ĐAI HỌC QUỐC GIA TP.HCM
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2013
TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾUMÔN THI: TOÁN (Chuyên)
Thời gian: 150 phút
2
2
Câu I: Cho phương trình: x − 4mx + m − 2m+ 1= 0(1) với m là tham số.
a) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1;x2 phân biệt. Chứng minh
rằng: khi đó x1;x2 không thể tái dấu nhau.
b) Tìm m sao cho:

x1 − x2 = 1

3x2 + 2y + 1= 2z ( x + 2)
 2
Câu II: Giải hệ phương trình: 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 x3 + y3 ≤ x − y
a) Chứng minh rằng: y ≤ x ≤ 1
b) Chứng minh rằng: x3 + y3 ≤ x2 + y2 ≤ 1
Câu IV: Cho M = a2 + 3a+ 1 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 trò nào của a thì M là lũy
thừa của 5?
µ = 600 . Đường tròn (I) nội tiếp tam giác (với tâm I)
Câu V: Cho ∆ABC có A
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
S theo r và chứng minh SIMN ≥ ( SIMN chỉ là diện tích ∆IMN )
4
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,x2 ⇔ ∆ ' = 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: x1.x2 = m2 − 2m+ 1= ( m− 1) ≥ 0
2

Do đó x1;x2 không thể trái dấu.
b) Phương trình có hai nghiệm không âm x1;x2



1
c m ≤ −1 (á
p dụng câ
u a)
 m ≥ 3 hoặ
∆ ' ≥ 0


1
⇔ S = x1 + x2 ≥ 0 ⇔ 4m ≥ 0
⇔ m≥
3
P = x .x ≥ 0

2

1 2
( m− 1) ≥ 0


x1 − x2 = 1⇔ x1 + x2 − 2 x1x2 = 1⇔ 4m− 2 ( m− 1) = 1
2

Ta có:

⇔ 4m− 2 m− 1 = 1⇔ m− 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


1
Vậy m = là giá trò cần tìm.
2
2
2
2
Câu II: Ta có: 3x + 2y + 1+ 3y + 2z + 1+ 3z + 2x + 1= 2z ( x + 2) + 2x ( y + 2) + 2y ( z + 2)
⇔ 3x2 + 2y + 1+ 3y2 + 2z + 1+ 3z2 + 2x + 1= 2zx + 4z + 2xy + 4x + 2yz + 4y

(

) (

) (

) (


) (

) (

)

⇔ x2 − 2xy + y2 + x2 − 2zx + z2 + y2 − 2yz + z2 + x2 − 2x + 1 + y2 − 2y + 1 + z2 − 2z + 1 = 0
⇔ ( x − y) + ( x − z) + ( y − z) + ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 0
2

2

2

2

2

2

⇔ ( x − y) = ( x − z) = ( y − z) = ( x − 1) = ( y − 1) = ( z − 1) = 0
2

2

2

2

2


2

⇔ 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: x ≥ 0;y ≥ 0 và x3 + y3 ≤ x − y .
Do đó : x − y ≥ x3 + y3 ≥ 0 . Nên x − y ≥ 0 ⇔ x ≥ y

(

3
3
3
3
2
2
Ta cũng có : x + y ≥ x − y = ( x − y) x + xy + y

(

2
2
Nên x − y ≥ ( x − y) x + xy + y

)

)


Nếu x = y thì x + y ≤ 0 . Ta có : x = y = 0. Nên y ≤ x ≤ 1
3

3

(

)

2
2
Nếu x > y thì từ x − y ≥ ( x − y) x + xy + y ta có : 1≥ x2 + xy + y2

Mà x2 + xy + y2 ≥ x2 . Nên 1≥ x2 . Mà x ≥ 0 . Nên 1≥ x
Vậy y ≤ x ≤ 1
b) 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 nên y3 ≤ y2;x3 ≤ x2 . Do đó : x3 + y3 ≤ x2 + y2
Vì 1≥ x2 + xy + y2 và x2 + xy + y2 ≥ x2 + y2 . Do đó: x2 + y2 ≤ 1
Vậy x3 + y3 ≤ x2 + y2 ≤ 1
Câu IV:
2
2
a) M = a + 3a+ 1= a + 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) M2 )
Do đó mọi ước cả M đều là số lẻ.


