De Thi Vao 10 Toan Chuyen 2020 2021 Tinh Ho Chi Minh Ptnk

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

TRƯỜNG CHUYÊN PHỔTHÔNG NĂNG KHIẾU HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2020 – 2021

Bài 1. (2,0 điểm) Cho các phương trình x² ax 3 0và x² bx 5 0với a b, là tham số a) Chứng minh rằng nếu ab16thì trong hai phương trình , có ít nhất một phương trình

có nghiệm

b) Giả sử hai phương trình có nghiệm chung x₀.Tìm a b, sao cho a  b_đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình 3x² y² 23ⁿvới nlà số tự nhiên

a) Chứng minh nếu nchẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

 

^{x y;}

b) Chứng minh rằng nếu nlẻ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên

 

^{x y;}

Bài 3. (3,5 điểm) Cho đường tròn

 

^{O ,dây cung BCkhông ch}ứa tâm O và điểm A thay đổi trên cung lớn BC.Lấy các điểm E F, thỏa ABE CAE ACF  BAF 90⁰

a) Chứng minh rằng AE AC.  AF AB. và O là trung điểm EF

b) Hạ ^{ADEF D}



^EF



^{. Ch}ứng minh rằng DAB DCA_{và điể}m D thuộc một đường tròn cố định

c) Gọi G là giao điểm của ADvới đườn tròn

 

^{O .(G A).Ch}ứng minh rằng AD_{đi qua} một điểm cố định và GB AC. GC AB.

d) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp AEF.Chứng minh rằng AKđi qua một điểm cố định

Bài 4. (1, 5 điểm) Cho số tự nhiên a3 .5 .7^{13 7 20}

a) Gọi A là tập hợp các số nguyên dương ksao cho k là ước của avà k chia hết cho 105.

Hỏi tập A có bao nhiêu phần tử

b) Giả sử Blà một tập con bất kỳ của A có 9 phần tử. Chứng minh rằng ta luôn có thể tìm được hai phần tử của B sao cho tích của chúng là số chính phương.

Bài 5. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình với klà tham số:

x x x

y z k yz

y y y

z x k zx

z z z

x y k xy

   



   



   



a) Giải hệ với k 1

b) Chứng minh hệ vô nghiệm với k2và k3

ĐÁP ÁN Bài 1.

a) Giả sử cả hai phương trình đã cho đều vô nghiệm.

Khi đó, biệt thức của hai phương trình đều âm.

Tức ta có  ₁ a² 120và  ₂ b² 200 Suy ra a² b² 322abhay



^ab



^{2 0(vô lý)}

Vậy điều giả sử sai, tức là ít nhất một phương trình có nghiệm

b) Gọi mlà nghiệm chung của hai phương trình đã cho. Khi đó, dễ thấy m0và

2 2

3 5

, .

m m

a b

m m

 

    Từ đây ta sử dụng BĐT AM – GM ta có:

2 2

2 3 2 5 3 5 8

2 2 2.8 8

m m

m m

a b m

m m m m m

 

 

        

Dấu " " xảy ra 4

2

m m

  m    . Khi đó

7 9

2, 2

9 7

2; 2

a b

a b

    



  



Vậy

 

^{, 7 9; ; 7; 9}

2 2 2 2

a b        Bài 2.

a) Với nchẵn,giả sử tồn tại cặp số nguyên

 

^{x y; th}ỏa mãn phương trình đã cho. Vì 23ⁿ là sốchính phương không chia hết cho 3 nên 23ⁿchia 3 dư 1. Từđó suy ra y²chia 3 dư 2, mâu thuẫn vì số dư của một sốchính phương khi chia cho 3 dư 0 hoặc 1. Vậy với nchẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

 

^{x y;}

b) Ta sẽ chứng minh khẳng định đã cho bằng phương pháp quy nạp theo n

Với n1, phương trình có nghiệm nguyên

   

^{x y,  3,2} . Do đó khẳng định đúng với n1 Giả sử khẳng định đúng đến nk k( là số nguyên dương lẻ) tức là phương trình

2 2

3x  y 23^kcó nghiệm nguyên



x yk^; k



. Khi đó ta có:

   

²

 

²

1 2 2 2 2

23^k 23 3x_k  y_k  9x_k 2y_k 3 2x_k 3y_k a 3b Trong đó a9x_k 2y b_k, 2x_k 3 .y Suy ra_k :

    

²



²

2 2 2

23^k 23 a 3b 3 3a2b  2a9b

Do đó, phương trình 3x y 23^k cũng có nghiệm nguyên



^{3a2 ,2b a9 .b}



^{Suy ra}

khẳng định cũng đúng với n k 1.Theo nguyên lý quy nạp Toán học , ta có khẳng định đúng với mọi số nguyên dương lẻ n

Bài 3.

a) Vì Athuộc cung lớn BCcủa

 

^{O và BC}không là đường kính nên BAClà góc nhọn Xét hai tam giác ABEvà ACFcó ABE ACF 90⁰và BAE CAF(cùng phụ BAC)nên hai tam giác này đồng dạng theo trường hợp góc – góc , do đó

. .

