ĐỀ THI VÀO LỚP 10 NĂM 2013
MÔN: TOÁN CHUYÊN

ĐỀ SỐ 4

Thời gian: 150 phút

Câu I: Cho phương trình:

x 2  4mx  m2  2m  1  0(1)

với m là tham số.

a) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm
khi đó x1; x 2 không thể trái dấu nhau.
b) Tìm m sao cho:

phân biệt. Chứng minh rằng:

x1  x2  1

Câu II: Giải hệ phương trình:

3x 2  2y  1  2z  x  2

2
3y  2z  1  2x  y  2
 2
3z  2x  1  2y  z  2

Câu III: Cho x, y là hai số không âm thỏa mãn

a) Chứng minh rằng:

y  x 1

b) Chứng minh rằng:

x3  y3  x 2  y 2  1

Câu IV: Cho

x1; x 2

M  a2  3a  1

x3  y3  x  y

với a là số nguyên dương.

a) Chứng minh rằng mọi ước của M đều là số lẻ.
b) Tìm a sao cho M chia hết cho 5. Với những giá trị nào của a thì M là lũy thừa của
5?
Câu V: Cho ABC có A  600 . Đường tròn (I) nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với
các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng ID cắt EF tại K, đường thẳng qua
K và song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại M, N.
a) Chứng minh rằng: các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp.
b) Gọi J là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh ba điểm A, K, J thẳng hàng.


c) Gọi r là bán kính của đường tròn (I) và S là diện tích tứ giác IEAF. Tính S theo r và
chứng minh


SIMN 

S
( SIM N
4

chỉ là diện tích

IMN )

Câu VI: Trong một kỳ thi, 60 thí sinh phải giải 3 bài toán. Khi kết thúc kỳ thi, người ta
nhận thấy rằng: với hai thí sinh bất kỳ luôn có ít nhất một bài toán mà cả hai thí sinh đó
đều giải được. Chứng minh rằng:
a) Nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán
khác mà mọi thí sinh đều giải được.
b) Có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được .


ĐÁP ÁN
Câu I:
a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt

x1,x 2   '  4m2  m2  2m  1  0

 3m2  m  3m  1  0  m  3m  1   3m  1  0
  3m  1 m  1  0

1


1
 m  3 vàm > -1
3m  1  0 vàm  1  0
m




3

 m < 1 vàm < -1
3m  1  0 vàm  1  0
 m  1

3

Khi đó:
Do đó

2

x1.x 2  m2  2m  1   m  1  0

x1; x 2

khơng thể trái dấu.

b) Phương trình có hai nghiệm khơng âm

x1; x 2



1
c m  1 (á
p dụng câu a)
m  hoặ
 '  0
3

1


m
 S  x1  x 2  0  4m  0
3
P  x .x  0

2
m

1

0

1 2




Ta có:


x1  x 2  1  x1  x 2  2 x1x 2  1  4m  2

 4m  2 m  1  1  m  1 

 m  1

2

1

4m  1
2

 4m  1

1
 2 0
m  4
4m  1


1



4m  1
1
 m  1 
   2m  2  4m  1    m    m  (thích hợp)

2
2
2

  2m  2  1  4m  




1  4m
1
m  1 
m 
2
2



Vậy

m

1
2

là giá trị cần tìm.

Câu II: Ta có:

3x 2  2y  1 3y 2  2z  1  3z2  2x  1  2z  x  2  2x  y  2  2y  z  2



 3x 2  2y  1  3y 2  2z  1  3z2  2x  1  2zx  4z  2xy  4x  2yz  4y



 

 

 

 

 



 x 2  2xy  y 2  x 2  2zx  z2  y 2  2yz  z2  x 2  2x  1  y 2  2y  1  z2  2z  1  0
2