(

)


b) M = a2 + 3a+ 1= a2 − 2a+ 1 + 5a = ( a− 1) + 5a
2

Ta có: M M5;( 5a) M5 . Do đó: ( a− 1) M5 . Nên a− 1M5
2

Ta có : a chia cho 5 dư 1, tức a = 5k + 1( k ∈ N )

(

)

2
n
*
Đặt a + 3a+ 1= 5 n∈ N ( n∈ N* vì do a ≥ 1 nên a2 + 3a+ 1≥ 5 )

Ta có : 5n M5 theo trên ta có : a = 5k + 1( k ∈ N )

Ta có : ( 5k + 1) + 3( 5k + 1) + 1= 5n ⇔ 25k2 + 10k + 1+ 15k + 3+ 1= 5n
2

⇔ 25k ( k + 1) + 5 = 5n ( *)

2
Nếu n ≥ 2 ta có : 5n M52 , mà 25k ( k + 1) M5 ; 5 không chia hết cho 52 : vô lí.

Vậy n = 1. Ta có : 25k ( k + 1) = 0;k ∈ N . Do đó : k = 0. Nên a = 1.
Câu V :


a) Ta có : MN // BC (gt), 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 : IKN
= IEN
= 900 ⇒ Tứ giác IKEN nội tiếp.
·
·
·
·
Ta có : IMF
(Tứ giác IFMK nội tiếp) ; IKF
(Tứ giác IKEN nội tiếp).
= ANI
= IKF
·
·
⇒ Tứ giác IMAN nội tiếp.

⇒ IMF
= ANI
b) Ta có :
·
·
 IMK
= IFK
( Tứgiác IFMK nộitiếp)

·
·
 IN K = IEK
( Tứgiác IKEN nộitiếp)
Mặt khác : IE = IF (= r) ⇒ ∆IEF cân tại I.
∆IMN cân tại I có IK là đường cao.
⇒ 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)
MN 2.MK MK
Do đó:
=
=
BC
2.BJ
BJ


Mặt khác: ∆ABC có MN // BC
AM MN

(Hệ quả của đònh lý Thales)
⇒
=
AB BC
AM MK  MN 
=
Ta có:
=
÷
AB
BJ  BC 
Xét ∆AMK và ∆ABJ , ta có:
·
·
 AMK
= ABJ
( hai góc đồng vòvàMN // BC)

 AM MK
=

BJ
 AB
·
·
⇒ ∆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
⇒ AI ⊥ EF ⇒ S = AI.EF
2
∆IAE vuông tại E ⇒ AE = IE.cotIAE; IE = AI.sin.IAE
r
⇒ AE = r.cot300 = 3.r;AI =
= 2r
sin300
Vậy EF = AE = 3.r
1
1
Vậy S = .AI .EF = .2r. 3.r = 3.r2(đvdt)
2
2
Gọi H là giao điểm của AI và EF.
·
Ta có: IH ⊥ EF, H là trung điểm của EF và HIF

= 600 .
1
∆IHF vuông tại H ⇒ IH = IF.cosHIF = r.cos600 = .r
2
1
3.r2
Do đó: SIEF = .IH.EF =
(đvdt)
2
4
Xét ∆IMN và ∆IEF , ta có:
·
·
·
·
IMN
= IFE;INM
= IEF
Do đó: ∆IMN : ∆IEF ( g − g)
2

S
 IM 
IM
⇒ IMN = 
≥1
÷ . Mà IF ⊥ FM ⇒ IM ≥ IF ⇒
SIEF  IF 
IF
SIMN

≥ 1⇒ SIMN ≥ SIEF
Do đó:
SIEF
Ta có: S = 3.r2;SIEF =

3.r2
;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.
Vậy SIMN ≥


• 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.