AB AC

AE AC AB AF AE  AF  

T A'' G

M K D

A'

F

E O

B C

A

Gọi AA'_{là đườ}ng kính của

 

^{O thì ta có ABA' ACA'90 .0 Suy ra BE BA, '}cùng vuông góc với AB, CF CA, 'cùng vuông góc với ACnên các đường thẳng BE CF, ttheo thứ tự trùng các đường thẳng BA CA', '_{. Do đó} BA E C' , A F'

Ngoài ra ^{A E' / /AF}



^{ AC}



^{và A F' / /AE}



^{ AB}



^{ AEA F'} là hình bình hành. Mà O là trung điểm của đường chéo AA'nên O cũng là trung điểm của EF

b) Trước hết ta có ADE ABE90⁰ADBEnội tiếp đường tròn đường kính AE, Và hoàn toàn tương tự, tứ giác ADCF_{cũng nộ}i tiếp đường tròn đường kính AF

Xét gai tam giác DABvà DACcó ADB180⁰ AEB180⁰  AFC ADCvà .

ABD AED AEF DFC DAC

         Do đó DAB DCA g g( . ) DCA DAB

   

Sử dụng kết quả tổng ba góc của một tam giác bằng 180 ,⁰ ta có:

   

 

0 0 0 0

360 360 180 180

2 2.

BDC ADB ADC DBA DAB DCA DAC

DBA DAB DCA DAC

DAC DAB DAB DAC DAB DAC

BAC BOC

               

       

           

   

Suy ra bốn điểm B C O D, , , cùng thuộc một đường tròn. Do đó D luôn chạy trên đường tròn ngoại tiếp tam giác BCOcố định

c) Dựng đường kính AA''của đường tròn

 

^K ngoại tiếp AEF.Xét hai tam giác ADE và AFA''có:

'' 900

ADE AFA

    và AED AEF AA F''  ADE AFA g g''( . ) Do đó DAE FAA''mà BAE CAF cm( câu a) BAD A AC'' Gọi M là giao của AKvà BC.Xét hai tam giác ABGvà AMCcó:

AGB ACB ACM

     và BAG A AC cmt'' ( ) MAC ABG AMC g g( . ) Do đó: ^{BG MC}

 

¹

AB  MA , Chứng minh tương tự, ta cũng có: ^{CG MB}

 

²

CA  MA Từ (1) và (2) ta suy ra MB MB MA. CG AB.

MC  MA MC  CA BG

 

³

Mặt khác, dễ thấy hai tam giác BAC&BDGcó BCA BGA BGDvà BAC BAD DAC BAD DBA BDG

           nên hai tam giác này đồng dạng với nhau suy ra ^{BA BD}

 

⁴

BC  BG _{.Tương tự} ta cũng có ^{CA CD}

 

⁵

CB CG

Từ (4) và (5) ta suy ra AB BA CB. BD CG. AC  BD CA  BG CD Do đó , ^{CG AB CD.}

 

⁶

BG  AC BD

Từ (3) và (6) suy ra ^{MB AB2}₂^.CD

 

⁷

MC  AC BD

Ngoài ra, theo câu bta có: DB DA DC; DA

AB  AC AC  AB, chia theo từng vế hai đẳng thức này, ta được: DB AC. AC

AB DC  AB _{. Do đó:} ^{CD AC}₂²

 

⁸

BD  AB

Từ

   

^{6 , 8 CG AB AC.} ₂^{2 AC GB AC. GC AB.}

BG AC AB AB

    

Mặt khác, ta có BDG BACvà BDC 2 BACnên CDG BAC BDG CDG

    nên ADchứa đường phân giác trong của góc BDCnên đi qua ytrung điểm T của cung BC không chứa O của đường tròn ngoại tiếp BCO.Vậy AD_{đi qua điể}m T cố định.

d) Từ (7) và (8) ta suy ra

2 2

2. 2 1

MB AB AC

MC  AC AB  nên MBMChay AKluôn đi qua trung điểm của BCcố định .

