De 10Toanchuyen PTNK20122

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

<b>Đ</b>

<b>ề tốn gửi Tạp chí </b>

<i><b>Tốn học & Tuổi trẻ </b></i>

<b>Chuyên m</b>

<i><b>ục “Đề thi v</b></i>

<i><b>ào 10” </b></i>

<b>187B GI</b>

<b>ẢNG V</b>

<b>Õ, HÀ N</b>

<b>ỘI </b>

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2012

<b>TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU</b> <b>Mơn thi: TỐN CHUN </b>

Thời gian: 150 phút

<b>Câu I. </b>

1) Giải hệ phương trình:













2 2

2 2

2 ₂

x y 2z z

y z 2x x

z x 2y y

 _ _ _




  




  




2) Cho hình vng ABCD cạnh a. M và N là hai điểm nằm trên cạnh AB và BC sao cho

AM CN

x

ABCB với 0 < x < 1. Các đường thẳng qua M, N song song với BD lần lượt cắt AD
tại Q và CD tại P. Tính diện tích tứ giác MNPQ theo a và x và tìm x sao cho diện tích này
lớn nhất.

<b>Câu II. </b>

Số nguyên dương n được gọi là số điều hòa nếu tổng các bình phương của các ước dương
của nó (kể cả 1 và n) đúng bằng (n + 3)2.

a) Chứng minh rằng số 287 là số điều hòa.

b) Chứng minh rằng số n = p3 (p là nguyên tố) không phải là số điều hòa.

c) Chứng minh rằng nếu số n = pq (p, q là các số nguyên tố khác nhau) là số điều hịa thì
n + 2 là số chính phương.

<b>Câu III. </b>

a) Tìm giá trị x  R thỏa mãn x2 – 5x + 4 + 2 x 1  0

b) Chứng minh rằng với các số không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3, ta có bất đẳng thức
a b c ab bc ca 

<b>Câu IV. </b>

Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên đường thẳng vuông góc với AB tại B ta lấy điểm D di
động cùng phía với C đối với đường thẳng AB.

a) Chứng minh rằng nếu AC + BC < CD thì trên cạnh AB tồn tại hai điểm M, N sao cho
 

CMD CND = 900

b) Giả sử điều kiện trên được thỏa mãn. Đường thẳng qua A song song với BD cắt đường
thẳng qua B và song song với MC tại E. Chứng minh rằng đường thẳng DE luôn đi qua
một điểm cố định.

<b>Câu V. </b>

Cho đa giác đều n cạnh. Dùng ba màu xanh, đỏ, vàng tô màu các đỉnh đa giác một cách tùy

ý (mỗi cạnh được tô một màu và tất cả các đỉnh đều được tô màu). Cho phép thực hiện thao
tác sau đây: chọn hai đỉnh kề nhau bất kỳ (nghĩa là hai đỉnh liên tiếp) khác màu và thay màu
của hai đỉnh đó bằng màu còn lại.

a) Chứng minh rằng bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta luôn làm cho các đỉnh
đa giác đó chỉ cịn được tơ bởi hai màu.

b) Chứng minh rằng với n = 4 và n = 8, bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta có
thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ cịn được tơ bởi một màu.

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

<b>GIẢI ĐỀ THI LỚP 10 CHUYÊN TOÁN PTNK TP.HCM NĂM 2012 </b>

<b>Câu 1. </b>

<b>a)</b> <b>Giải hệ phương trình: </b>













2 ₂
2 2
2 ₂

x y 2z z (1)

y z 2x x (2)

z x 2y y (3)

 _ _ _



  


  



ĐKXĐ: 2z – z2  0, 2x – x2  0, 2y – y2  0  0  x, y, z  2
Lấy (1) trừ (2), ta có : (x – y)2 – (y – z)2 = 2z – z2 – 2x + x2

 (x + z – 2y)(x – z) = (x – z)(x + z – 2)  (x – z)(x + z – 2 – x – z + 2y)
 (x – z)(1 – y) = 0  x z

y 1


 _

*) Xét trường hợp x = z.

