Category Archives: Đề thi

Ngày thứ 1

Bài 1. Cho tập hợp
$$
A=\{n \in \mathbb{N} \mid 1 \leq n \leq 2015,(n, 2016)=1\}
$$
Hỏi có bao nhiêu số nguyên $a \in A$ sao cho tồn tại số nguyên b mà $a+2016 b$ là số chính phương?

Bài 2. Cho $a, b, c, d$ là các số thực thỏa mãn điều kiện
$$
a^{2} \leq 1, a^{2}+b^{2} \leq 5, a^{2}+b^{2}+c^{2} \leq 14, a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2} \leq 30
$$
1. Chúng minh rằng $a+b+c+d \leq 10$.
2. Chứng minh rằng $a d+b c \leq 10$.

Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện
$$
f(x-2 f(y))=5 f(x)-4 x-2 f(y)
$$
với mọi $x, y \in \mathbb{R}$.

Bài 4. Cho đường tròn $k$ và các điểm $B, C$ thuộc đường tròn, không phải là đường kính; I là trung điểm $B C$. Điểm $A$ di động trên cung lớn $B C$ của $k$. Gọi $i_{1}$ là đường tròn qua $I$ và tiếp xúc với $A B$ tại $B ; i_{2}$ là đường tròn qua $I$ và tiếp xúc với $A C$ tại $C$. Các đường tròn $i_{1}, i_{2}$ cắt nhau tại $D$ (khác $I$ ).
1. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AID luôn đi qua một điểm cố định.
2. Gọi $K$ là trung điểm $A D$, $E$ là tâm đường tròn qua $K$ và tiếp xúc với $A B$ tại $A, F$ là tâm đường tròn qua $K$ và tiếp xúc với AC tại $A$. Chứng minh rằng góc EAF có số đo không đổi.

Ngày thứ 2

Bài 5. Dãy số $\left(x_{n}\right)$ được xác định bởi công thức $x_{n}=\frac{1}{n \cos \frac{1}{n}}$ với mọi $n \geq 1$. Tính giới hạn sau
$$\lim \frac{x_{1}+x_{3}+x_{5}+\cdots+x_{2 n-1}}{x_{2}+x_{4}+x_{6}+s+x_{2 n}}$$

Bài 6. Tim các giá trị của $b$ sao cho tồn tại a để hệ phương trình sau có nghiệm $(x, y)$
$$
\left\{\begin{array}{l}
(x-1)^{2}+(y+1)^{2}=b \\y=x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}
\end{array}\right.
$$

Bài 7. Cho n là số nguyên dương, $n \geq 2$ và $X={1,2,3, \ldots, n}$. Gọi $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{m}$ và $B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{m}$ là hai dãy các tập con khác rỗng của $X$ thỏa mãn điều kiện: Với mỗi $i, j \in{1,2,3, \ldots, n}, A_{i} \cap B_{j}=\varnothing$ nếu và chỉ nếu $i=j$.
1. Chúng minh rằng với mỗi hoán vị $\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)$ của $X$, có không quá một cặp tập hợp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ với $i=1,2,3, \ldots, n$ sao cho nếu $x_{k} \in A_{i}$ và $x_{l} \in B_{i}$ thì $k<l$.
2. Gọi $a_{i}, b_{i}$ lần lượt là số phần tử của tập hợp $A_{i}, B_{i}$ với $i=1,2,3, \ldots, m$. Chúng minh rằng
$$
\sum_{i=1}^{m} \frac{1}{C_{a_{i}+b_{i}}^{a_{i}}} \leq 1
$$

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn tâm $O$. Đường tròn tâm $I$ đi qua $B$, $C$ lần lượt cắt các tia $B A$, CA tại $E, F$.
1. Giả sử các tia $B F, C E$ cắt nhau tại $D$ và $T$ là tâm đường tròn $(A E F)$. Chứng minh rằng $O T$ || ID.
2. Trên BF, CE lần lượt lấy các điểm $G, H$ sao cho $A G \perp C E, A H \perp B F$. Các đường tròn $(A B F),(A C E)$ cắt $B C$ tai $M, N$ (khác $B, C)$ và cắt EF tại $P, Q$ (khác $E, F)$. Gọi $K$ là giao điểm của $M P, N Q$. Chứng minh rằng DK vuông góc với GH.

Giải

Bài 1.

Cho $n$ là số nguyên dương lớn hơn 1 , ta quy ước gọi một số nguyên dương a được gọi là thặng dư chính phương theo modulo $n$ nếu $(a, n)=1$ và tồn tại số nguyên $x$ sao cho $a \equiv x^{2}(\bmod n)$. Trong bài này, dể dơn giản, ta quy ước xét các thặng dư chính phưong nhỏ hơn $n$.
Đặt $s(n)$ là số các số nhỏ hơn $n$ và là thặng dư chính phương theo modulo n. Ta sễ chứng minh hai bổ dề dưới đây:
Bổ đề 1: Cho $p$ là số nguyên tố và $k$ là số nguyên dưong. Khi đó:
1. Nếu $p=2$ thì $s\left(2^{k}\right)=2^{\max (k-3,0)}$.
2. Nếu $p>2$ thì $s\left(p^{k}\right)=\frac{p^{k}-p^{k-1}}{2}$.
Bổ đề $2: s(n)$ là hàm nhân tính.
Thật vậy,
Trước hết, ta biết rằng $s(p)=\frac{p-1}{2}$ với $p$ là số nguyên tố lẻ. Ta sẽ tính $s\left(p^{k}\right)$ với $k \in \mathbb{Z}^{+}$.
Xét một thặng dư chính phương $a$ của $p$, khi đó tồn tại $x$ sao cho
$$
a \equiv x^{2}(\bmod p)
$$
Dặt $a=x^{2}+p q$ thì hiển nhiên
$$
a \equiv x^{2}+p q\left(\bmod p^{k}\right) \Leftrightarrow a-p q \equiv x^{2}\left(\bmod p^{k}\right)
$$
và khi đó, ta có $p^{k-1}$ cách chọn $q$ để các số $a-p q$ là các thặng dư chính phưong $\bmod p^{k}$.
Suy ra
$$
s\left(p^{k}\right)=p^{k-1} s(p)=\frac{p^{k}-p^{k-1}}{2}
$$
Xét số nguyên tố $p=2$, với $k=1,2,3$, dể dàng kiểm tra được $s\left(2^{k}\right)=1$.
Ta xét $k \geq 4$, tưong tự trên, ờ bước chọn $q$, ta chỉ có 2 cách nên $s\left(2^{k}\right)=$ $2 s\left(2^{k-1}\right)$. Từ đó bằng quy nạp, ta có được
$$
s\left(2^{k}\right)=2^{k-3}, k \geq 4
$$
Tiếp theo, xét hai số $a, b$ nguyên dương và $(a, b)=1 .$ Gọi $A$ là tập họp các thặng dư chính phương theo modulo $a b$ và $B$ là tập hợp các số là thặng dư chính phưong chung của $a, b$.
Nếu $x \in A$ thì tổn tại $y$ sao cho $x \equiv y^{2}(\bmod a b)$. Rō ràng khi đó,
$$
x \equiv y^{2} \quad(\bmod a), x \equiv y^{2} \quad(\bmod b)
$$

(chú ý rằng nếu $x>a$, ta có thể chọn $x^{\prime}$ sao cho $x^{\prime}<a$ và $x \equiv x^{\prime}(\bmod a)$; tương tự với $b$ ). Do đó, $x \in B$, tức là $x \in A \Rightarrow x \in B$ nên $|A| \leq|B|$.
Tiếp theo, xét $x \in B$. Khi đó tồn tại $r, s$ sao cho $x \equiv r^{2}(\bmod a), x \equiv s^{2}$ $(\bmod b)$. Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tổn tại số nguyên $z$ sao cho
$$
z \equiv r(\bmod a), z \equiv s(\bmod b)
$$
Khi đó
$$
x \equiv z^{2} \quad(\bmod a), x \equiv z^{2} \quad(\bmod b)
$$
nên
$$
x-z^{2}: a b \text { hay } x \equiv z^{2}(\bmod a b)
$$
Do đó: $x \in A$, tức là $x \in B \Rightarrow x \in A$ nên $|A| \geq|B|$.
Từ đây ta có
$$
|A|=|B| \text { hay } s(a) s(b)=s(a b)
$$
Vậy $s(n)$ là hàm nhân tính.
Các bổ đề đều được chứng minh.
Trở lại bài toán, ta thấy rằng
$$
2016=2^{5} \cdot 3^{2} \cdot 7
$$
Rō ràng bài toán yêu cầu đếm số thặng dư chính phương theo modulo 2016. Theo bổ dề 2 thì
$$
s(2016)=s\left(2^{5}\right) s\left(3^{2}\right) s(7)
$$
Theo bổ đề 1 thì
$$
s\left(2^{5}\right)=2^{2}=4, s\left(3^{2}\right)=\frac{3^{2}-3}{2}=3, s(7)=\frac{7-1}{2}=3
$$
Do đó, số các số $a$ cần tìm là $4 \cdot 3 \cdot 3=36$.

