DE HSG LOP 9 CO DAP AN 3

<span class='text_page_counter'>(1)</span>K× thi tuyÓn sinh vµo líp 10 Trêng THPT chuyªn Lam S¬n, Thanh Ho¸ N¨m häc 2011-2012 M«n: To¸n ( Chuyªn To¸n) C©u 1: Rót gän biÓu thøc sau : P. xy . x 2  1. y 2  1. xy  x 2  1. y 2  1. 1 1 1 1 x  ( a  ), y  (b  ) 2 a 2 b vµ a 1; b 1 Víi. C©u 2: Gi¶i ph¬ng tr×nh sau: 2.  x 4  x 3 y  x 2 y 1  3 2  x y  x  xy  1 2 2 2 2 C©u 3: T×m c¸c sè nguyªn x,y tho¶i m·n ph¬ng tr×nh x  xy  y  x y. Câu 4: Cho 2 đờng tròn 1 , 2 cắt nhau tại A và B. Trên tia đối AB lấy điểm M. Qua M kẻ 2 tiếp tuyến MD,MC với đờng tròn 2 ( D, C là các tiếp điểm và D nằm trong đờng tròn 1 ). Đờng thẳng CA cắt đờng tròn 1 tại điểm thứ 2 là P ; đờng thẳng AD cắt đờng tròn 1 tại điểm thứ 1 là Q; tiếp tuyến của đờng tròn 2 tại A cắt đờng tròn 1 tại điểm thứ 2 là K ; giao điểm của các đờng thẳng CD, BP là E ; giao điểm của các đờng thẳng Bk,AD lµ F. 1. Chứng minh 4 điểm B,D,E,F cùng nằm trên một đờng tròn CP BC CA   2. Chøng minh DQ BD DA. 3. Chứng minh rằng đờng thẳng CD đi qua trung điểm đoạn PQ C©u 5: Cho tËp hîp A={ 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9}. Chøng minh r»ng víi mçi tËp hîp B gåm 5 phÇn tö cña tËp hîp A, th× trong c¸c tæng x+y víi x,y  B vµ x y lu«n tån t¹i Ýt nhÊt 2 tổng có chữ số hàng đơn vị nh nhau.. GIẢI ĐỀ THI VÀO CHUYÊN TOÁN LAM SƠN : Năm học 2011 – 2012.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2. 2. 1 1 1 1   a2  1  x  1   a    1   a     4 a 4 a   2a  Ta có. 2. 2. a2  1 x  1 2a ( do a 1 ).Tương tự .. b2  1 y  1 2b với b ≥ 1. 2. Suy ra. 2. 2 2 1 1  1   a  1  b  1 xy   a    b    4 a  b 4ab Ta lại có. a. 2.  1  b 2  1. a 2  1 b2  1  4 ab 2 a 2b P 2 2 2 2  a  1  b  1  a  1 b  1 4ab 2a 2b. Do đó. a a =. 2. .  1  b2  1   a 2  1  b 2  1. a 2  b2  2  1  b2  1   a 2  1  b2  1 a 2b 2  1. .. Câu 2 :  x 4  x 3 y  x 2 y 2 1 (1)  3 2  x y  x  xy  1 (2). Trừ từng vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta được  x 2  xy 1  2 . 2 2 2 x  xy  2 2 ( x  xy )  ( x  xy )  2 0 (PT bậc hai ẩn (x - xy))   x 0 3 (2)  x y  0   y 0 xy  x 2  1 . Nếu. thì kết hợp (1) được ( x; y ) (1;0) là nghiệm của hệ.. 2 4 2 Nếu xy x  2 thì (2)  x  2 x  3 0 vô nghiệm KL: hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) (1;0). 2. Câu 3 : Ta có:. x 2  xy  y 2  x 2 y 2   x  y   xy  xy  1 ..  xy 0  xy  xy  1 0  xy  1. Nếu x  y 0 thì. Với xy 0 , kết hợp x  y 0 suy ra x  y 0. Với xy  1 , Kết hợp với x  y 0 suy ra.  x 1   y  1. hoặc.  x  1   y 1.. 2. x  y   xy  xy  1 Nếu x  y 0 , từ đẳng thức   xy ( xy  1 ) là tích hai số nguyên liên tiếp khác 0 không thể là số chính phương.. Vậy nghiệm nguyên của phương trình là  x; y   0;0  ,  1;  1 ,   1;1 ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 4 :. M P. K. A D O Q. F. E. x C. O' B. (H1) a, CM 4 điểm B, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn. TH1: BFDE là tứ giác lồi. (H1) Ta có: FBE = KAP (nt chắn cung KP) Mặt khác KAP = Cax (đ đ)  FBE = ADC Mà Cax = ADC (nt cùng chắn cung AC)  FBE + FDE = 180o suy ra BFDE nội tiếp. TH2: BFED là tứ giác lồi. (H2) Ta có : FBE = KAP = CAX = CDA = EDF  FBE =EDF  B và D cùng thuộc cung chứa góc dựng trên EF  BFED là tứ giác nội tiếp..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> M. P. A. x C. E D K F. O. O'. Q B (H2) CP BC CA   b, CM: DQ BD DA (H3) CP BC  . DQ BD *, CM:. Xét hai tam giác BDQ và BCP, có BQD = BPC (nt cùng chắn cung AB của (O1) và BDQ = BCP (cùng bù với BDA) ∆ BDQ đồng dạng với ∆ BCP  CP CB  (1). DQ BQ BC CA  . *, CM: BD DA MA AD  Dễ dàng c/m được ∆MDA đồng dạng ∆NDB (gg) MD BD MA AC  c/m tương tự ∆MCA đồng dạng ∆NCB (gg) MC BC. Mà MD = MC (hai tt cùng xuất phát từ M tới (O’) AD AC BC AC    BD BC BD AD (Điều phải c/m). .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> M P. K. A FD. x. E. C. O. O'. Q. B. (H3). M. P. K K. A. N. D O. F. Q. E O'. C. B. (H4) c, CM: CD đi qua trung điểm N của PQ. (H4).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Qua A vẽ đường thẳng // CD cắt PQ tại K áp dụng DL talet vào ∆QAK, DN // AK. . NK DA NK CA    NQ DQ , ∆PNC, CN // AK NP CP. CP CA CA DA    Theo câu b, có: DQ DA CP DQ . NK NK   NP  NQ NP NQ (ĐPCM). Câu 5 * Với mỗi tập con B = { b1; b2; b3; b4; b5 } Ta có tất cả 10 tổng bi + bj với i  j , i, j 1,5.. * Giã sử tất cả các tổng trên đều có chữ số hàng đơn vị khác nhau đôi một thì tổng của tất cả các chữ số hàng đơn vị của 10 tổng trên sẽ là: 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45 lẻ  tổng 10 tổng bi + bj là số lẻ.(1) * Mặt khác, ta lại có tổng của tất cả 10 tổng trên là 5. . i ; j 1( i j ). 5. (ai  a j ) 4 ai i 1. là số chẵn (2) Ta thấy (1) mâu thuẫn với (2) vậy trong tâta cả các tổng bi + bj có ít nhất hai tổng có chữ số hàng đơn vị bằng nhau..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>