Thay x = z vào pt (3) : 2y – y2 = 0  y = 0, y = 2.

+Thay x = z, y = 0 vào pt (2) : x2 = 2x – x2  2x2 – 2x = 0  x = 0, x = 1.

+Thay x = z, y = 2 vào pt (2) : (2 – x)2 = 2x – x2  x2 – 3x + 2 = 0  x = 1, x = 2.
*) Xét trường hợp y = 1.

Pt (3) trở thành (z – x)2 = 1  z – x = 1  z x 1

z x 1
 

 _{ }

+) Thay z = x + 1, y = 1 vào pt (2), ta có :

(1 – 1 - x)2 = 2x – x2  2x2 – 2x = 0  x = 0, x = 1, suy ra z = 1, z = 2.
+) Thay z = x – 1, y = 1 vào pt (2), ta có :

(1 – x + 1)2 = 2x – x2  4 – 4x + x2 = 2x – x2  x2 – 3x + 2 = 0
 x = 1, x = 2, suy ra z = 0, z = 1.

Vậy hệ phương trình có 8 nghiệm :

(x, y, z) = (0 ; 0 ; 0), (1 ; 0 ; 1), (1 ; 2 ; 1), (2 ; 2 ; 2),
(0 ; 1 ; 1), (1 ; 1 ; 2), (1 ; 1 ; 0), (2 ; 1 ; 1).

<b>2) Tính diện tích tứ giác MNPQ </b>

Ta có : AM CN x

AB CB  AM = CN = ax (0 < x < 1, AB = CB = a)
Áp dụng định lý Ta-lét với MQ // BD :

MQ AM

x

BD  AB   MQ = x.BD = ax 2

 MB = AB – AM = a – ax = a(1 – x)

Dễ dàng chứng minh được tứ giác MNPQ là hình chữ nhật
và tam giác BMN vuông cân, nên: MN = MB 2= a 2(1 – x).
Ta có: SMNPQ = MQ.MN = ax 2.a 2(1 – x) = 2a2x(1 – x) (0 < x < 1)

Áp dụng B.Đ.T Cô – si cho 2 số dương, ta có: SMNPQ 





2 ₂

2 x 1 x a

2a .

4 2

 

Vậy SMNPQ đạt giá trị lớn nhất là

2
a

2 khi và chỉ khi:
x = 1 – x  x = 1

2 

AM 1

AB 2  M là trung điểm của AB.

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

<b>Câu II. </b>

<b>a)</b> <b>Chứng minh số 287 là số điều hịa </b>

Ta có: 287 = 7.41. Tập hợp các ước dương của 287 là: {1; 7; 41; 287}
Ta có: 12 + 72 + 412 + 2872 = 84100 = (287 + 3)2 = 2902.

Vậy 287 là số điều hòa.

<b>b)</b> <b>Chứng minh n = p3 khơng là số điều hịa (p </b><b> P) </b>

Tập hợp các ước dương của p3 là: {1 ; p ; p2 ; p3}

Ta chứng minh: p3 không là số điều hòa bằng phản chứng.
Giả sử p3 là số điều hịa.

Ta có : 12+ p2 + p4 + p6 = (p3 + 3)2  p4 – 6p3 + p2 – 8 = 0  p3(p – 6) + p2 – 8 = 0 (1)
Xét các trường hợp của số nguyên tố p :

+Nếu p = 2 ; 3 ; 5 : Vế trái của (1) < 0 : không thỏa
+Nếu p  7 : Vế trái của (1) > 0 : khơng thỏa.

Do đó phương trình (1) khơng có nghiệm là số ngun tố.
Vậy p3 khơng là số điều hịa.