Bài 2.

1) Dự đoán dấu bằng xảy ra khi $a=1, b=2, c=3, d=4$ nên ta có các đánh giá sau
$$
\left\{\begin{array}{l}
a^{2}+1 \geq 2 a \\
b^{2}+4 \geq 4 b \\
c^{2}+9 \geq 6 c \\
d^{2}+16 \geq 8 d
\end{array}\right.
$$
Do đó, ta có
$$
\begin{aligned}
&24(a+b+c+d) \leq 3\left(d^{2}+16\right)+4\left(c^{2}+9\right)+6\left(b^{2}+4\right)+12\left(a^{2}+1\right) \\
&=3 d^{2}+4 c^{2}+6 b^{2}+12 a^{2}+120 \\
&=3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)+\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+2\left(a^{2}+b^{2}\right)+6 a^{2}+120 \\
&\leq 3 \cdot 30+14+2 \cdot 5+6 \cdot 1+120=240
\end{aligned}
$$
Suy ra $a+b+c+d \leq 10$.
2) Ta có:
$$
16 a^{2}+d^{2} \geq 8 a d \text { và } 9 b^{2}+4 c^{2} \geq 12 b c
$$
Từ đó suy ra
$$
\begin{aligned}
&24(a d+b c) \leq 3\left(16 a^{2}+d^{2}\right)+2\left(9 b^{2}+4 c^{2}\right) \\
&=3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)+5\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+10\left(a^{2}+b^{2}\right)+30 a^{2} \\
&\leq 3 \cdot 30+5 \cdot 14+10 \cdot 5+30 \cdot 1=240
\end{aligned}
$$
Suy ra $a d+b c \leq 10$.

Bài 3.

Goi $(*)$ là điều kiện đề bài cho. Trong $(*)$, thay $x=y=0$, ta có
$$
f(-2 f(0))=3 f(0)
$$
Đặt $f(0)=a$ thì $f(-2 a)=3 a$. Trong $(*)$, thay $x=0$ và $y=-2 a$, ta có
$$
f(-2 f(-2 a))=5 a-2 f(-2 a) \Leftrightarrow f(-6 a)=-a
$$

Trong $(*)$, thay $x=-2 a, y=-6 a$, ta có
$$
\begin{aligned}
&f(-2 a-2 f(-6 a))=5 f(-2 a)-4 x-2 f(-6 a) \\
&\Leftrightarrow f(0)=15 a+8 a+2 a \\
&\Leftrightarrow a=25 a \\
&\Leftrightarrow a=0
\end{aligned}
$$
Do đó $f(0)=0$.
Trong $(*)$, thay $y=0$, ta có
$$
f(x)=5 f(x)-4 x \Leftrightarrow f(x)=x
$$
Thử lại ta thấy thỏa.
Vậy hàm số cần tìm chính là
$$
f(x)=x, \forall x \in \mathbb{R}
$$

Bài 4.

1) Gọi $O$ là tâm của đường tròn $k$. Không mât tính tống quát, giả sử tia $\Lambda D$ nằm giữa hai tia $A O, A B$, các trường hợp còn lại tương tự.
Ta có:
$$
\angle I D B=\angle A B C, \angle I D C=\angle A C B
$$
nên
$$
\angle B A C+\angle B D C=\angle B A C+\angle A B C+\angle A C B=180^{\circ}
$$

Do đó, tứ giác $A B D C$ nội tiếp hay $D \in(O)$. Ta thấy
$$
\begin{aligned}
&\angle D A O+\angle O I D \\
&=\angle B A C-(\angle D A B+\angle O A C)+360^{\circ}-\left(90^{\circ}+\angle D I C\right) \\
&=\angle B A C-\left(\angle I C D+90^{\circ}-\angle A B C\right)+270^{\circ}-\angle D I C \\
&=\angle B A C+\angle A B C-(\angle I C D+\angle D I C)+180^{\circ} \\
&=\left(180^{\circ}-\angle A C B\right)-\left(180^{\circ}-\angle I D C\right)+180^{\circ} \\
&=\angle I D C-\angle A C B+180^{\circ}=180^{\circ}
\end{aligned}
$$

Do đó, AOID nội tiếp hay đường tròn $(A I D)$ di qua $O$ cố định.
2) Ta có:
$$
\angle E A C=90^{\circ}-\angle B A C, \angle F A B=90^{\circ}-\angle B A C
$$
nên
$$
\angle E A F=180^{\circ}-2 \angle B A C+\angle B A C=180^{\circ}-\angle B A C
$$
Do đó, góc $\angle E A F$ có số đo không đổi.

Bài 5.

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:
Giá trị của biểu thức
$$
\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}
$$
tiến tới vô cực khi $n \rightarrow+\infty$. Thật vậy,
Xét hàm số $f(x)=\ln (1+x)-x$ với $x>0$. Ta có
$$
f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-1<0
$$
nên đây là hàm nghịch biến, suy ra $f(x)<f(0)=0$ hay $\ln (1+x)<$ $x, \forall x>0$. Thay $x$ bởi $\frac{1}{n}$, ta được
$$
\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n} \Leftrightarrow \frac{1}{n}>\ln (1+n)-\ln n
$$
Do đó,
$$
\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}++\frac{1}{n}>\ln 2-\ln 1+\ln 3-\ln 2+\cdots+\ln (n+1)-\ln n=\ln (n+1)
$$
Vì $\ln (n+1) \rightarrow+\infty$ khi $n \rightarrow+\infty$ nên
$$
\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} \rightarrow+\infty
$$
Trở lại bài toán, đặt
$$
y_{n}=\frac{x_{1}+x_{3}+x_{5}+\cdots+x_{2 n-1}}{x_{2}+x_{4}+x_{6}+\cdots+x_{2 n}}
$$
với $n \geq 1$. Ta thấy vì $\frac{1}{n} \in\left(0 ; \frac{\pi}{2}\right)$ nên $\cos \frac{1}{n}>0$, suy ra
$$
x_{n}=\frac{1}{n \cos \frac{1}{n}}>0, n \geq 1
$$

Xét hàm số $f(t)=\frac{t}{\cos t}$ với $t \in\left(0 ; \frac{\pi}{2}\right)$ thì $f^{\prime}(t)=\frac{\cos t+t \sin t}{\cos ^{2} t}>0$ nên đây là hàm đồng biến. Chú ý rằng $x_{n}=f^{2}\left(\frac{1}{n}\right)$, mà $\frac{1}{n}$ là dãy giảm nên $x_{n}$ cũng là dãy giảm.
Suy ra $x_{1}>x_{2}, x_{3}>x_{4}, \ldots, x_{2 n-1}>x_{2 n}$ nên $y_{n}>1$
Ngoài ra, ta cũng có $x_{3}<x_{2}, x_{5}<x_{4}, \ldots, x_{2 n-1}<x_{2 n-2}$ nên
$$
\begin{aligned}
y_{n}<& \frac{x_{1}+\left(x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n-2}\right)}{x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}}=\\
& 1-\frac{x_{1}-x_{2 n}}{x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}}<1-\frac{x_{1}}{x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}}
\end{aligned}
$$
Dễ thấy rằng
$$
x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{2 i \cos \frac{1}{2 i}} \geq \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{2 i}=\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}
$$
Theo bổ đề trên thì $\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}$ tiến tới vô cực nên
$$
\lim \left(x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}\right)=+\infty
$$
Do dó
$$
\lim \left(1-\frac{x_{1}}{x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}}\right)=1-0=1
$$
Theo nguyên lý kẹp, ta có $\lim x_{n}=1$.

Bài 6.

