2 – SX + P = 0 mà cứ lộn X2 + SX – P = 0). Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> www.vnmath.com. b) Bài này nhìn có vẻ rắc rối nhưng nếu đưa về phương trình bậc hai thì coi như xong. (lại một câu về phương trình bậc 2) Câu 4. Câu này có lẻ là dễ nhất trong đề, và hầu lết làm được và đúng. Câu 5. Câu này không khó, nếu “chịu” làm thì sẽ làm đúng kết quả. Và cũng nhiều em làm đúng. Câu 6. Câu này là câu khó nhất, và nhiều em bỏ nhất. Ý đầu tiên có lẽ không khó nhưng ý sau thì khó. Câu này là câu phân loại và dành cho học sinh chuyên toán.. Trên đây là một vài nhận xét chủ quan của người viết. Hy vọng rút kinh nghiệm trong các kỳ thi sau và có kết quả tốt hơn.. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010. Môn thi: TOÁN CHUYÊN 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. a c a+c , a.c ≠ 0 . = = b d 3b − d. Chứng minh rằng: b 2 = d 2 . b) Giải hệ phương trình: 3− x − y ⎧ x −1 ⎪ xy − 3 = 7 − x 2 − y 2 ⎪ ⎨ ⎪ y − 2 = 3− x − y ⎪⎩ xy − 4 7 − x 2 − y 2 Câu 2. a) Giải bất phương trình: 2 x + 1 ≤ 8 x + 9 b) Cho a, b, c là các số thuộc [ −1; 2] thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 6 . Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 0 Câu 3. a) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho a 2 + a = 20102009 b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho a + a 2 + a 3 = 20092010 Câu 4. Cho đường tròn ( O ) tâm O , đường kính AB = 2 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 n = 600 . 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 KA.KB = KH 2 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------------. Lop10.com. www.vnmath.com. ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Trường hợp 1: b = − d ⇒ b 2 = d 2 (đccm) Trường hợp 2: b ≠ −d , kết hợp với điều kiện. a c = suy ra a ≠ −c b d. Khi đó. a c a+c = = (tính chất dãy tỉ số bằng nhau) b d b+d. Suy ra. ⎡a + c = 0 a+c a+c = ⇒⎢ 3b − d b + d ⎣3b − d = b + d. Với a + c = 0 mà ac ≠ 0 suy ra a ≠ 0, c ≠ 0 suy ra b = − d (mâu thuẫn) Với 3b − d = b + d ⇒ b = d ⇒ b 2 = d 2 Vậy trong hai trường hợp ta đều có b 2 = d 2. Nhận xét: Mấy em áp ụng ngay dãy tỉ số bằng nhau là thiếu trường hợp rồi, sẽ bị trừ điểm. b) 3− x − y ⎧ x −1 ⎪ xy − 3 = 7 − x 2 − y 2 x −1 y−2 3− x − y ⎪ ⇔ = = ⎨ xy − 3 xy − 4 7 − x 2 − y 2 ⎪ y − 2 = 3− x − y 2 2 ⎩⎪ xy − 4 7 − x − y ⎧ xy ≠ 3 ⎪ Điều kiện ⎨ xy ≠ 4 ⎪ 2 2 ⎩x + y ≠ 7. Trường hợp 1: xy − 3 = − ( xy − 4 ) ⇔ xy =. 7 , khi đó x − 1 = − ( y − 2 ) ⇔ x + y = 3 2. ⎧x + y = 3 ⎪ Ta có hệ ⎨ 7 (VN ) ⎪⎩ xy = 2. Trường hợp 2: xy − 3 ≠ − ( xy − 4 ). Khi đó ta có. 3− x − y x −1 y −2 x + y −3 = = = 2 2 7−x − y xy − 3 xy − 4 2 xy − 7. Lop10.com. www.vnmath.com. 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).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> ⎧x = 1 Với 3 − x − y = 0 ta có x − 1 = y − 2 = 0 ⇒ ⎨ ⎩y = 2. Với 7 − x 2 − y 2 = −2 xy + 7 ⇒ ( x − y ) = 0 ⇒ x = y 2. Khi đó ta có. ⎡ x = −1 ⇒ y = −1 x −1 x−2 = 2 ⇒⎢ 2 x −3 x −4 ⎣x = 2 ⇒ y = 2. 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). 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. ⎡m = 0 m m (dễ sót trường hợp m = 0 ) = ⇔⎢ x y ⎣x = y. Bài 2 a) Ta có ⎡ ⎧2 x + 1 < 0 ⎢⎨ ⎢ ⎩8 x + 9 ≥ 0 2x + 1 ≤ 8x + 9 ⇔ ⎢ ⎧2 x + 1 ≥ 0 ⎢ ⎪⎨ 2 ⎢ ⎣ ⎪⎩( 2 x + 1) ≤ 8 x + 9. (I ) ( II ). 1 ⎧ ⎪⎪ x < − 2 9 1 Giải (I): Ta có ( I ) ⇔ ⎨ ⇔− ≤x<− 8 2 ⎪x ≥ − 9 ⎪⎩ 8 Giải (II): Ta có 1 1 1 ⎧ ⎧ ⎧ ⎪x ≥ − ⎪x ≥ − ⎪x ≥ − 2 ⇔⎨ ⇔⎨ 2 2 ( II ) ⇔ ⎨ 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4 x + 4 x + 1 ≤ 8 x + 9 ⎩4 x − 4 x − 8 ≤ 0 ⎩ 4 ( x + 1)( x − 2 ) ≤ 0 1 ⎧ 1 ⎪x ≥ − ⇔⎨ 2 ⇔− ≤x≤2 2 ⎪⎩ −1 ≤ x ≤ 2. ⎡ 9 ⎤ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎢ − ;2 ⎥ ⎣ 8 ⎦ 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.. Lop10.com. www.vnmath.com. ⎡3 − x − y = 0 Suy ra ⎢ 2 2 ⎢⎣7 − x − y = − ( 2 xy − 7 ).