Tiêu đề Đề Thi Tuyển Sinh Lớp 10 THPT Chuyên PTNK TP HCM 2012-2013 (Vòng 2) [Đáp Án].pdf ✅

ĐỀ TOÁN CHUYÊN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG PTNK NĂM HỌC 2012 – 2013 Câu I. 1) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 x y z z y z x x z x y y                 2) Cho hình vuông ABCD cạnh a. M và N là hai điểm lần lượt nằm trên các 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. Câu II. Số nguyên dương n được gọi là số kì diệu nếu như tổng các bình phương của các ước của nó ( kể cả 1 và n ) đúng bằng . a) Chứng minh rằng số 287 là số điều hòa. b) Chứng minh rằng số 3 n  p ( p 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 hòa thì n + 2 là số chính phương. Câu III. a) Tìm các giá trị x thỏa mãn 2 x x x 5     4 2 1 0 b) Chứng minh rằng với các số không âm x, , y z thỏa mãn a b c    3 ta có bất đẳng thức a  b c ab bc ca     Câu IV.Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên đường thẳng vuông góc với AB tại B ta lấy điểm D di động nằm cùng phía với C đối với đường thẳng AB . a) Chứng minh rằng nếu AC + BD < CD thì trên cạnh AB tồn tại hai điểm M và N sao cho   90o CMD CND   b) Giả sử điều kiện trên được thỏa mãn. Đường thẳng qua A song song với MD cắt đường thẳng qua B song song với MC tại E. Chứng minh rằng đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định . Câu V.Cho đa giác đều n cạnh . Dùng 3 màu xanh , đỏ, vàng tô màu các đỉnh đa giác một cách tùy ý ( mỗi đỉnh được tô bởi 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 kì ( 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 luôn làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô 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 còn được tô bởi một màu.
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I. 1) Trừ theo vế hai phương trình đầu ta có 2 2 (x y z x z x z x        2 )( ) 2( z x z x z )     ( )( 2) Hay (x z y x z hoac y  )(      2 2) 0 1  Xét trường hợp x = z PT thứ ba cho ta 2 0 2 0 2 y y y y         Với y = 0 ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x z z z z z x x x z                 Nghiệm (x,y,z) = ( 0,0,0) , (1,0,1) Với y = 2 ta có 2 2 2 2 2 ( 2) 2 3 2 0 (2 ) 2 x z z x x z x x x z                     Nghiệm (x,y,z) = (1,2,1) , (2,2,2)  Xét trường hợp y = 1. Ta có 2 2 2 2 2 ( 1) 2 (1 ) 2 ( ) 1 x z z z x x z x                Với z – x = 1 dẫn đến 2 1 3 2 0 2 z z z z          Nghiệm (x,y,z) = (0,1,1) , (1,1,2) Với z – x = -1 dẫn đến 2 0 0 1 z z z z         Nghiệm (x,y,z) = (1,1,0), (2,1,1) Vậy hệ có 8 nghiệm . 2) Chứng minh được MNPQ là hình chữ nhật Ta có 1 1 (1 ) 2 MN BM AB AM AM x MN x a AC BA AB AB           2 MQ AM x MQ xa BD AB     (0,25) Từ đó 2 2 2 2 1 1 . 2 (1 ) 2 4 2 2 a S MN MQ a x x a x                      Vậy diện tích đạt GTLN là 2 ax 2 m a S  khi 1 2 x  hay M là trung điểm AB.
Câu II. a)Số n = 287 có các ước dương là 1 , 7, 41, 287. Đẳng thức 2 2 2 2 2 1 7 41 287 (287 3)      chứng tỏ 287 là số điều hòa. b) Dễ thấy các ước dương của 3 n  p là 2 3 1, , , p p p .Giả sử trái lại, n là số kì diệu. Khi đó 2 2 4 6 3 2 6 3 2 4 3 1  p p p p p       ( 3) 6 9 6 8 p p p p      Từ đó suy ra rằng p là ước của 8. Như thế p = 2 và ta gặp điều mâu thuẫn. Vậy 2 n  p không thể là số điều hòa . d) Số n = pq ( p < q) có các ước dương là 1, p,q và pq. Vì n là điều hòa nên 2 2 2 2 2 2 2 2 1 (  p q p q pq p       3) 6 8 ( q pq p q pq       ) 4( 2) Do 4 là số chính phương nên n + 2 là số chính phương. Câu III. a) ĐK x  1 Ta có   2 x x x 5         4 2 1 0 ( 1)( 4) 2 x x x         1 0 1 ( 4) 1 2 x x x 0    2        x x x x 1 ( 1) 1 3 1 2 0          x x x 1 1 2 1 1 0    Vậy mọi x  1 đều thỏa mãn bất phương trình đã cho. b) Từ câu a) , đặt t x    1 0 ta có BĐT 2 t t t   2 3 (0, 25) (*) BĐT cần chứng minh tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c       2 2 2 ab bc ca a b c      2 2 2 2       a b c a b c a 2 2 2 ( )   b c 2 2 2  a       b c a b c 2 2 2 3( ) a b c   Áp dụng (*) ta có 2 2 2 a  2 3 , 2 3 , 2 a a b b b c c      3c Cộng các BĐT trên ta có BĐT cần chứng minh. Câu IV. a) Xét đường tròn đường kính CD có tâm O là trung điểm CD. Gọi I là trung điểm CD. Khi đó OI vuông góc với AB và 2 AC BD OI   . Từ giả thiết ta có 2 CD  OI . Suy ra đường tròn đường kính CD cắt đoạn AB tại hai điểm M, N và do đó   90o CMD CND   . b) Gọi E’ là giao điểm của đường thẳng qua A song song với MD với CD. Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của MD với AC và MC với BD.