Bài 4.

a) Do achỉcó ba ước nguyên tố là 3;5;7nên dễ thấy các ước của acũng không có ước nguyên tố nào khác với 3 số này. Vì thế dễ thấy các số thuộc Asẽ có dạng 3 .5 .7^{x y z}, trong đó x y z, , là các số tự nhiên

Do 3 .5 .7^{x y z}_{là ướ}c của 3 .5 .7^{13 7 20}nên x13,y7,z20.Hơn nữa, ta lại có 3 .5 .7^{x y z}là bội của 105 3.5.7 nên x1,y1,z 1

Vậy các số thuộc Alà những số có dạng 3 .5 .7^{x y z}_{trong đó} 1 x 13,

1 y 7,1 z 20.Dễ thấy có 13 cách chọn x,7cách chọn yvà 20cách chọn z.Vậy 13.7.20 1820

A   , hay tập A có 1820phần tử

b) Trước hết, gọi 9 phần tử của Blà b₁3 .5 .7 ,^{x1 y1 z1} b₂ 3 .5 .7 ,...,^{x2. y2 z2} b₉ 3 .5 .7^{x9 y9 z9} Ta nhận thấy với mỗi bộ số



^{x y z; ;}



^chỉcó hai cách quy ước tính chẵn lẻ của mỗi một trong ba số x y z, , _{do đó số} cách quy ước tính chẵn lẻ cho ba số này là 2.2.2 8

Do 9 8 nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số ^{i j,}



^{1  i j 9}



^{sao cho}



^{mod 2 ,}



i j

x x yi  yj



^{mod 2 ,}



zi zj



^{mod 2 .}



Khi đó, do x_i x y_j, _i  y z_j, _i z_jđều là các số chẵn nên dễ thấy b b_{i j} 3^xjxi.5^yiyj.7^zjzilà một số chính phương. Đây chính là hai số cần tìm.

Bài 5.

a) Điều kiện : x y z, , cùng dấu và xyz0 Xét 2 trường hợp sau:

*)Trường hơp 1: x y z, , cùng dương. Không mất tính tổng quát, giả sử ^xmax



^{x y z; ;}



^{, Khi}

đó ta có: x x x 3 1

y z k

yz      mâu thuẫn

*)Trường hợp 2: x y z, , cùng âm. Đặt a x b,  y c,  zkhi đó a b c, , 0 Hệ phương trình có thể được viết lại thành

1

1

1

a a a

b c bc

b b b

c a ca

c c c

a b ab

   



   



   



Biến đổi ta có phương trình tương đương với

  

  

  

0 0 0

a b a c

b a b c a b c

c b c a

   

      



   



Vậy với k 1thì hệphương trình có nghiệm



^{  m m m; ;}



^với mlà số thực dương nào đó b) Giả sử tồn tại số thực k2,k 3sao cho hệ phương trình đã cho có nghiệm



x y z0; 0; 0



. Xét hai trường hợp sau:

*)Trường hợp 1: x y z₀; ₀; ₀cùng dương. Khi đó, ta có:

    

    

     

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

1 1 1

x y x z k y z

y z y x k z x

z x z y k x y

    

    



    



Suy ra : ^{y z0 0}



^{y0  z0}



^{ z x0 0}



^{z0  x0}



^{ x y0 0}



^{x0  y0}



Không mất tính tổng quát, giả sử x₀  y₀  z₀. Khi đó ta có:

   

0 0 0 0 0 0 0 0

x y x  y  z x z  x

Kết hợp với kết quả trên, ta suy ra dấu đẳng thức trong đánh giá trên phải xảy ra ,tức

0 0.

x  z Mà x₀  y₀ z₀nên x₀  y₀ z₀.Thay lại hệ đã cho, ta được k3mâu thuẫn.

-) Trường hợp 2:x y z, , cùng âm. Đặt a x b₀,  y₀,z₀.Khi đó ta có:

1

a a a

b c k bc

b b b

c a k ca

c c c

a b ab

   



   



   



hay

    

    

    

1 1 1

a b a c k bc

b c b a k ca

c a c b k ab

    

    



    



Không mất tính tổng quát, giả sử a b c. Khi đó , ta có:



^{a  b}



^{a  c}



^{  0}



^{1 k}



^{bc(mâu thuẫn)}

Vậy điều giả sử sai, chứng tỏ hệ vô nghiệm với k2,k3