<b>c)</b> <b>Chứng minh n + 2 là số chính phương (n = pq là số điều hòa, p, q </b><b> P, p </b><b>q) </b>

+Xét trường hợp n = pq với p, q là các số nguyên tố lẻ khác nhau

Tập hợp các ước dương của pq là: {1 ; p ; q ; pq}

Vì pq là số điều hòa nên : 1 + p2 + q2 + p2q2 = (pq + 3)2

 1 + p2 + q2 + p2q2 = p2q2 + 6pq + 9  p2 + q2 – 6pq – 8 = 0
 (p – q)2 – 4(pq + 2) = 0  pq + 2 =

2
p q

2


 

 

  = k
2

: số chính phương.
(Vì p, q là các số nguyên tố lẻ khác nhau nên k  Z, k  0).

Do đó n + 2 = pq + 2 là số chính phương.
+Xét trường hợp n = 2p với p là số nguyên tố lẻ
Tập hợp các ước dương của 2p là : {1 ; 2 ; p ; 2p}
Nếu 2p là số điều hịa thì : 1 + 22 + p2 + 4p2 = (2p + 3)2

 p2 – 12p – 4 = 0  (p – 6)2 = 40  p là số vơ tỉ : trái giả thiết. Do đó n  2p.
Vậy (n + 2) là số chính phương.

<b>Câu III. </b>

<b>a)</b> <b>Giải bất phương trình x2 – 5x + 4 + 2</b> x 1 <b> 0 (1) </b>

ĐKXĐ : x  1. Biến đổi tương đương :
(1)  (x – 1)(x – 4) + 2 x 1  0

 x 1 _ x 1 x 4

_



_

2_  0 (x  1)
 x 1 (x – 4) + 2  0 (x  1) (2)
Đặt t = x 1 (t  0)  x = t2 + 1

(2) viết lại : t(t2 – 3 ) + 2  0  t3 – 3t + 2  0  t3 – 1 – 3(t – 1)  0
 (t – 1)(t2 + t + 1) – 3(t – 1)  0  (t – 1)(t2 + t + 1 – 3)  0

 (t – 1)(t2 + t – 2)  0  (t – 1)2(t + 2 )  0 : BPT nghiệm đúng, t  0.
Vậy tập nghiệm của BPT (1) là S = {x  R/ x  1}.

<b>b)</b> <b>Cho a, b, c </b><b> 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh </b> a b c <b> ab + bc + ca (1) </b>

Biến đổi tương đương:

(1)  2( a b c)  2(ab + bc + ca)

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

 a2 + b2 + c2 +2( a b c)  32 (2) (vì a + b + c = 3)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số không âm, ta có:

a2 + 2 a = a2 + a + a  3 a . a. a3 2 = 3a,
Tương tự, b2 + 2 b  3b, c2 + 2 c  3c.

Suy ra a2 + b2 + c2 +2( a b c)  3(a + b + c) = 3.3 = 32.
Do đó BĐT (2) đúng, nên BĐT (1) đúng.

Vậy a b c  ab + bc + ca . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

<b>Câu IV. </b>

<b>a)</b> <b>Chứng minh tồn tại hai điểm M, N trên cạnh AB sao cho </b>CMD CND  <b>= 900</b>

Gọi O là trung điểm của CD, H là trung điểm của AB.
Ta có AC // BD nên tứ giác ABDC là hình thang, có OH
là đường trung bình, do đó: OH // AC, OH = 1

_

AC BD

_

2 

Mặt khác, theo giả thiết AC + BD < CD nên OH < 1

2CD = OC.
Vì vậy đường trịn tâm O, bán kính OC ln cắt cạnh AB
tại hai điểm M, N, và ta có: CMD CND  = 900.

<b>b)</b> <b>Chứng minh DE đi qua điểm cố định </b>

Qua B kẻđường thẳng song song với MC cắt cạnh CD tại E.
Ta cần chứng minh AE // MD.

Ta có BE // MC nên B ₁M₁(đồng vị)

Mặt khác, MC  MD nên BE  MD, do đó B ₁D₁

(cùng phụ với BMD), suy ra D ₁M₁.

