Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 1 ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010 TRƯỜNG PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN CHUYÊN NĂNG KHIẾU Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề _______________________________________________________________________________ Câu 1. a) Cho ,,,abcd là các số thực thỏa mãn điều kiện ,. 0 3 a c ac ac b d bd + = = ≠ − . Chứng minh rằng: 22 bd= . b) Giải hệ phương trình: 22 22 13 37 23 47 x xy xy x y y xy xy x y − −−  =  − −−   − −−  =  − −−  Câu 2. a) Giải bất phương trình: 21 89 xx+≤ + b) Cho ,,abc là các số thuộc [ ] 1; 2− thỏa mãn điều kiện 222 6abc++= . Chứng minh rằng: 0abc++≥ Câu 3. a) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho 2 2009 2010aa += b) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên a sao cho 2 3 2010 2009aa a++= Câu 4. Cho đường tròn ( ) O tâm O , đường kính 2AB 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  0 60BAC = . 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 , DC≠ . Chứng minh rằng 2 .KA KB KH= 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? Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 2 Hết 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) Trường hợp 1: 22 bdbd=−⇒ = (đccm) Trường hợp 2: bd≠− , kết hợp với điều kiện ac bd = suy ra ac≠− Khi đó a c ac b d bd + = = + (tính chất dãy tỉ số bằng nhau) Suy ra 0 3 3 ac ac ac bd bd bd bd +=  ++ = ⇒  −=+ −+  Với 0ac+= mà 0ac ≠ suy ra 0, 0ac≠≠ suy ra bd= − (mâu thuẫn) Với 22 3bdbdbdbd−=+⇒=⇒ = Vậy trong hai trường hợp ta đều có 22 bd= Nhận xét: Mấy em áp ụng ngay dãy tỉ số bằng nhau là thiếu trường hợp rồi, sẽ bị trừ điểm. b) 22 22 22 13 37 1 23 23 3 47 47 x xy xy x y x y xy y xy xy xy x y xy x y − −−  =  − −− − − −−  ⇔==  − −− − − −−  =  − −−  Điều kiện 22 3 4 7 xy xy xy  ≠  ≠   +≠  Trường hợp 1: ( ) 7 34 2 xy xy xy−=− − ⇔ = , khi đó ( ) 12 3x y xy−=− − ⇔ + = Ta có hệ ( ) 3 7 2 xy VN xy +=    =   Trường hợp 2: ( ) 34xy xy− ≠− − Khi đó ta có 22 3 12 3 7 3 42 7 xy x y xy x y xy xy xy −− − − +− = = = −− − − − Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 3 Suy ra ( ) 22 30 7 27 xy x y xy −−=   −−=− −   Với 30xy−−= ta có 1 1 20 2 x xy y =  −= − = ⇒  =  Với ( ) 2 22 7 27 0x y xy x y x y− − =− +⇒ − =⇒= Khi đó ta có 22 11 12 22 34 xy xx xy xx =−⇒ =−  −− = ⇒  =⇒= −−  Thử lại ta thấy ( ) 1; 2 và ( ) 1; 1−− là nghiệm của hệ phương trình Vậy phương trình có hai nghiệm ( ) ;xy 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 0m mm xy xy =  = ⇔  =  (dễ sót trường hợp 0m = ) Bài 2 a) Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 10 8 90 21 89 2 10 21 89 x I x xx x II xx  +<    +≥   +≤ + ⇔  +≥      + ≤+    Giải (I): Ta có ( ) 1 91 2 9 82 8 x Ix x  <−   ⇔ ⇔− ≤ <−   ≥−   Giải (II): Ta có ( ) ( )( ) 22 1 11 2 22 4 1 20 4 4 18 9 4 4 80 1 1 2 2 2 12 x xx II xx xx x xx x x x   ≥− ≥− ≥−   ⇔ ⇔⇔     + −≤ + +≤ + − −≤    ≥−  ⇔ ⇔− ≤ ≤   −≤ ≤  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 9 ;2 8 S  = −   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. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 4 b) Vì [ ] ( )( ) 22 1; 2 1 2 0 2 0 2a a a a a aa∈− ⇒ + − ≤⇔ −−≤⇔≥ − Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1a = − hoặc 2a = Chứng minh tương tự ta cũng có 22 2, 2bb cc≥− ≥− Do đó 222 6abca b c ++≥ + + − suy ra 0abc++≥ (vì 222 6abc++= ) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( ) ,,abc 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 2 2009 2010aa+= Ta có ( ) 2 1a a aa+= + là tích hai số tự nhiên liên tiếp. Ta có ( ) , 11aa+= và ( ) 11aa+−= . Do đó ,1aa+ phải có dạng 2009 2009 ,1ap a q= += trong đó pq< , ( ) . 