Đặt $X=x-1, Y=y+1$, thay vào, ta có
$$
\begin{aligned}
&\left\{\begin{array}{l}
X^{2}+Y^{2}=b \\
Y-1=(X+1)^{2}+(2 a+1)(X+1)+a^{2}
\end{array}\right. \\
&\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}
X^{2}+Y^{2}=b \\
Y=X^{2}+(2 a+3) X+a^{2}+2 a+3
\end{array}\right.
\end{aligned}
$$
Ta đưa về tìm điều kiện của $b$ để tồn tại $a$ mà hệ trên có nghiệm $(X, Y)$. Do
$$
Y-(X+2)=X^{2}+2(a+1) X+(a+1)^{2}=(X+a+1)^{2} \geq 0
$$

nên $Y \geq X+2$. Suy ra $Y-X \geq 2>0$, tức là $(X-Y)^{2} \geq 4$. Ta có
$$
b=X^{2}+Y^{2}=\frac{(X-Y)^{2}+(X+Y)^{2}}{2} \geq \frac{(Y-X)^{2}}{2} \geq 2
$$
Mặt khác, với $b \geq 2$, nếu chọn $X=-(a+1)$ thì có $Y=X+2=1-a$. Khi đó, ta có
$$
X^{2}+Y^{2}=(a+1)^{2}+(a-1)^{2}=2\left(a^{2}+1\right)=b
$$
Như thế, với $a$ thỏa mãn $2\left(a^{2}+1\right)=b$ thì hệ có nghiệm là
$$
(X, Y)=(-a-1,1-a)
$$
Dễ dàng thấy rằng do $b \geq 2$ nên luôn tồn tại $a$ như thế.
Vậy các giá trị cần tìm của $b$ là $b \geq 2$.

Bài 7.

1) Giả sử ngược lại, tồn tại 2 cặp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ và $\left(A_{j}, B_{j}\right)$ thỏa mãn điểu kiện đề bài đã cho.
Vì $i \neq j$ nên theo giả thiết,
$$
\left|A_{i} \cap B_{j}\right| \geq 1,\left|A_{j} \cap B_{i}\right| \geq 1
$$
Đặt $x_{r} \in A_{i} \cap B_{j}, x_{s} \in A_{j} \cap B_{i}$ với $1 \leq r, s \leq n$ thì:
– Do $x_{r} \in B_{j}$ nên với mọi $x_{k} \in A_{j}$, ta đều có $k<r$.
– Do $x_{r} \in A_{i}$ nên với mọi $x_{k} \in B_{i}$, ta đều có $k>r$.

Từ đây suy ra
$$
A_{j} \subset\left\{x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{r-1}\right\}, B_{i} \subset\left\{x_{r+1}, x_{r+2}, \ldots, x_{n}\right\}
$$
Điều này cho thấy $A_{j} \cap B_{i}=\varnothing$, mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy tồn tại không quá 1 cặp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ thỏa mãn điều kiện đã cho.
2) Gọi $T$ là tập hợp các cách chọn hai dãy
$$
A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{m} \text { và } B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{m}
$$
thỏa mãn điều kiện là: với mỗi $i, j \in\{1,2,3, \ldots, n\}, A_{i} \cap B_{j}=\varnothing$ nếu và chỉ nếu $i=j$.
Gọi $T_{i} \subset T$ là các cách chọn sao cho sao cho cặp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ thỏa mãn điều kiện là: cặp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ với $i=1,2,3, \ldots, n$ sao cho nếu $x_{k} \in A_{i}$ và $x_{l} \in B_{i}$ thì $x_{k}<x_{l}$ (ở đây ta xét thứ tự ban đầu của các phần tử của $X$ ). (*)
Theo câu 1) thì $T_{i} \cap T_{j}=\varnothing$ với $i \neq j$ nên ta có
$$
\left|T_{1}\right|+\left|T_{2}\right|+\cdots+\left|T_{m}\right|=\left|T_{1} \cup T_{2} \cup \ldots \cup T_{m}\right| \leq T
$$
Tiếp theo, với $1 \leq i \leq m$, xét một tập hợp $S \subset X$ và $|S|=a_{i}+b_{i}$. Khi đó, tương ứng với $S$, có đúng 1 cách chọn $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ thỏa mãn tính chất $(*)$ – tức là $A_{i}$ sẽ nhận $a_{i}$ số nhỏ nhất trong tập $S, B_{i}$ là lấy phần còn lại.
Trong khi đó, nếu không có điều kiện $(*)$, ta có thể chọn tùy ý $C_{a_{i}+b_{i}}^{a_{i}}$ phần tử trong $S$ và $A$ và số còn lại cho $B$.
Do đó, ta có
$$
\left|T_{i}\right|=\frac{|T|}{C_{a_{i}}^{a_{i}}+b_{i}}
$$
với $i=1,2, \ldots, m$. Từ đây suy ra
$$
\sum_{i=1}^{m} \frac{|T|}{C_{a_{i}+b_{i}}^{a_{i}}} \leq|T| \Leftrightarrow \sum_{i=1}^{m} \frac{1}{C_{a_{i}+b_{i}}^{a_{i}}} \leq 1
$$
Ta có đpcm.

Bài 8.

1) Giả sử $E F$ cắt $B C$ ở $L$ và $(T),(O)$ cắt nhau tại $J$ khác $A$. Suy ra $A J$ chính là trục đẳng phương của $(T),(O)$. Do đó $O T \perp A J$.
Khi đó,
$$
L B \cdot L C=L E \cdot L F
$$
nên $L$ thuộc trục đẳng phương của $(T),(O)$. Suy ra $A, J, L$ thẳng hàng. Theo định lý Brocard cho tứ giác $B E F C$ nội tiếp trong đường tròn $(I)$ thì $I$ chính là trực tâm của tam giác $A D L$.
Vì thế nên ID $\perp A L$, mà $O T \perp A J$ nên $I D \| O T$.

2) Dễ dàng thấy rằng $D$ là trực tâm của tam giác $A G H$ nên $A D \perp G H$. Ta sẽ chứng minh rằng $A, D, K$ thẳng hàng.

Ta có $D B \cdot D F=D E \cdot D C$ nên $D$ có cùng phương tích tới 2 đường tròn $(A B F),(A E C)$. Suy ra $A D$ chính là trục đẳng phương của 2 đường tròn này.

Bằng biến đổi các góc nội tiếp, ta thấy rằng
$$
\angle M P Q=\angle M B F=\angle C E F=\angle C N Q
$$
Suy ra $M N P Q$ nội tiếp, dẫn đến $K M \cdot K P=K N \cdot K Q$, tức là $K$ cũng có cùng phương tích tới 2 đường tròn $(A B F),(A E C)$.
Từ đó suy ra $A, D, K$ thẳng hàng. Do đó, $D K$ vuông góc với $G H$.

Đề thi chọn đội tuyển trường Phổ thông Năng khiếu năm học 2020-2021

Ngày thi thứ nhất

Bài 1 . Với mỗi số nguyên dương $n$, tìm số thực $M_{n}$ lớn nhất sao cho với mọi số thực dương $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ thì ta đều có
$$
\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_{k}^{2}}+\frac{1}{\left(\sum_{k=1}^{n} x_{k}\right)^{2}} \geq M_{n}\left(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_{k}}+\frac{1}{\sum_{k=1}^{n} x_{k}}\right)^{2}
$$
Bài 2. Cho 2021 số nguyên khác 0 . Biết rằng tổng của một số bất kỳ trong chúng với tích của tất cả 2020 số còn lại luôn âm.
(a) Chứng minh rằng với mọi cách chia 2021 số này thành hai nhóm và nhân các số cùng nhóm lại với nhau thì tổng của hai tích cũng luôn âm.
(b) Một bộ số thỏa mãn đề bài thì có thể có nhiều nhất mấy số âm?

Bài 3. Cho hai hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ và $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $g(2020)>0$ và với mọi
$$
x, y \in \mathbb{R} \text { thì }\left\{\begin{array}{l}
f(x-g(y))=f(-x+2 g(y))+x g(y)-6 \
g(y)=g(2 f(x)-y)
\end{array}\right.
$$
(a) Chứng minh rằng $g$ là hàm hằng.
(b) Chứng minh rằng đồ thị $h(x)=f(x)-x$ nhận $x=1$ là trục đối xứng.