Ta lại có M ₁D₂(góc nội tiếp cùng chắn cung CN)
nên B ₁D₂, do đó tứ giác BDEN nội tiếp,

Vì NBD = 900, nên NED= 900, suy ra tứ giác ACEN nội tiếp, do đó A ₁C₁(góc nội tiếp cùng
chắn cung EN). Tam giác CND vuông tại N nên C ₁D₂= 900.

Ta có: B ₁D₂, A ₁C₁ suy ra A ₁B₁= 900, do đó tam giác ABE vng tại E.
Vì MD  BE nên AE // MD.

Vậy đường thẳng DE luôn đi qua điểm cố định C.

<b>Câu V. </b>

<b>a)</b> <b>Chứng minh các đỉnh của đa giác đều A1A2…An có thể được tô bởi hai màu </b>

Gọi mệnh đề cần chứng minh là P(n). Ta chứng minh mệnh đề bằng phương pháp quy nạp theo n.
+Xét n = 3

Nếu ba đỉnh của tam giác được tô bởi 3 màu khác nhau thì có thể thực hiện thao tác để làm 3 đỉnh
của tam giác đó được tơ cùng một màu, chẳng hạn theo sơ đồ sau:

A

C
E
N

M

B D

1
1

1

1

1

2

O
H

X

Ñ

V

X

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

Nếu ba đỉnh của tam giác được tô bởi 2 màu thì mệnh đề hiển nhiên đúng.
Vậy mệnh đề đúng với n = 3.

+Giả sử mệnh đề P(n) đúng với n = k (k  N, k  3). Khi đó đa giác đều A1A2…Ak có các đỉnh
được tô bởi 2 màu, chẳng hạn xanh và vàng. Ta chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.

Xét cạnh A1Ak. Có hai trường hợp:

*Hai đỉnh A1, Ak được tơ bởi 2 màu xanh và vàng (Hình 1).

Khi đó đỉnh Ak+1 của đa giác A1A2…AkAk+1 nếu được tơ bởi màu cịn lại là màu đỏ thì thực hiện
thao tác ta đổi màu hai đỉnh kề nhau Ak, Ak+1 hiện có màu vàng, đỏ khác nhau thành hai đỉnh cùng
màu xanh.

Do đó đa giác A1A2…AkAk+1 có các đỉnh được tơ bởi hai màu (xanh và vàng).

*Hai đỉnh A1, Ak có cùng một màu, chẳng hạn màu xanh (Hình 2).

Khi đó đỉnh Ak+1 của đa giác A1A2…AkAk+1 nếu được tô bởi màu thứ ba là màu đỏ thì thực hiện
thao tác ta đổi màu hai đỉnh kề nhau Ak, Ak+1 hiện có màu xanh, đỏ thành hai đỉnh cùng màu vàng.

Như vậy đa giác A1A2…AkAk+1 có các đỉnh được tơ bởi hai màu (xanh và vàng). Mệnh đề P(n)
đúng với n = k + 1.

Vậy sau khi thực hiện thao tác một số lần, ta luôn làm cho các đỉnh của đa giác chỉ được tô bởi hai
màu.

<b>b)</b> <b>+ Chứng minh với n = 4, các đỉnh của đa giác chỉ được tơ bởi một màu </b>

Vì có 4 đỉnh được tơ bởi 3 màu nên có ít nhất 2 đỉnh cùng màu.
Xét 3 trường hợp:

+Trường hợp tứ giác có 2 đỉnh đối diện cùng màu (chẳng hạn 2 đỉnh cùng màu xanh), 2 đỉnh còn lại
khác màu (chẳng hạn màu đỏ, màu vàng)

Khi đó thực hiện thao tácta tô được 4 đỉnh của tứ giác thành cùng màu, chẳng hạn cùng màu xanh
theo sơ đồ sau (Hình 3)

A1

A2

A3

A4

Ak A1

A2

A3

A4

Ak A1

A2

A3

A4

Ak

Ak+1 Ak+1

X _V

Đ

X V X X

X

Hình 1

A1

A2

A3

A4

Ak A1

A2

A3

A4

Ak

A1

A2

A3

A4

Ak

Ak+1 Ak+1

X

Đ

X X X X

V
V

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

+Trường hợp tứ giác có 2 đỉnh cùng màu thuộc một cạnh (chẳng hạn 2 đỉnh cùng màu xanh), 2 đỉnh
còn lại khác màu (chẳng hạn màu đỏ, màu vàng).