2010, , 1pq p q= = Điều này không thể xảy ra vì ( ) ( ) 2009 2009 2009 ,1 1 1 1pq q p q p p=⇒ − ≥⇒ ≥ + > + 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 3 2 2010 2009aaa+ += Rõ ràng 0 a > , khi đó ta có ( ) 3 332 3 2 3 31 1a a a aa a a a<++<+ ++=+ Mặt khác ( ) 3 2010 607 2009 2009= Suy ra ( ) ( ) 3 3 3 670 2009 1aa< <+ . (Vô lý vì ( ) 3 3 ,1 aa+ 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 Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 5 J T D I P Q K,M F E H O A B C a) R Tính theo diện tích tam giác CEF và độ dài các đoạn ,KA KB trong trường hợp  0 60BAC = . Ta có  0 90ACB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( ) O ) Tam giác ABC vuông tại C nên ta có  0 .cos 2 .cos60AC AB CAB R R= = = Và  0 .sin 2 .sin60 3CB AB CAB R R= = = Ta có  0 3 .sin .sin60 2 R CH AC ACB R= = = Tam giác CHE vuông tại H có HE là đường cao nên 2 2 2 3 2 3 . 4 R CH CE CA CH CE R CA R    = ⇒= = = Tương tự ta cũng có 2 3 4 CH R CF CB = = Do đó 2 1 13 3 33 . 2 2 4 4 32 CEF RR R S CE CF= = = Vì  0 60BAC = nên A nằm giữa K và B Dễ thấy CEHF là hình chữ nhật và     0 30KEA CEF CHF CBA= = = = , mà       00 0 60 30 30AKE AEK CAB AKE CAB AEK+ = ⇒ = − =−= Vậy tam giác KAE cân tại A suy ra KA AE= Mà 31 44 R AE AC CE R R=−=−= nên 1 4 KA R= Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 6 Và 19 2 42 KB KA AB R R R=+= += EF b) Chứng minh tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ 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 Ta có   PEH EAH= (cùng phụ  EHA ) và   TEH IHE= ,   IHE EAH= (cùng phụ với  EHA . ) Suy ra   PEH TEH= , suy ra PEH TEH HT HP∆ =∆ ⇒= Ta có ( ) HT EF T EF⊥∈ và HT HP= nên EF tiếp xúc với đường tròn đường kính PQ 2 .KA KB KH = c) Chứng minh và M thuộc một đường cố định Ta có     KEA CEF CHF CBK= = = , suy ra ( ) .KAE KFB g g ∩ ∪ ∆∆ , Do đó KA KE KA KB KE KF KF KB =⇒= (1) Mặt khác ta có    KHE HCE HFK= = , suy ra ( ) .KHE KFH g g ∩ ∪ ∆∆ Do đó 2 . KH KE KE KF KH KF KH =⇒= (2) Từ (1) và (2) thì 2 .KA KB KH = Gọi J là giao điểm của OC và EF, Ta có   OCF OBC= (tam giác OBC cân tại O) Và   JFE ICF= (do tam giác ICF cân tại I) Do đó      0 0 90 90 OCF JFE OBC ICF CJF OC EF += += ⇒ =⇒⊥ 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 ,,CKD thẳng hàng. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 7 Vậy K cũng là giao điểm của CD và EF, do đó MK≡ 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. Bài 5. a) Giả sử tồn tại một cách sắp xếp thỏa đề bài là a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 4 a 3 a 2 a 1 Không mất tính tổng quát ta giả sử 1 1a = . Khi đó ta có 12 2 2 1 10 10 10 10 9 10 10 9 10 aa a a aa a a +> > =   ⇒⇒   +> > =   (vô lý vì mỗi số xuất hiện đúng một lần) Vậy không tồn tại cách sắp xếp thỏa mãn đề bài. b) Tồn tại cách sắp xếp như trên. Ví dụ: Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11, Tp.HCM. ĐT: (08) 7305 7668 Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 8 3 7 4 6 5 9 8 2 10 1 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. 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. . http://trungtamquangminh.tk Trường Phổ Thông Năng Khiếu 1 ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010 TRƯỜNG PHỔ THÔNG Môn thi: TOÁN CHUYÊN NĂNG KHIẾU. Trường Phổ Thông Năng Khiếu 2 Hết 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