Bài 4 . Cho tam giác $A B C$ nhọn, nội tiếp trong đường tròn $(O)$ có trực tâm $H$ và $A H, B H, C H$ cắt cạnh đối diện lần lượt tại $D, E, F$. Gọi $I, M, N$ lần lượt là trung điểm các cạnh $B C, H B, H C$ và $B H, C H$ cắt lại $(O)$ theo thứ tự tại các điểm $L, K$. Giả sử $K L$ cắt $M N$ ở $G$.
(a) Trên $E F$, lấy điểm $T$ sao cho $A T$ vuông góc với $H I$. Chứng minh rằng $G T$ vuông góc với $O H$.
(b) Gọi $P, Q$ lần lượt là giao điểm của $D E, D F$ và $M N$. Gọi $S$ là giao điểm của $B Q, C P$. Chứng minh rằng $H S$ đi qua trung điểm của $E F$.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho số nguyên dương $n>1$. Chứng minh rằng với mọi số thực $a \in\left(0 ; \frac{1}{n}\right)$ và mọi đa thức $P(x)$ có bậc $2 n-1$ thỏa mãn điều kiện $P(0)=P(1)=0$, luôn tồn tại các số thực $x_{1}, x_{2}$ thuộc $[0 ; 1]$ sao cho $P\left(x_{1}\right)=P\left(x_{2}\right)$ và $x_{2}-x_{1}=a$

Bài 6. Giải phương trình sau trên $\mathbb{Z}^{+}:\left(x^{2}+3\right)^{3^{x+1}}\left[\left(x^{2}+3\right)^{3^{x+1}}+1\right]+x^{2}+y=x^{2} y$.

Bài 7. Cho các số nguyên $n>k>t>0$ và $X={1,2, \ldots, n}$. Gọi $\mathcal{F}$ là họ các tập con có $k$ phần tử của tập hợp $X$ sao cho với mọi $F, F^{\prime} \in \mathcal{F}$ thì $\left|F \cap F^{\prime}\right| \geq t$ Giả sử không có tập con có $t$ phần tử nào chứa trong tất cả các tập $F \in \mathcal{F}$.
(a) Chứng minh rằng tồn tại một tập hợp $B \subset X$ sao cho $|B|<3 k$ và $|B \cap F| \geq t+1$ với mọi $F \in \mathcal{F}$.
(b) Chứng minh rằng $|\mathcal{F}|<C_{3 k}^{t+1} C_{n}^{k-t-1}$.

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp trong $(O)$ với $B, C$ cố định và $A$ thay đổi trên cung lớn $B C$. Dựng hình bình hành $A B D C$ và $A D$ cắt lại $(B C D)$ ở $K$.
(a) Gọi $R_{1}, R_{2}$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp $(K A B),(K A C)$. Chứng minh rằng tích $R_{1} R_{2}$ không đổi.
(b) Ký hiệu $(T),\left(T^{\prime}\right)$ lần lượt là các đường tròn cùng đi qua $K$, tiếp xúc với $B D$ ở $B$ và tiếp xúc với $C D$ ở $C$. Giả sử $(T),\left(T^{\prime}\right)$ cắt nhau ở $L \neq K$ Chứng minh rằng $A L$ luôn đi qua một điểm cố định.

Hết

Lời giải

Đề thi chọn đội Dự Tuyển PTNK năm học 2020-2021

Kì thi chọn Dự tuyển trường Phổ thông Năng khiếu tham dự kì thi 30/04 được tổ chức vào tháng 01 năm 2021, đề gồm 4 bài, làm trong 120 phút.

Đề bài

Bài 1. Cho các số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P=\frac{7}{2} a+(1-a)(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^{2} b^{2} c^{2}$$

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f(x-f(y))=4 f(x)+3 x+f(y)$ với mọi $x, y \in \mathbb{R}$.

Bài 3. Cho $n$ là số nguyên dương và $A=\left\{m \in \mathbb{N}^{*} \mid \operatorname{gcd}(m, 6)=1, m<30 n\right\}$ với $|A|=8 n+1$. Chứng minh rằng tồn tại 2 số phân biệt $a, b \in A$ sao cho $a \mid b$.
Bài 4. Cho điểm $M$ di động trên đường thẳng $d$ cố định và $O$ là điểm cố định nằm ngoài đường thẳng $d$. Gọi $A$ là hình chiếu của $O$ lên $d$, và $H$ là hình chiếu của $A$ trên $O M$. Gọi $D$ là trung điểm $H M$.
(a) Chứng minh rằng đường thẳng qua $H$, vuông góc với $A D$ luôn đi qua một điểm cố định. Gọi điểm đó là $N$.
(b) Chứng minh rằng tâm đường tròn $(H M N)$ luôn thuộc một đường thẳng cố định. Từ đó tính tỷ số $\frac{A M}{A O}$ để $(H M N)$ và $(O A H)$ tiếp xúc với nhau.

Đáp án đề thi Toán không chuyên trường Phổ thông Năng Khiếu năm 2021

Bài 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức: $$P=\dfrac{a^2+b\sqrt{ab}}{a+\sqrt{ab}}+\dfrac{a\sqrt{a}-3a\sqrt{b}+2b\sqrt{a}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\ \ (a>b>0)$$

a) Thu gọn biểu thức $P$.

b) Chứng minh $P>0$.

Bài 2. (2 điểm)

a) Giải phương trình: $(x^2 +2x -3)\left( \sqrt{3-2x} – \sqrt{x+1}\right) =0$

b) Cho $(d): y=(m+1)x+mn$ và $(d_1): y=3x+1$. Tìm $m$, $n$ biết $(d)$ đi qua $A(0;2)$, đồng thời $(d)$ song song với $(d_1)$.

Bài 3. (1,5 điểm) Cho $(P)$, $(d)$ lần lượt là đồ thị hàm số $y=x^2$ và $y= 2x+m$.

a) Tìm $m$ sao cho $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt $A(x_1;y_1)$, $B(x_2;y_2)$.

b) Tìm $m$ sao cho $(x_1-x_2)^2 + (y_1-y_2)^2 =5$.

Bài 4. (2 điểm)

a) Công ty viễn thông gói cước được tính như sau:

Gói I: $1800$ đồng/phút cho $60$ phút đầu tiên; $1500$ đồng/phút cho $60$ phút tiếp theo và $1000$ đồng/phút cho thời gian còn lại.
Gói II: $2000$ đồng/phút cho $30$ phút đầu tiên; $1800$ đồng/ phút cho $30$ phút tiếp theo; $1200$ đồng/phút cho $30$ phút tiếp theo nữa và $800$ đồng/phút cho thời gian còn lại.

Sau khi cân nhắc thì bác An chọn gói II vì sẽ tiết kiện được $95000$ đồng so với gói I. Hỏi trung bình bác An gọi bao nhiêu phút một tháng?

b) Cho $\triangle ABC$ có $AB=3$, $AC=4$, $BC=5$. $BD$ là tia phân giác của $\angle ABC$. Tính $BD$?

Bài 5. (3 điểm) Cho $\triangle ABC$ nhọn $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(T)$ có tâm $O$, bán kính $R$, $BC=R\sqrt{3}$. Tiếp tuyến tại $B$, $C$ của $(T)$ cắt nhau tại $P$. Cát tuyến $PA$ cắt $(T)$ tại $D$ (khác $A$). Đường thẳng $OP$ cắt $BC$ tại $H$.

a) Chứng minh $\triangle PBC$ đều. Tính $PA\cdot PD$ theo $R$.

b) $AH$ cắt $(T)$ tại $E$ (khác $A$). Chứng minh $HA \cdot HE = HO \cdot HP$ và $PD = PE$.

c) Trên $AB$ lấy điểm $I$ thỏa $AI =AC$, trên $AC$ lấy điểm $J$ thỏa $AJ = AB$. Đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $I$ và đường thẳng vuông góc với $AC$ tại $J$ cắt nhau ở $K$. Chứng minh $IJ=BC$ và $AK \bot BC$. Tính $PK$ theo $R$.

