Tải bản đầy đủ

039 đề thi vào 10 chuyên toán quảng ngãi 2019 2020

)
2
2a  b 3a  2b 2a 2  ab  b2  3a 2  5ab  2b 2 5a 2  4ab  b 2



b) Q 
a b
ab
a 2  b2
a 2  b2
Vì a 2  4ab  7b2  0 nên ta có:
Q

6  a 2  b2    a 2  4ab  7b2 
a 2  b2



6  a 2  b2 
a 2  b2


6

c) Nhận xét A1;3   d  ; B  0;1   d '
Với m  2 thì  d  : y  3 và  d ' : x  0 vuông góc với nhau
1
x 1
m2
1 

Khi đó ta có a.a '   m  2 . 
  1   d    d '
 m2
Vậy  d    d ' với mọi m

Với m  2 thì  d ' : y  

Vậy giao điểm của đường thẳng nói trên nhìn đoạn AB cố định dưới một góc vuôn nên
thuộc đường tròn đường kính AB khi m thay đổi.
Bài 3.
a)
x  y  3 1 x  y
 x  y  3  2 x  y  3  1  x  2 xy  y
 x  y  3  xy  2
 x  y  3  xy  4 xy  4
 xy 

xy  x  y  1
4

Nếu xy là số không chính phương thì VT là số vô tỉ còn VP là số hữu tỉ, vô lý
Vậy xy  k 2  xy  k
Ta có:


x  y  3  xy  4 xy  4  x  y  2 xy  xy  2 2 xy  1 



x y



 
2





xy  1

2

 x  y  xy  1(*)


y  k  1  x  y   k  1  2  k  1 x  x



 k  1  x  y do....k  2
x


2  k  1

2

2

Nếu x là số không chính phương thì VT vô tỉ, VP hữu tỉ, vô lý
Vậy x là số chính phương, lý luận tương tự thì y là số chính phương.
Đặt x  a 2 ; y  b2 , từ (*) a  b  ab  1   a  1 b  1  2
Ta tìm được  a; b    2;3 ;  3;2    x; y    4;9  ;  9;4 
b) n  1116  36.376
Mỗi ước số nguyên dương của n có dạng 3x.37 y trong đó x 01;2;3;4;5;6 và

y 0;1;2;3;4;5;6 . Do x có thể nhận 7 giá trị và y cũng có thể nhận giá trị 7 nên n có
tất cả 7  7  49 ước số nguyên dương phân biệt
n
Nếu a là một ước số nguyên dương của n, a  1113 thì b  cũng là một ước số nguyên
a
dương của n, b  a. Khi đó a và b tạo thành một cặp ước số nguyên dương của n và
chúng có tích đúng bằng n .
Trong 49 ước số nguyên dương phân biệt của n, ngoại trừ 1113 còn 48 ước số còn lại
được chia thần 24 cặp ước số có tính chất như cặp ước  a, b 

Vậy tích tất cả các ước nguyên dương phân biệt của n là 1116  .1113  111147
24


Bài 4.

C

M

A

B

O
P

Q

1

N

1

D
a) Vì AB  CD nên CA  CB  D1  N1 nên tứ giác PQDN nội tiếp

 PND  PQD  1800 mà PND  900  PQD  900  PQ  CD  PQ / / AB
b) Xét hai tam giác CAQ và AMC có:

ACQ  MAC  450 ; CAQ  AMC (do sd AC  sd BN  sd BC  sd BN )
CA CQ

 AM .CQ  AC 2  2 R 2
AM AC
AM .CQ AC 2 2 R 2
Tứ giác ACMQ có AM  CQ  S ACMQ 


 R2
2
2
2

Vậy CAQ MAC ( g.g ) 

2

CA CQ AQ
CQ  AQ 




c) Ta có CAQ MAC ( g.g ) 
 1
AM AC MC
AM  MC 
COM

CND( g.g ) (vì DCN chung; COM  CND  900 )

CM CO

 CM .CN  2 R.R 2  2 R 2
CD CN
Tương tự: AQ. AN  2R 2

Suy ra


Vậy CM .CN  AQ.AN 

AQ CN

MC AN

CQ  CN 
Từ (1) và (2) suy ra


AM  AN 

(2)

2

d) Ta có tứ giác PQDN nội tiếp  PQN  PDN
Mà PDN  BCN nên PQN  BCN
NQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp CPQ khi PQN  PCQ
Do đó: BCN  PCQ hay BN  ND
Suy ra CN là phân giác của OCB
Tam giác BOC vuông cân tại O  BC  BC  OB 2  R 2
OM OC
R
1
Vì CM là phân giác của tam giác BOC nên



MB CB R 2
2
Ta có: OM  MB  R  OM  R
Vậy khi OM  R







2 1



2  1 thì NQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp CPQ

Bài 5.
Theo quá trình đổi dấu ghi trên ô vuông ở dòng i cột j được đổi dấu i  3 j  1
lần. Mà i  3 j  1 và i  j hai số không cùng tính chẵn lẻ (vì  i  3 j  1   i  j   2 j  1
là số lẻ)
Do đó những ô vuông ở dòng i cột j mà i  j là số lẻ sẽ đổi dấu một số chẵn lần và dấu
ở ô vuông đó vẫn là dấu  , còn những ô vuông ở dòng i cột j mà i  j là số chẵn sẽ đổi
dấu một số lẻ lần và dấu ở ô vuông đó là dấu 
Mà từ 1 đến 2019 có 1009 số chẵn và 1010 số lẻ nên số cặp  i; j  mà i  j bằng :
1009.1010  1010.1009  2038180

Vậy số các ô vuông còn lại mang dấu  bằng 2038180



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×