Hướng dẫn giải, Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán, trường chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai năm 2014 - 2015

Mời các bạn tham khảo

---

---------

a)     X 2014 − ĐỒNG NAI − LTV − CHUYÊN

Bài 1                 ,5 điểm

Tìm các số thực x và y thỏa

x² + 9y² − 2x + 6y + 2 = 0.

Giải         pt > nhiều ẩn

x² + 9y² − 2x + 6y + 2 = 0 Û (x − 1)² + (3y + 1)² = 0 Û x = 1 và y =

Bài 2                  

Cho số thực x thỏa  < x < . Chứng minh 2x³ − 3x² − x + 1 < 0.

Giải         Xét dấu

Đặt f(x) = 2x³ − 3x² − x + 1 = (2x − 1)(x − )(x − ).

Vì  < x < nên 2x − 1 > 0, x − < 0, x − > 0. Do đó f(x) < 0.

Bài 3                 1,5 điểm

Cho phương trình xⁿ⁺² − 12xⁿ⁺¹ + 29xⁿ = 0, với n là số nguyên dương. Chứng minh rằng hai số 6 + và 6 −  là nghiệm của phương trình đã cho với mọi số nguyên dương n.

2) Cho P = . Chứng minh giá trị của P là số nguyên.

Giải          

1) xⁿ⁺² − 12xⁿ⁺¹ + 29xⁿ = 0 Û xⁿ(x² − 12x + 29) = 0 Û xⁿ(x − 6 − )(x − 6 + ) = 0.

Vậy u = 6 +  và v = 6 −  là nghiệm của (1)

2) Theo câu 1) có:

uⁿ⁺² − 12uⁿ⁺¹ + 29uⁿ = 0, " n Î N*.

Û uⁿ⁺² = 12uⁿ⁺¹ − 29uⁿ, " n Î N*.

Tương tự vⁿ⁺² = 12vⁿ⁺¹ − 29vⁿ, " n Î N*

Vậy (uⁿ⁺² + vⁿ⁺²) = 12..(uⁿ⁺¹ + vⁿ⁺¹) − 29..(uⁿ + vⁿ) (2), " n Î N*

Nhận thấy (u¹ + v¹) = 6 và (u² + v²) = 43.

Vậy lần lượt thế n = 1, 2, …, 8 vào (2) được kết quả vế trái đều là số nguyên.

Do đó P = [(6 + )¹⁰ + (6 − )¹⁰] = (u¹⁰ + v¹⁰) Î Z.

Bài 4                 2 điểm

Giải hệ phương trình  (với x và y đều là số thực)

Giải         Hpt > pt nhân tử

(2) Û y² + 3y − x² − x + 2 = 0 Û (y − x + 1)(y + x + 2) = 0

Û y = x − 1 hoặc y = −x − 2. Thay vào phương trình (1) ta tìm được x.

Phương trình có 4 nghiệm (1 + ; ) (1 − ; −); (−6 − , 4 + ); (−6 + ; 4 − )

Bài 5                 1 điểm

Cho hai số nguyên dương a và b có ước chung lớn nhất bằng 1. Biết ab bằng lập phương của số nguyên dương. Chứng minh a bằng lập phương của số nguyên dương.

Giải         Ước bội

Theo giả thiết ab = c³, với c Î N*.

Đặt d = (a, c) Þ d Î N*.

Vậy a = da₁, c = dc₁; với a₁, c₁ Î N* và (a₁, c₁) = 1.

Từ đó da₁b = d³(c₁)³ Û a₁b = d²(c₁)³ (1)

Þ d²(c₁)³  b. Mà (d, b) = 1, vì (a, b) = 1. Vậy (c₁)³  b.

Mặt khác từ (1) Þ a₁b  (c₁)³ Þ b  (c₁)³, vì (a₁, c₁) = 1. Do đó b = (c₁)³.

Vậy (1) Û a₁ = d² Þ a = d³. (đpcm)

Bài 6                 1 điểm

Cho tập hợp S = {m Î N | 126 ≤ m ≤ 2014 và m là bội số của 6}, với N là tập hợp các số tự nhiên.

1) Tính số các phần tử của tập hợp S

2) Tính số các phần tử của tập hợp S là ước số của 126126 mà không là bội của 13.

Giải         Tổ hợp

a) Nhận thấy 126 là số nhỏ nhất thuộc S và 2010 là số lớn nhất thuộc S.

Vậy m Î S Û m = 6k với k Î N thỏa:

126 ≤ 6k ≤ 2010  Û 21 ≤ k ≤ 335.

Từ 21 đến 335 có 335 − 21 + 1 = 315 số tự nhiên. Do đó tập S có 315 phần tử.

2)

Đặt a = 126126 = 6.3.7².11.13

Đặt T = {m Î N* | m là ước của a, là bội của 6 và không là bội của 13}

T = {6; 18; 42; 66; 126; 198; 294; 462; 882; 1389; 3234; 9702}. Do đó chỉ có 6 số thỏa điều kiện bài toán.

Bài 7                 3 điểm

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) tâm O. Lấy điểm D thuộc cung   của đường tròn (O) không chứa C, với D không trùng A và B. Vẽ đường thẳng a đi qua D vuông góc với AD, biết đường thẳng a cắt đoạn BC tại điểm M (M không trùng B và C). Gọi K là trung điểm đoạn DM. Đường trung trực đoạn thẳng DM cắt các đoạn thẳng AB, AC, BD, AM lần lượt tại các điểm E, F, N, I. (N không trùng B, F không trùng C).

1) Chứng minh bốn điểm B, C, N, F cùng thuộc một đường tròn.

2) Cho tam giác ABC cân tại A. Chứng minh MF // AB.

Giải         a) tứ giác nt > tổng 180

1) Ta có AD ^ DM (do a ^ AD)

Và NF ^ DM (do NF là trung trực của DM)

Suy ra NF // AD Þ    (hai góc đồng vị).

Vì tứ giác ACBD nội tiếp đường tròn (O) nên

Từ đó Þ BNFC là tứ giác nội tiếp Þ đpcm.

Giải         B) song song > hbh

Ta có   (vì NF là đường trung trực đoạn DM).

Mà   = 180⁰ (kề bù)

Mặt khác   = 180⁰ (do tứ giác BNFC nội tiếp)

Þ  . Vậy   

Vì ∆ABC cân tại A nên . Từ đó

Mà B và N nằm cùng phía với đường thẳng ME, vậy BMEN là tứ giác nội tiếp.

Suy ra   = 180⁰ −  = =  Þ ME // FA.

Vì NF // AD (chứng minh câu 1) và K là trung điểm của đoạn DM nên KL là đường trung bình của ∆ADM. Suy ra AL = ML.

Mà  (hai góc so le trong) và  (đối đỉnh)

Từ đó ∆ALF = ∆MLE Þ AF = ME. Vậy AEMF là hình bình hành. Do đó MF // AB.