— HẾT —

LỜI GIẢI

Bài 1.

a) Ta có $a>b>0$ nên

$P = \dfrac{{{a^2} + b\sqrt {ab} }}{{a + \sqrt {ab} }} + \dfrac{{a\sqrt a – 3a\sqrt b + 2b\sqrt a }}{{\sqrt a – \sqrt b }}$

$= \dfrac{{{{\left( {\sqrt a } \right)}^3} + {{\left( {\sqrt b } \right)}^3}}}{{\sqrt a + \sqrt b }} + \dfrac{{\left( {\sqrt a – \sqrt b } \right)\left( {a – 2\sqrt {ab} } \right)}}{{\sqrt a – \sqrt b }}$

$= a – \sqrt {ab} + b + a – 2\sqrt {ab} = 2a – 3\sqrt {ab} + b.$

(1đ)

b) Ta có $a>b>0$ nên $\sqrt{a}>\sqrt{b}$, do đó

$P=2a-3\sqrt{ab}+b=\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(2\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)>0. $

(0,5đ)

Bài 2.

a) $(x^{2}+2x-3)(\sqrt{3-2x}-\sqrt{x+1})=0 \quad (*)$

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} 3-2x\geq 0 \\ x+1\geq 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow -1\leq x\leq \dfrac{3}{2}$

(0,25đ)

$(*) \Leftrightarrow (x -1)(x+3)(\sqrt{3-2x}-\sqrt{x+1})=0$

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x – 1=0}\\ {x+3=0}\\ {3-2x=x+1} \end{array}} \right.$

(0,25đ)

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x =1 \ \ \ (n)}\\ {x=-3 \ (l)}\\ {x=\dfrac{2}{3}\ \ \ (l)} \end{array}} \right.$

(0,25đ)

Vậy $S=\left\{ 1; \dfrac{2}{3}\right\}$

(0,25đ)

b) $(d) // (d_{1})\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m+1=3 \\ m.n\neq 1 \end{array} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m=2 \\ n\neq \dfrac{1}{2} \end{array} \right. $

(0,5đ)

Vì $A(0;2)\in (d): y=3x+2n\Leftrightarrow 2=3.0+2n\Leftrightarrow n=1$ (n)

(0,5 đ)

Vậy $m=2$, $n=1$

Bài 3.

a) Phương trình hoành độ giao điểm của $ (P) $ và $ (d) $

$ x^2=2x+m \Leftrightarrow x^2-2x-m=0 \quad (1)$

(0,25đ)

$ (P) $ cắt $ (d) $ tại 2 điểm phân biệt $ A, B \Leftrightarrow $ $ (1) $ có $2$ nghiệm phân biệt

$ \Leftrightarrow $ $ \Delta’>0 $ $ \Leftrightarrow $ $ 1+m>0 $

$ \Leftrightarrow m>-1 $ $(*)$

(0,25đ)

Vậy $m>-1$ thì $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt.

b) Với điều kiện $(*)$ theo Viet ta có: $ S=x_1+x_2=2 $, $ P=x_1\cdot x_2=-m $

(0,25đ)

Ta có: $A(x_1;y_1)\in (d) \Leftrightarrow y_1 = 2x_1+m$; $B(x_2;y_2)\in (d) \Leftrightarrow y_2=2x_2+m$

Ta có:

$ (x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2=5$

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2+(2x_1-2x_2)^2=5$

(0,25đ)

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2+4(x_1-x_2)^2=5$

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2=1\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-4x_1x_2=1$

$ \Leftrightarrow 4+4m=1 \Leftrightarrow m=\dfrac{-3}{4}$ (thỏa $(*)$)

(0,5đ)

Vậy $m=-\dfrac{3}{4}$

Bài 4.

a) Giả sử thời gian gọi trung bình mỗi tháng của bác An là $t$ (phút, $t>0$).

Gọi $A(x)$, $B(x)$ lần lượt là cước phí khi gọi $x$ phút tương ứng với gói cước I và gói cước II, theo đề bài ta có $A(t)-B(t)=95000$ (đồng).

Ta có bảng sau:

Vậy trung bình mỗi tháng bác An gọi $475$ phút.

(1đ)

b) Ta có: $3^2 + 4^2 = 5^2$ nên $AB^2 + AC^2 = BC^2$

Theo định lý Pythagore đảo, tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

(0,25đ)

Theo tính chất đường phân giác: $\dfrac{DC}{BC} = \dfrac{DA}{BA}$.

Suy ra $\dfrac{DC}{BC} = \dfrac{DA}{BA} = \dfrac{DC + DA}{BC + BA} = \dfrac{AC}{BA + BC} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow AD = \dfrac{1}{2} BA = \dfrac{3}{2}$.

(0,5đ)

Tam giác $ABD$ vuông tại $A$ nên: $BD^2 = AD^2 + AB^2 = \dfrac{45}{4} \Rightarrow BD =\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$.

(0,25đ)

Bài 5.

Ta có: $OB = OC$, $PB = PC$ suy ra $PO$ là đường trung trực của $BC$

nên $OP \bot BC$ và $H$ là trung điểm $BC$.

$\sin \angle HOC = \dfrac{HC}{OC}= \dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \angle HOC = 60^\circ \Rightarrow \angle HCP = \angle HOC =60^\circ $

$\triangle PBC$ có $PB = PC$ và $\angle BCP =60^\circ $ suy ra $\triangle PBC$ đều

(0,5đ)

Xét $\triangle PBD$ và $\triangle PAB$ có $\angle BPD$ chung, $\angle PBD = \angle PAB$

$\Rightarrow \triangle PBD \backsim \triangle PAB$ (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{PB}{PA}= \dfrac{PD}{PB}\Rightarrow PA\cdot PD = PB^2 = 3R^2$

(0,5đ)

Xét $\triangle HAB $ và $\triangle HCE$ có $\angle AHB = \angle CHE$, $\angle HAB = \angle HCE$

$\Rightarrow \triangle HAB \backsim \triangle HCE$ (g.g) $\Rightarrow HA \cdot HE = HB \cdot HC = HB^2 = HO \cdot HP$

(0,5đ)

Xét $\triangle HOA $ và $\triangle HEP$ có $\angle OHA = \angle EHP$, $\dfrac{HO}{HE} = \dfrac{HA}{HP}$

$\Rightarrow \triangle HOA \backsim \triangle HEP$ (c.g.c) $\Rightarrow \angle HOA = \angle HEP$, suy ra $AOEP$ là tứ giác nội tiếp.

Suy ra $\angle HPE = \angle HPD$ (chắn hai cung $OE$ và $OA$ bằng nhau) $(1)$

Lại có $PA \cdot PD = PB^2 = PH \cdot PO \Rightarrow \dfrac{PD}{PO} = \dfrac{PH}{PA}$

$ \Rightarrow \triangle PDH \backsim \triangle POA$ (c.g.c) suy ra $OHDA$ nội tiếp.

Mà $\angle PAO = \angle ODA =\angle AHO = \angle PHE$ nên $\angle PHD = \angle PHE$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\triangle HDP = \triangle HEP$ (g.c.g), suy ra $PD=PE$.

(0,5đ)

Xét $\triangle ABC$ và $\triangle AJI$ có $AB=AJ$, $\angle IAC$ chung, $AC=AI$

nên $\triangle ABC = \triangle AJI \Rightarrow IJ = BC$

(0,25đ)

Gọi $Q = BC \cap AK$

Ta có: $\angle AIK = \angle AJK =90^\circ $ nên $AIKJ$ nội tiếp đường tròn đường kính $AK$

$ \Rightarrow \angle AKI = \angle AJI$

Mà $\angle AJI = \angle ABC$ (do $\triangle ABC = \triangle AJI$) nên $\angle AKI = \angle ABC$.

Tứ giác $BQKI$ có $\angle AKI = \angle ABC$ nên $BQKI$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow \angle BIK + \angle BQK = 180^\circ \Rightarrow \angle BQK = 180^\circ – \angle BIK = 180^\circ – 90^\circ =90^\circ $

Suy ra $AK \bot BC$.

(0,25đ)

Vì $\triangle ABC = \triangle AIJ$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác này bằng nhau.

Mà $AK$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\triangle AIJ$ nên $AK=2R$.

$\triangle OCP$ vuông tại $C$:

$\Rightarrow OP^2 = OC^2 + CP^2 = R^2 + \left( R\sqrt{3} \right) ^2 = 4R^2$

$\Rightarrow OP=2R \Rightarrow OP=AK$.

Ta có: $AK \bot BC$, $OP \bot BC$ nên $AK // OP$.

Tứ giác $AOPK$ có $AK // OP$ và $AK=OP$ nên $AOPK$ là hình bình hành, suy ra $PK=AO=R$.

Vậy $PK=R$.