2

2

2

2

2


2

2

  x  y    x  z   y  z   x  1   y  1   z  1  0
2

2

2

2

  x  y    x  z   y  z    x  1   y  1   z  1  0

 x  y; x  z; y  z; x  1; y  1; z  1  x  y  z  1

Thử lại, ta có:

 x; y;z  1;1;1 là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

Câu III:
a) Ta có:
Do đó :

x  0; y  0

x  y  x3  y3  0


Ta cũng có :
Nên

Mà
Vậy
b)

. Nên

xy

.

xy  0  x  y



x3  y3  x 3  y 3   x  y  x 2  xy  y 2



x3  y3  0

thì từ





. Ta có : x = y = 0. Nên




x  y   x  y  x 2  xy  y 2

x 2  xy  y 2  x 2

. Nên 1  x2 . Mà

y  x 1

 ta có : 1  x

x0

2

 xy  y 2

. Nên 1  x

y  x 1

0 y  x 1

nên

y3  y2 ; x3  x2

Vì 1  x 2  xy  y 2 và

Vậy

x3  y3  x  y

x  y   x  y  x 2  xy  y 2

Nếu x = y thì
Nếu

và

. Do đó :

x 2  xy  y 2  x 2  y 2

x3  y 3  x 2  y 2

. Do đó:

x2  y2  1

x3  y3  x 2  y 2  1

Câu IV:
a) M  a2  3a  1  a2  a  2a  1  a a  1  2a  1 là số lẻ (Vì a, a + 1 là hai số nguyên dương
liên tiếp nên a a  1 2 )
Do đó mọi ước cả M đều là số lẻ.
b)




2



M  a2  3a  1  a2  2a  1  5a   a  1  5a

Ta có:

M  5;  5a 5

. Do đó:

2

 a  1  5 . Nên a  15


a  5k  1 k  N 

Ta có : a chia cho 5 dư 1, tức



Đặt

a2  3a  1  5n n  N *

Ta có :


5n  5

Ta có :

 5k  1

 ( n N

theo trên ta có :
2

*

vì do

a1

nên

a2  3a  1  5

)

a  5k  1 k  N 

 3 5k  1  1  5n  25k 2  10k  1  15k  3  1  5n

 25k  k  1  5  5n  * 

Nếu


n2

ta có :

5n  52

Vậy n = 1. Ta có :

, mà

25k  k  1 52 ;

25k  k  1  0; k  N

5 không chia hết cho

52

: vô lí.

. Do đó : k = 0. Nên a = 1.

Câu V :

A

M

E


K

N

F
I

D

B

a) Ta có : MN // BC (gt),

C

J
ID  BC

((I) tiếp xúc với BC tại D)

 ID  MN  IK  MN  IKM  IKN  900
IFM  IKM  900  900  1800

 Tứ giác IFMK nội tiếp.

Mặt khác :
Ta có :

IKN  IEN  900 


IMF  IKF

 IMF  ANI 

Tứ giác IKEN nội tiếp.

(Tứ giác IFMK nội tiếp) ;

Tứ giác IMAN nội tiếp.

IKF  ANI

(Tứ giác IKEN nội tiếp).


b) Ta có :
IMK  IFK  Tứgiác IFMK nộitiế
p


c IKEN nộ
i tiếp
IN K  IEK  Tứgiá

Mặt khác : IE = IF (= r)

 IEF

cân tại I.


cân tại I có IK là đường cao.

IMN

 IK là đường trung tuyến của IMN
 K là trung điểm của MN.
 MN  2.MK

Mà BC = 2.BJ (J là trung điểm của BC)
Do đó:

MN 2.MK MK


BC
2.BJ
BJ

Mặt khác:


ABC

AM MN

AB BC

Ta có:
Xét


có MN // BC

(Hệ quả của định lý Thales)

AM MK  MN 



AB
BJ  BC 

AMK

và

ABJ

, ta có:

AMK  ABJ hai gó
c đồ
ng vòvàMN // BC

 AM MK


 AB
BJ
 AMK


ABJ c  g  c  MAK  BAJ

 Hai tia AK, AJ trùng nhau.