Khi đó thực hiện thao tác ta tơ được 4 đỉnh của tứ giác cùng một màu, chẳng hạn cùng màu xanh
theo sơ đồ sau (Hình 4).

+Trường hợp tứ giác có 3 đỉnh cùng một màu (chẳng hạn màu xanh), đỉnh còn lại khác màu (chẳng
hạn màu đỏ).

Khi đó thực hiện thao tác ta tơ được 4 đỉnh của tứ giác cùng một màu, chẳng hạn cùng màu đỏ theo

sơ đồ sau (Hình 5).

Tóm lại, ta có thể thực hiên thao tác một số lần để làm cho các đỉnh của tứ giác được tô bởi cùng
một màu.

<b>+ Chứng minh với n = 8, các đỉnh của đa giác chỉ được tô bởi một màu </b>

Theo kết quả câu a), sau một số lần thực hiện thao tác, ta có thể làm cho các đỉnh của bát giác đều
A1A2A3A4A5A6A7A8 chỉ được tô bởi hai màu.

Ta chia bát giác làm hai tứ giác bởi hai đường chéo song song, chẳng hạn A8A3 // A7A4 như hình vẽ
Áp dụng kết quả với n = 4, sau một số lần thực hiện thao tác, ta làm cho 4 đỉnh của mỗi tứ giác này
cùng màu.

Có hai trường hợp:

+Nếu cả 4 đỉnh của cả hai tứ giác trên đều cùng một màu thì 8 đỉnh của bát giác cũng đều cùng một
màu: bài toán được chứng minh.

X X X X

Đ _V X _X

Hình 4

X V Đ Đ X X

Đ _X V _V X _X

Hình 3

X X X X Ñ Ñ

Ñ _X V _V Ñ _Ñ

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

+Nếu 4 đỉnh của tứ giác này có cùng một màu khác với màu của 4 đỉnh của tứ giác kia, chẳng hạn 4
đỉnh màu xanh và 4 đỉnh màu đỏ như hình vẽ sau, thì ta vẽ hai đường chéo song song khác, chẳng
hạn A1A6 // A2A5, ta lại chia bát giác thành hai tứ giác.

Thực hiện thao tác một số lần, ta làm cho 4 đỉnh của mỗi tứ giác này đều cùng một màu (màu
vàng), do đó 8 đỉnh của bát giác đều cùng một màu (màu vàng) (Hình 6).

Sơ đồ sau thể hiện thao tác tô màu 4 đỉnh liên tiếp A1, A6 , A7, A8 có hai màu xanh, đỏ thành 4 đỉnh
cùng màu (màu vàng) (Hình 7).

Tóm lại, ta có thể thực hiện thao tác một số lần để làm cho các đỉnh của bát giác được tô bởi cùng
một màu.

Quy Nhơn, ngày 04 tháng 07 năm 2012
Sưu tầm và giới thiệu: BÙI VĂN CHI

THCS Lê Lợi
Tp.Quy Nhơn, tỉnh Bình Định
ĐT: 0563828529

Email:
A1 A2 A1 A2 A1 A2

A3 A3 A3

A4 A4 A4

A5 A5 A5

A6 A6 A6

A7 A7 A7

A8 A8 A8

X X V

X X X X V V

X X V

Ñ Ñ Ñ Ñ V V

Ñ Ñ Ñ _Ñ V V

Hình 6

X X Ñ Ñ V

Ñ V V X V

X V Ñ X V

Ñ Ñ Ñ Ñ V

A1 A1 A1 A1
A8 A8 A8 A8

A7 A7 A7 A7

A6 A6 A6 A6

</div>

<!--links-->