(0,5đ)

Lời giải được thực hiện bởi nhóm giáo viên Star Education: thầy Nguyễn Tăng Vũ, thầy Nguyễn Ngọc Duy, thầy Nguyễn Tấn Phát, cô Bùi Thị Minh Phương, Châu Cẩm Triều, Lê Quốc Anh, Nguyễn Công Thành

Đáp án đề thi chuyên Toán thi vào trường Phổ thông Năng khiếu năm 2021

ĐỀ BÀI

Bài 1. (1.5 điểm) Cho hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}=2 \\
x+y=m
\end{array} \right. $

a) Giải hệ với $m=7$
b) Tìm $m$ sao cho hệ có nghiệm $(x,y)$

Bài 2. (1.5 điểm) Cho $M=\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$, $N=\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}$, $K=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$

a) Chứng minh nếu $MK=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}$ thì $N=0$
b) Cho $M=K=4$, $N=1$. Tính tích $abc$.

Bài 3. (1.5 điểm) Cho dãy $n$ số thực $x_1; x_2; \ldots ; x_n$ ($n \ge 5$) thỏa: $x_1 \le x_2 \le \ldots \le x_n$ và $x_1 + x_2 + \ldots x_n =1$

a) Chứng minh nếu $x_n \ge \dfrac{1}{3}$ thì $x_1 + x_2 \le x_n$
b) Chứng minh nếu $x_n \le \dfrac{2}{3}$ thì tìm được số nguyên dương $k <n$ sao cho

$$\dfrac{1}{3}\le x_1 + x_2 + \ldots + x_k \le \dfrac{2}{3}$$

Bài 4. (1.5 điểm)

a) Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $(2n+1)^3 + 1 $ chia hết cho $2^{2021}$
b) Tìm tất cả số tự nhiên $n$ và số nguyên tố $p$ sao cho $\dfrac{2n+2}{p}$ và $\dfrac{4n^2+2n+1}{p}$ là các số nguyên. Chứng minh với $n$ và $p$ tìm được, các số nguyên trên không thể đồng thời là số chính phương.

Bài 5. (3 điểm) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Các điểm $E$, $F$ lần lượt thay đổi trên các cạnh $AB$, $AC$ sao cho $EF\parallel BC$. Gọi $D$ là giao điểm của $BF$ và $CE$, $H$ là hình chiếu của $D$ lên $EF$. Đường tròn $(I)$ đường kính $EF$ cắt $BF$, $CE$ tại $M$, $N$. ($M$ khác $F$, $N$ khác $E$)

a) Chứng minh $AD$ và đường tròn ngoại tiếp $\triangle HMN$ cùng đi qua tâm $I$ của đường tròn tâm $I$.
b) Gọi $K$, $L$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $E$, $F$ lên $BC$ và $P$, $Q$ tương ứng là giao điểm của $EM$, $FN$ với $BC$. Chứng minh tứ giác $AEPL$, $AFQK$ nội tiếp và $\dfrac{BP \cdot BL}{CQ \cdot CK}$ không đổi khi $E$, $F$ thay đổi.
c) Chứng minh nếu $EL$ và $FK$ cắt nhau trên đường tròn $(I)$ thì $EM$ và $FN$ cắt nhau trên đường thẳng $BC$.

Bài 6. (1 điểm) Cho $N$ tập hợp ($N \ge 6$), mỗi tập hợp gồm 5 chữ cái khác nhau được lấy từ 26 chữ cái $a$, $b$, $c$, $\ldots$, $x$, $y$, $z$.

a) Biết rằng trong $N$ tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 1 chữ cái, và không có chữ cái nào có mặt trong tất cả $N$ tập hợp này. Chứng minh không có chữ cái nào có mặt trong 6 tập hợp từ $N$ tập đã cho.
b) Biết rằng trong $N$ tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 2 chữ cái, và không có hai chữ cái nào cùng xuất hiện trong $N$ tập hợp này. Hỏi trong số $N$ tập hợp đã cho, có nhiều nhất bao nhiêu tập hợp có chung đúng 2 chữ cái?

HẾT

Bình luận chung Đề bài nhìn chung vừa dài và khó, có nhiều ý, đầy đủ các phần đại số, số học, hình học và tổ hợp. Có 3 bài đại số, 1 bài số học, 1 bài hình và 1 bài tổ hợp. Đại số chiếm $50\%$ tổng số bài.

Các bài học sinh chuyên toán có thể lấy điểm được ở bài 1, 2 và bài 5a.
Các câu mức phân loại là 3a, 4a, 5b. Nếu làm chắc các câu trên nhiều khả năng sẽ đậu.
Những câu khó là 3b, 4b 5c, 6b, các kĩ thuật khó đối với học sinh cấp 2, đặc biệt là 3b và 4b.
Đề năm nay nhìn chung khó, các bạn làm được từ 5 điểm trở lên có hy vọng đậu vào chuyên toán, còn điểm cao tầm 9, 10 tôi nghĩ là rất khó đạt, phải thực sự có năng khiếu và làm bài chắc tay mới đạt được.

Bài 1.

a) (0.75 điểm) $\left\{ \begin{array}{l}
\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}=2 \\
x+y=m
\end{array} \right. \quad (1) $

ĐKXĐ: $x \ge 2$, $y\ge 1$

Đặt $u = \sqrt{x-2}, v = \sqrt{y-1}$ ta có $u, v \geq 0$ và $u+v = 2, u^2+v^2=4$.

Giải ra được $u = 2, v=0$ hoặc $u = 0, v=2$. Từ đó có nghiệm $(x;y)$ là $(2;5), (6;1)$.

b) (0.75 điểm)

Đặt $u=\sqrt{x-2}$, $v= \sqrt{y-1}$ ($u, v \ge 0)$

Hệ phương trình trở thành: $\left\{ \begin{array}{l}
u+v=2 \\
u^2 + v^2 =m-3
\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
u+v=2 \\
2u^2 – 4u +7-m=0 \quad (2)
\end{array} \right. $

Để hệ $(1)$ có nghiệm khi và chỉ khi $(2)$ phải có 2 nghiệm không âm, nhỏ hơn hoặc bằng 2, khi và chỉ khi:

$\left\{ \begin{array}{l}
\Delta ‘ \ge 0 \\
S \geq 0 \\
\left( x_1 -2 \right) \left( x_2 -2 \right) \geq 0 \\
S \le 4
\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ge 5 \\
m \le 7
\end{array} \right. $

Vậy $5 \le m \le 7$ thì hệ đã cho có nghiệm $(x,y)$

Bài 2.

a) $MK=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow N=0 .$

$M K =\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

$+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$
$=\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{b}{a(c+a)}+\dfrac{c}{a(a+b)}$

$+\dfrac{a}{b(b+c)}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{c}{b(a+b)}+$

$+\dfrac{a}{c(b+c)}+\dfrac{b}{c(c+a)}+\dfrac{1}{a+b}$
$=N+\dfrac{b}{c+a}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c})$

$+\dfrac{c}{a+b}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})+\dfrac{a}{b+c}(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$
$= N+\dfrac{b}{ac}+\dfrac{c}{ab}+\dfrac{a}{bc}= N+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}$

Mà $M K=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} $

$\Rightarrow N+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$

$\Rightarrow N=0$

b) Ta có $M=K=4 ; N=1$

Theo câu a) ta được:

$MK=N+\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$
$\Rightarrow 16=1+\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$
$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}=15abc$
$\Rightarrow(a+b+c)^{2}-2(a b+b c+c a)=15 a b c (*)$

Ta có:

$K+3=\dfrac{a}{b+c}+1+\dfrac{b}{c+a}+1+\dfrac{c}{a+b}+1=(a+b+c)N \Rightarrow 7=a+b+c$

$M=4 \Rightarrow a b+b c+c a=4 a b c$.

Thay vào $ (*) $
$\Rightarrow 7^{2}-2.4 a b c=15 a b c$
$\Rightarrow a b c=\dfrac{49}{23} .$

Bài 3.

a) Có nhận xét: nếu $x_1 + x_2 +\cdots x_k > 0$ thì có ít nhất $i \in \overline{1,k}$ để $x_i > 0$ suy ra $x_{k+1}>0$.

(0.75 điểm) Giả sử rằng $ x_1+x_2>x_n\geq \dfrac{1}{3}>0 $, khi đó $x_i > 0$ với mọi $2 \leq i \leq n$.

Do $n \geq 5$ nên $x_1+\cdots x_{n-1} \geq x_1 +x_2+x_3+x_4 \leq 2(x_1+x_2) >\dfrac{2}{3} \Rightarrow x_n < \dfrac{1}{3}$ (Vô lý).