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = −1 hoặc a = 2 Chứng minh tương tự ta cũng có b ≥ b 2 − 2,. c ≥ c2 − 2. Do đó a + b + c ≥ a 2 + b 2 + c 2 − 6 suy ra a + b + c ≥ 0 (vì a 2 + b 2 + c 2 = 6 ) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( a, b, c ) 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 a 2 + a = 20102009 Ta có a 2 + a = a ( a + 1) là tích hai số tự nhiên liên tiếp. Ta có ( a, a + 1) = 1 và ( a + 1) − a = 1 . Do đó a, a + 1 phải có dạng a = p 2009 , a + 1 = q 2009 trong đó p < q , p.q = 2010, ( p, q ) = 1 Điều này không thể xảy ra vì ( p, q ) = 1 ⇒ q − p ≥ 1 ⇒ q 2009 ≥ ( p + 1). 2009. > p 2009 + 1. 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 a 3 + a 2 + a = 20092010 Rõ ràng a > 0 , khi đó ta có a 3 < a 3 + a 2 + a < a 3 + 3a 2 + 3a + 1 = ( a + 1). ( ) ) < ( a + 1) . (Vô lý vì a , ( a + 1). Mặt khác 20092010 = 2009607. (. Suy ra a 3 < 2009670. 3. 3. 3. 3. 3. 3. 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. Lop10.com. www.vnmath.com. b) Vì a ∈ [ −1;2] ⇒ ( a + 1)( a − 2 ) ≤ 0 ⇔ a 2 − a − 2 ≤ 0 ⇔ a ≥ a 2 − 2.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> D. www.vnmath.com. C. F J I T. E. K,M. A. P. H. O. Q. a) Tính theo R diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn KA, KB trong trường hợp. n = 600 . BAC Ta có n ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) ) n = 2 R.cos 600 = R Tam giác ABC vuông tại C nên ta có AC = AB.cos CAB n = 2 R.sin 600 = R 3 Và CB = AB.sin CAB. R 3 Ta có CH = AC.sin n ACB = R.sin 600 = 2 Tam giác CHE vuông tại H có HE là đường cao nên 2. ⎛R 3⎞ ⎜ ⎟ 3 CH 2 ⎝ 2 ⎠ 2 CE.CA = CH ⇒ CE = = = R 4 CA R. Tương tự ta cũng có CF =. CH 2 R 3 = CB 4. 1 1 3R R 3 R 2 3 3 Do đó SCEF = CE.CF = . . = 2 2 4 4 32 n = 600 nên A nằm giữa K và B Vì BAC n = CEF n = CHF n = CBA n = 300 , mà Dễ thấy CEHF là hình chữ nhật và KEA n n⇒n n−n AKE + n AEK = CAB AKE = CAB AEK = 600 − 300 = 300. Vậy tam giác KAE cân tại A suy ra KA = AE Mà AE = AC − CE = R − Và KB = KA + AB =. 3R 1 1 = R nên KA = R 4 4 4. 1 9 R + 2R = R 4 2. Lop10.com. B.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 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 n = EAH n (cùng phụ EHA n ) và TEH n = IHE n , IHE n = EAH n (cùng phụ với EHA n.) Ta có PEH n = TEH n , suy ra ΔPEH = ΔTEH ⇒ HT = HP Suy ra PEH Ta có HT ⊥ EF (T ∈ EF ) và HT = HP nên EF tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ. c) Chứng minh KA.KB = KH 2 và M thuộc một đường cố định n = CEF n = CHF n = CBK n , suy ra ΔKAE ∪∩ ΔKFB ( g .g ) , Ta có KEA. KA KE = ⇒ KA.KB = KE.KF (1) KF KB n = HCE n = HFK n , suy ra ΔKHE ∪∩ ΔKFH ( g .g ) Mặt khác ta có KHE Do đó. Do đó. KH KE = ⇒ KE.KF = KH 2 (2) KF KH. Từ (1) và (2) thì KA.KB = KH 2 Gọi J là giao điểm của OC và EF, n = OBC n (tam giác OBC cân tại O) Ta có OCF. n = ICF n (do tam giác ICF cân tại I) Và JFE Do đó n + JFE n = OBC n + ICF n = 900 OCF n = 900 ⇒ OC ⊥ EF ⇒ CJF. 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.. Lop10.com. www.vnmath.com. b) Chứng minh EF tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> a1. a2. a10 a3 a9 a4 a8 a5 a7. a6. Không mất tính tổng quát ta giả sử a1 = 1 . Khi đó ta có ⎧ a1 + a2 > 10 ⎧a2 > 9 ⎧a2 = 10 ⇒⎨ ⇒⎨ (vô lý vì mỗi số xuất hiện đúng một lần) ⎨ ⎩ a1 + a10 > 10 ⎩a10 > 9 ⎩a10 = 10. Vậy không tồn tại cách sắp xếp thỏa mãn đề bài. b) Tồn tại cách sắp xếp như trên. Ví dụ:. 1 10 9 2 5 8 6 3 4. 7. Lop10.com. www.vnmath.com. Bài 5. a) Giả sử tồn tại một cách sắp xếp thỏa đề bài là.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 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.. Lop10.com. www.vnmath.com. 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..

<span class='text_page_counter'>(14)</span>