Vậy ba điểm A, K, J thẳng hàng.
c) AE, AF là các tiếp tuyến của đường tròn (I)
 AE = AF, AI là tia phân giác của EAF
AEF

cân tại A có

EAF  600 (gt)

 AEF đều.  EF = AE = AF.
AEF

đều có AI là đường phân giác.


 AI là đường cao của AEF
1
2

 AI  EF  S  AI.EF
IAE

vuông tại E  AE = IE.cotIAE; IE = AI.sin.IAE

 AE  r.cot 300  3.r; AI 


r
 2r
sin300

Vậy EF = AE = 3.r
1
1
S  .AI .EF  .2r. 3.r  3.r 2 (ñvdt)
2
2

Vậy

Gọi H là giao điểm của AI và EF.
Ta có: IH  EF, H là trung điểm của EF và
IHF

vuông tại H

Do đó:
Xét

và

.

1
 IH  IF.cosHIF  r.cos600  .r
2


1
3.r 2
SIEF  .IH .EF 
2
4

IMN

HIF  600

IEF

(đvdt)

, ta có:

IMN  IFE;INM  IEF

Do đó:

S
 IM 
 IMN  

SIEF  IF 

Do đó:
Ta có:
Vậy


IEF  g  g

IMN
2

. Mà

IF  FM  IM  IF 

IM
1
IF

SIM N
 1  SIMN  SIEF
SIEF

S  3.r 2 ; SIEF 

SIMN 

3.r 2
; SIMN  SIEF
4

S
4

Câu VI: Gọi ba bài toán là A, B, C.

a) Không mất tính tổng quát, giả sử mọi thí sinh đều không giải được bài toán A.


 Nếu mọi thí sinh đều không giải được bài toán B thì từ giả thiết ta có mọi thí sinh đều
giải được bài toán C.
 Nếu mọi thí sinh đều giải được bài toán B và bài toán C thì ta có mọi thí sinh đều giải
được bài toán B; bài toán C.
 Nếu có một thí sinh chỉ giải được một bài toán, giả sử giải được bài toán B. Xét học
sinh này với tất cả các học sinh còn lại. Theo giả thiết, có mọi thí sinh đều giải được bài
toán B.
Vậy nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán
khác mà mọi thí sinh đều giải được.
b) Theo giả thiết ta có mọi thí sinh đều giải được ít nhất một bài toán. Nếu có một thí
sinh chỉ giải đúng một bài toán. Xét học sinh này với tất cả các học sinh còn lại, ta có mọi
thí sinh đều giải được bài toán đó. Ta chỉ còn xét trường hợp mà mọi thí sinh giải được ít
nhất hai bài toán.
 Gọi số thí sinh giải được A, B mà không giải được C là x, số thí sinh giải được B, C
mà không giải được A là y, số thí sinh giải được A, C mà không giải được B là z, số thí
sinh giải được cả A, B, C là t (x, y, z, t  N )
Ta có:

x  y  z  t  60

(1)

Cách 1: Giả sử có điều trái với kết luận của bài toán.
Ta có: x + z + t < 40; x + y + t < 40; y + z + t < 40
Do đó : x + z + t + x + y + t + y + z + t < 40 + 40 + 40

 2  x  y  z  t   t  120


.

Kết hợp (1) ta có : t < 0.
Điều này vô lí. Điều giả sử ở trên là sai.
Vậy có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được.
Cách 2 : Ta có : số học sinh không giải được A là y, không giải được B là z, không giải
được C là x.
Nếu x > 20 ; y > 20 ; z > 20 thì x + y + z > 60. Mâu thuẫn (1).
Do đó : trong ba số x, y, z phải có một số không vượt quá 20.
Như vậy có một bài toán mà có nhiều nhất 20 thí sinh không giải được. Do đó bài toán
này có ít nhất 40 thí sinh giải được.
Vậy có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được.