Nếu $x_n \geq \dfrac{1}{3}$, khi đó $\dfrac{2}{3}\geq x_n \geq \dfrac{1}{3}$, Từ $x_1+x_2+\cdots x_n=1$, suy ra $$\dfrac{1}{3} \leq x_1+x_2 +\cdots +x_{n-1} = 1-x_n \geq \dfrac{2}{3}$$
Nếu $x_n < \dfrac{1}{3}$. Suy ra $x_i < \dfrac{1}{3}$ với mọi $i$.
Giả sử không tồn tại $k$ thỏa đề bài, tức là không có $k$ để $$\dfrac{1}{3}\le x_1 + x_2 + \ldots + x_k \le \dfrac{2}{3} (*)$$

Ta chứng minh tồn tại $l\leq n-2$ sao cho $x_1+\cdots x_l < \dfrac{1}{3}$ và $x_1+\cdots x_{l+1} > \dfrac{2}{3}$. (**)

Thật vậy nếu không tồn tại $l$ thì $x_1 < \dfrac{1}{3}$, suy ra $x_1+x_2 < \dfrac{1}{3}$, vì ngược lại thì do (**) nên $\dfrac{1}{3} \leq x_1+x_2 \leq \dfrac{2}{3}$.(mâu thuẫn do (*)

Lý luận tương tự thì $x_1+x_2+\cdots x_{n-1} <\dfrac{1}{3}$(Mâu thuẫn).

Do đó nếu tồn tại $l$ thỏa $(**)$ thì suy ra $x_{l+1} > \dfrac{1}{3} > x_n$ (vô lý).

Vậy điều giả sử sai. Do đó tồn tại $k$ thỏa đề bài.

Bài 4.

a) (0.5 điểm) ${{\left(2n+1\right)}^3+1}\; \vdots\; {{2}^{2021}}$
$\Leftrightarrow {(2n+2)(4n^{2}+2n+1)}\;\vdots\;{{2}^{2021}}$
$\Leftrightarrow {2(n+1)(4n^{2}+2n+1)}\;\vdots\;{{2}^{2021}}$
$\Leftrightarrow {(n+1)(4n^{2}+2n+1)}\; \vdots\; {{2}^{2020}}$
$\Leftrightarrow n+1\; \vdots \; 2^{2020} \quad\text{(do$ \; 4n^{2}+2n+1 \equiv 1 \; $ (mod$ \; 2$))}$
$\Leftrightarrow n=2^{2020}k-1\ (k\in \mathbb Z^+)$

b) (1 điểm)Từ $p\mid 2n+2$ và $p\mid 4n^2+2n+1$ thì $p$ phải là số lẻ, dẫn đến $p\mid n+1$.

Do $4n+2+2n+1=4(n-1)(n+1)+2(n+1)+3$ nên $p\mid 3$, từ đó $p=3$. Kết hợp với điều kiện $p\mid n+1$ thì $n=3k-1$ với $k\in \mathbb Z^+$.
(0.5 điểm)
Ta chứng minh rằng $\dfrac{2n+2}{3}$ và $\dfrac{4n+2+2n+1}{3}$ không cùng là số chính phương.

Thật vậy, giả sử rằng ta có điều ngược lại, vì chúng đều là số nguyên dương nên:
$$\dfrac{2n+2}{3}\cdot \dfrac{4n^2+2n+1}{3}=s^2\ (s\in \mathbb Z^+)$$
Viết lại thành $(2n+1)^3=(3s-1)(3s+1)$.

Do $s$ là số chẵn nên $(3s-1,3s+1)=1$, dẫn đến việc tồn tại các số nguyên $a,b$ để $ab=2n+1$, $(a,b)=1$ và:
$$\begin{cases}
3s-1=a^3\\
3s+1=b^3
\end{cases}$$

Từ đây $2=(b-a)(b^2+ba+a^2)$.

Do $b>a$ nên $b-a\in{1,2}$.

Xét từng trường hợp và giải ra cụ thể, ta được $(a,b)=(-1,1)$.

Tuy nhiên điều này dẫn đến $s=0$, trái với việc $s>0$ từ điều đã giả sử.

Vậy giả sử ban đầu là sai hay hai số đã cho không thể cùng là số chính phương.
(0.5 điểm)

Bài 5.

a) (1 điểm) Qua $D$ vẽ đường thẳng song song $BC$ cắt $AB, AC$ tại $X, Y$.

Ta có $\dfrac{DY}{BC} = \dfrac{DF}{BF} = \dfrac{DE}{EC} = \dfrac{DX}{BC}$.

Suy ra $DX = DY$. Suy ra $D$ là trung điểm của $XY$.

Do đó $AD$ qua trung điểm $I$ của $EF$.

Ta có $DHFN, DHEM$ nội tiếp. Suy ra $\widehat{DHN} = \widehat {DFN} = \widehat {MAN}$ và
$\widehat {DHM} = \widehat {NEM} = \widehat {NAM}$.

Suy ra $\widehat {MHN} = 2 \widehat {MAN} = \widehat {MIN}$.

Suy ra tứ giác $MIHN$ nội tiếp. Ta có điều cần chứng minh.
b) (1 điểm) Ta có $\triangle BMP \backsim \triangle BLF$.
Suy ra $BM \cdot BF = BP \cdot BL$.

Mặt khác $\triangle BAF \backsim \triangle BEM$, suy ra $BE \cdot BA = BM \cdot BE$.

Do đó $BA \cdot BE = BP \cdot BL$.

Từ đó ta có tứ giác $AEPL$ nội tiếp.

Chứng minh tương tự thì tứ giác $AFQK$ nội tiếp.

Và $\dfrac{BP\cdot BL}{CQ\cdot CK} = \dfrac{BE\cdot BA}{CF \cdot CA} = \dfrac{AB^2}{AC^2}$.
c) (1 điểm) Giả sử $EL, FK$ cắt nhau tại $S$ thuộc $(I)$.

Khi đó $\angle ESF =90^\circ$ và $EFLK$ là hình vuông.

Vẽ $PU \bot AB, QV \bot AC$.

Ta có $\dfrac{BP}{BC} = \dfrac{BU}{BA} = \dfrac{BK}{BL}$
và $\dfrac{CQ}{BC} = \dfrac{CV}{CA} = \dfrac{CL}{CK}$

Đặt $x = EF = KL$

Ta cần chứng minh $\dfrac{BK}{BL} + \dfrac{CL}{CK} = 1$.

$ \Leftrightarrow BK \cdot CK + BL \cdot CL = BL \cdot CK$
$\Leftrightarrow BK(CL+x)+(BK+x)CL = (BK+x)(CL+x)\Leftrightarrow x^2= BK\cdot CL$.

Đúng vì tam giác $BEK$ và $CFL$ đồng dạng.

Bài 6.

a) Giả sử có chữ cái $S$ sao cho $S$ có mặt trong 6 tập hợp từ $N$ tập đã cho, chẳng hạn 6 tập $A_1$, $A_2$, $\ldots$, $A_6$.

Vì hai tập hợp bất kỳ có chung đúng một chữ cái nên hai tập hợp bất kỳ trong 6 tập trên bao giờ cũng chỉ có chữ cái chung duy nhất là $S$.

Do đó, tổng số chữ cái có mặt trong 6 tập trên là: $1+6(5-1)=25$.

Nếu $N=6$ thì vô lý do $S$ không xuất hiện trong tất cả $N$ tập hợp. Do đó $N \ge 7$.
Với $N \ge 7$, lấy tập $A_7$, có 2 khả năng:
+ $A_7$ chứa $S$: Vì $A_7$ và những tập $A_1$, $A_2$, $\ldots$,$A_6$ có chung đúng một chữ cái $\sigma$ nên $A_7$ còn chứa 4 phần tử không nằm trong bất kỳ tập nào thuộc $A_1$, $A_2$, $\ldots$, $A_6$.

Suy ra tổng số chữ cái trong 7 tập trên là: $1+ 7(5-1)=29 >26$ (vô lý)
+ $A_7$ không chứa $S$.

Khi đó $A_7$ sẽ có chung đúng 1 phần tử với mỗi tập $A_1$, $A_2$, $\ldots$, $A_6$ và 6 phần tử này phải khác nhau. (vì 6 tập $A_1$, $A_2$, $\ldots$, $A_6$ đã có chung $S$)

Do đó $A_7$ có ít nhất 6 phần tử. (vô lý).
Vậy không có chữ cái nào nằm trong 6 tập hợp từ $N$ tập hợp đã cho.

