De thi TSL10 Toan Ho Chi Minhchuyen PTNK20142015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2014-2015. TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU. MÔN THI: TOÁN (chuyên) (Thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề). Câu I. Cho phương trình  m 2  5 x 2  2mx  6m  0 1 với m là tham số . a) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên. b) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện. x x  1 2. x1  x2. . 4.  16. Câu II. 2 1  x y 1) Giải hệ phương trình  2 1  y x .  .  . 2.  9y x 2.  9x y. 2) Cho tam giác ABC vuông tại A với các đường phân giác trong BM và CN. Chứng minh bất đẳng thức.  MC  MA  NB  NA MA.NA.  3 2 2. Câu III. Cho các số nguyên dương a, b, c sao cho. 1 1 1   a b c. a) Chứng minh rằng a + b không thể là số nguyên tố. b) Chứng minh rằng nếu c > 1 thì a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố. Câu IV. Cho điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB = 2R (C ≠ A, C ≠ B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB; I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH. Các đường thẳng CI,CJ cắt AB lần lượt tại M,N. a) Chứng minh rằng AN = AC, BM = BC. b) Chứng minh 4 điểm M, N, J, I cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng MJ, NI, CH đồng quy. c) Tìm giá trị lớn nhất của MN và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác CMN theo R. Câu V. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại. a) Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5. b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn 40.. Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu I. a) Vì m 2  5  0 , với mọi m. Nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ 2  1  719  khi m  6m  m  5  0  6m  m      0  m  0 . Khi đó theo Viét ta có 12  144   2m 2m . Vì m 2  2m  5   m  12  4  0  2m  m 2  5  0  2 x1  x2  2  1  do m  0  m 5 m 5 2. 2. Nên tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên. 2m ( t  0 vì m  0 ), ta có tm 2  2m  5t  0 m2  5 5 5 (*) có nghiệm  1  5t 2  0  t  0t  tZ 5 5. Cách khác: Đặt t . b). Phương. trình. (1). có. hai. nghiệm. x1,. x2.  *. khi. và. chỉ. khi. 2.  1  719  m 2  6m  m 2  5   0  6 m  m      0  m  0. 12  144   2m   x1  x2  m 2  5 Theo Viét ta có  . Khi đó x1 x2  x1  x2  x x  6 m  1 2 m2  5. . TH 1: x1 x2  x1  x2  2 . 6 m 2m  2 2 m 5 m2  5. . 4.  x1 x2  x1  x2  2  16    x1 x2  x1  x2  2. 2m 6 m  2  2 (vô nghiệm, vì 2 m 5 m 5. m  0) 6 m 2m   2  2 m 5 m2  5. 2m 6m  2 2 2 m 5 m 5  t  1  loai  2m 2 2 Đặt t   0 , ta có: t  2  3t  3t  t  2  0   2 t   nhan  m2  5  3 m  2 2 2m 4 5 2 (TMĐK m  0 ). Vậy m  2, m  t  2   2m  9 m  10  0   5 m  2 3 m 5 9  2. TH 2: x1 x2  x1  x2  2 . Câu II. 1) ĐK: x  0, y  0 . Đặt a  x y , b  y x  a  0, b  0  . Hệ đã cho trở thành  2 1  a  2  9b 2 2  2 1  a   1  b    9  a  b    a  b  2a  2b  13   0  a  b  2    2 1  b   9a (Vì a  0, b  0  2a  2b  13  0 ) a  2 2 2 Với a  b , ta có 2 1  a   9 a  2a  5a  2  0   1 (TMĐK) a   2 x y  2 TH 1: Khi a  b  2 , ta có   x  y  3 4 (TMĐK)  y x  2. Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1  x y  1 2  x  y  3 1 (TMĐK) TH 2: Khi a  b  , ta có  1 2 4 y x   2  1 1 Vậy hệ có hai nghiệm là  x; y   3 4; 3 4 ,  3 ; 3   4 4. . . 2) Vì BM, CN lần lượt là phân giác các góc B, C của tam giác ABC nên ta có MC BC NB BC  ,  (tính chất đường phân giác của tam giác) MA AB NA AC. Do đó.  MC  MA  NB  NA   MC  1  NB  1   BC  1  BC  1  MA.NA.   MA.    NA.     AB.    AC.  . BC 2 BC BC   1 AB. AC AB AC. BC 2 BC BC BC 2  2;  2 2 2 AB. AC AB AC AB. AC  MC  MA NB  NA BC 2 BC BC Nên     1  2  2 2 1  3  2 2 MA.NA AB. AC AB AC. Mà BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC . Dấu ‘=’ xảy ra khi AB = AC, tam giác ABC vuông cân tại A Câu III. a) Ta có. 1 1 1    c  a  b   ab  ab   a  b  a b c. Giả sử a + b là số nguyên tố. Vì a < a + b   a, a  b   1 mà ab  a  b   b  a  b  (vô lý vì 0  b  a  b ). Vậy a + b không thể là số nguyên tố. b) Ta có c  a  b   ab  bc  ab  ac  ab  bc  2ab  ac  b  a  c   a  2b  c   b  a  c  a tương tự cũng có a  b  c   b  2a  c   a  b  c b Giả sử a + c và b + c đều là số nguyên tố. Vì a < a + c   a, a  c   1 tương tự  b, b  c   1 Mà b  a  c  a  b  a tương tự có a b  a  b  2c  a  c  b  c  3c không là số nguyên tố vì c > 1. Vậy khi c > 1 thì a + c và b + c không thể đồng thời là số nguyên tố. Câu IV. a) Chứng minh rằng AN = AC, BM = BC   BCN  (góc ngoài BCN) Ta có  ANC  ABC    HCN  ACN  ACH  ), BCN   HCN  (CJ là Mà  ABC   ACH (cùng phụ BAC ) phân giác BCH  ANC   ACN  ACN cân tại A  AN  AC . Chứng. minh tương tự BM  BC b) Chứng minh 4 điểm M, N, J, I cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng MJ, NI, CH đồng quy. 1   MCH   NCH 1    1  90 0  450 , MHI 1 MCN ACH  BCH AHC   900  450 2 2 2 2 0     Nên MCN  MHI  tứ giác CIHN nội tiếp  CIN  CHN  90. . . Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   CHM   900 Chứng minh tương tự có tứ giác CJHM nội tiếp  CJM   MJN   90 0 ( CIN   CJM   900  cmt  ) Xét tứ giác MNJI, ta có MIN Vậy tứ giác MNJI nội tiếp, hay 4 điểm M, N, J, I cùng thuộc một đường tròn. Cách khác: Gọi K là giao điểm của AI và CN; E là giao điểm của BJ và CM. Ta có: ACN cân tại A (cmt), AI là phân giác góc CAN (theo gt) 1 2. 1 2   Do đó EK là đường trung bình tam giác CMN  EK // MN  CEK  CMN  a . Nên AK  CN và KC  KN  CN . Tương tự BE  CM và EC  EM  CM. giác IEKJ, ta có:   IKJ   900 (AK  CN, BE  IEJ CM) Nên tứ giác IEKJ nội tiếp   CJI   b  . Từ (a) và (b) có CEK Xét. tứ.   CJI  . Vậy tứ giác MNJI là tứ CMN. giác nội tiếp. Xét tam giác CMN, ta có: CH  MN (gt), NI  CM, MJ  CN (theo cmt) Vậy MJ, NI, CH đồng quy. c) Tìm giá trị lớn nhất của MN và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác CMN theo R. Đặt AC = AN = b, BC = BM = a.  a 2  b2  AB 2  4 R 2 Ta có AN + BM = AB + MN  MN  a  b  2 R 2 2 Lại có  a  b   0  2ab  a 2  b 2   a  b   2  a 2  b 2   8R 2  a  b  2 2R Do đó MN  a  b  2 R  2 2 R  2 R  2  2  1 R Dấu ‘=’ xảy ra khi a  b  R 2  BC  AC  C là điểm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB. Khi đó CH cũng đạt GTLN là R, nên diện tích tam giác CMN đạt GTLN là. 1 R.2 2. .  . 2 1 R . . 2 1 R2. Câu V. a) Gọi 5 số đó là a, b, c, d, e. Vì các số phân biệt nên giả sử a < b < c < d < e. Theo giả thiết có: a + b + c > d + e  a + b + c ≥ d + e + 1  a ≥ d + e + 1 - b - c Lại có d > c > b  d ≥ c + 1, c ≥ b + 1  d ≥ b + 2  d - b ≥ 2 e>d>ce≥c+2e-c≥2 Nên a ≥ (d - b) + (e - c) + 1 ≥ 5  b, c, d, e > 5. Vậy tất cả các số đều không nhỏ hơn 5. b) Nếu a ≥ 6  b ≥ 7, c ≥ 8, d ≥ 9, e ≥ 10  a + b + c + d + e ≥ 40 (vô lý)  a < 6 theo câu a) ta có a = 5. Ta có b + c + 5 ≥ d + e + 1  b + c ≥ d + e - 4 mà d - 2 ≥ b, e - 2 ≥ c  d + e - 4 ≥ b + c. Nên b = d - 2, c = e - 2  a + b + c + d + e = 5 + 2b + 2c + 4 < 40  b + c <. 31 31  2b + 1 < b≤7 2 2. Từ đó có b = 6 hoặc b = 7 Nếu b = 6, ta có d = 8  c = 7, e = 9. Ta được bộ (5; 6; 7; 8; 9) Nếu b = 7, ta có d = 9  c = 8, e = 10. Ta được bộ (5; 7; 8; 9; 10) Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>