Giả sử có nhiều nhất $k$ tập hợp có chung đúng 2 chữ cái, chẳng hạn $S$ và $T$.

Khi đó dễ thấy $k \ge N-1$ nên tồn tại một tập hợp khác chưa được kể tên trong $k$ tập hợp trên, đặt là tập hợp $X$, $X$ không chứa $\left\{ S, T \right\} $.

Nếu $X$ không chứa cả $S$ lẫn $T$. $X$ giao mỗi tập trong $k$ tập kia ở 2 phần tử khác nhau nên $2k \le 5 \Rightarrow k \le 2$
Nếu $X$ chỉ chứa $S$, không chứa $T$.
Khi đó 4 phần tử còn lại giao với $k$ tập kia ở các phần tử khác nhau, mà $X$ có 5 phần tử nên $k \le 4$.
Vậy có nhiều nhất 4 tập hợp có chung đúng 2 chữ cái.

Để chỉ ra một ví dụ về khả năng có $4$ tập hợp, xét $N=6$. Để thuận tiện, thay các chữ cái bằng các con số từ $1$ đến $26$. Khi đó chọn bộ $N$ tập hợp như sau:
$$\begin{cases}
A_1=\{1,2,3,4,5\}\\\\
A_2=\{1,2,6,7,8\}\\\\
A_3=\{1,2,9,10,11\}\\\\
A_4=\{1,2,12,13,14\}\\\\
A_5=\{1,3,6,10,13\}\\\\
A_6=\{2,3,6,9,12\}
\end{cases}$$
Bộ $6$ tập hợp này thỏa mãn tất cả các điều kiện của bài toán.

Lời giải được thực hiện bởi nhóm giáo viên Star Education: thầy Nguyễn Tăng Vũ, thầy Lê Phúc Lữ, thầy Nguyễn Tấn Phát, Nguyễn Tiến Hoàng, Nguyễn Công Thành, Trần Tín Nhiệm, Châu Cẩm Triều, Lê Quốc Anh.

Đề thi vào lớp 10 Chuyên Toán vào trường PTNK năm 2020

ĐỀ BÀI

Bài 1. Cho các phương trình: $x^2+ ax +3=0$ và $x^2 +bx +5=0$ với $a$, $b$ là tham số. a) Chứng minh nếu $ab\ge 16$ thì trong hai phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm. b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung $x_0$. Tìm $a$, $b$ sao cho $|a|+|b|$ có giá trị nhỏ nhất. Bài 2. Cho phương trình: $3x^2-y^2=23^n$ với $n$ là số tự nhiên. a) Chứng minh nếu $n$ chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên $(x,y)$. b) Chứng minh nếu $n$ lẻ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên $(x,y)$. Bài 3. Cho đường tròn $(O)$, dây cung $BC$ không chứa tâm $O$ và điểm $A$ thay đổi trên cung lớn $BC$. Lấy các điểm $E$ và $F$ thỏa mãn: $\angle ABE =\angle CAE =\angle ACF =\angle BAF =90^\circ $. a) Chứng minh rằng $AE\cdot AC =AF \cdot AB$ và điểm $O$ là trung điểm $EF$. b) Hạ $AD$ vuông góc với $EF$ $(D\in EF)$. Chứng minh các tam giác $DAB$ và $DCA$ đồng dạng và điểm $D$ thuộc một đường tròn cố định. c) Gọi $G$ là giao điểm của $AD$ với đường tròn $(O)$ $(G\ne A)$. Chứng minh $AD$ đi qua một điểm cố định và $GB\cdot AC = GC\cdot AB$. d) Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. Chứng minh $AK$ đi qua một điểm cố định. Bài 4. Cho số tự nhiên $a=3^{13}\cdot 5^7 \cdot 7^{20}$ a) Gọi $A$ là tập hợp các số nguyên dương $k$ sao cho $k$ là ước của $a$ và $k$ chia hết cho 105. Hỏi tập $A$ có bao nhiêu phần tử? b) Giả sử $B$ là một tập con bất kỳ của $A$ có 9 phần tử. Chứng minh ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của $B$ sao cho tích của chúng là số chính phương. Bài 5. Cho hệ phương trình với $k$ là tham số: $\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{x}{\sqrt{yz}}+\sqrt{\dfrac{x}{y}}+\sqrt{\dfrac{x}{z}}=k\\ \dfrac{y}{\sqrt{zx}}+\sqrt{\dfrac{y}{z}}+\sqrt{\dfrac{y}{x}}=k\\ \dfrac{z}{\sqrt{xy}}+\sqrt{\dfrac{z}{x}}+\sqrt{\dfrac{z}{y}}=k \end{array} \right. $ a) Giải hệ với $k=1$. b) Chứng minh hệ vô nghiệm với $k\ge 2$ và $k\ne 3$.

LỜI GIẢI

Bài 1. Xét phương trình: $x^2 +ax +3=0 \quad (1)$, ta có: $\Delta_1 = a^2-12$. Xét phương trình: $x^2 +bx +5=0 \quad (2)$, ta có: $\Delta_2 = b^2-20$ Ta có: $\Delta_1 + \Delta_2 = a^2 + b^2 -32 \ge 2ab -32 \ge 0$ Vậy trong hai số $\Delta_1$ và $\Delta_2$ có ít nhất một số không âm hay một trong hai phương trình đã cho có nghiệm. Dễ thấy $x_0 \ne 0$.

$(1) \Leftrightarrow -a=\dfrac{x_0^2+3}{x_0} \Leftrightarrow |a|=\dfrac{x_0^2+3}{|x_0|}$ $(2) \Leftrightarrow -b=\dfrac{x_0^2+5}{x_0} \Leftrightarrow |b|=\dfrac{x_0^2+5}{|x_0|}$
Suy ra $|a|+|b|= 2|x_0| + \dfrac{8}{|x_0|} \ge 2\sqrt{2|x_0| \cdot \dfrac{8}{|x_0|}} =8 $

Dấu $”=”$ xảy ra khi và chỉ khi: $x_0^2=4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x_0 =2 \\ x_0 = -2 \end{array} \right. $ Với $x_0=2$ hoặc $x_0=-2$, lần lượt giải được $a=\dfrac{7}{2}; \, b= \dfrac{9}{2}$ hoặc \ $a=-\dfrac{7}{2}; \, b=- \dfrac{9}{2}$ Vậy giá trị nhỏ nhất của $|a|+|b|$ là 8 khi $a=\dfrac{7}{2}; \, b= \dfrac{9}{2}$ hoặc $a=-\dfrac{7}{2}; \, b=- \dfrac{9}{2}$ Bài 2. a) Ta nhận thấy 1 số chính phương $m=a^2$ khi chia cho 3 thì có số dư lần lượt là 0 hoặc 1. Nên tổng 2 số chính phương nếu chia hết cho 3 thì mỗi số đều phải chia hết cho 3. Quay lại bài toán, do $n$ chẵn nên $23^n$ và $y^2$ đều là các số chính phương mà $23^n +y^2 =3x^2\ \vdots \ 3 \Rightarrow 23^n\ \vdots \ 3$ (vô lí) Vậy $n$ chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. b) Do $n$ lẻ $\Rightarrow n=2k+1$ ($k\in \mathbb{N^*}$) Xét $\left\{ \begin{array}{l} x=3\cdot 23^k\\ y=2\cdot 23^k \end{array}\right. $ $\Rightarrow 3x^2-y^2=23^{2k+1}=23^n$ Vậy phương trình có nghiệm nguyên Bài 3.

a) Ta có $\angle BAE + \angle EAF = 90^\circ$ và $\angle CAF + \angle EAF = 90^\circ$. Suy ra $\angle BAE = \angle CAF$. $\triangle ABE \backsim \triangle ACF$, suy ra $AE \cdot AC = AB \cdot AF$ Gọi $I$ là giao điểm của $BE$ và $CF$. Khi đó $AI$ là đường kính của $O$. Tứ giác $AEIF$ là hình bình hành, $O$ là trung điểm $AI$ nên là trung điểm $EF$. b) Các tứ giác $ADBE, ADFC$ nội tiếp. Khi đó $\angle ADB = \angle AEB = \angle AFC = \angle ACD$. $\angle ABD = \angle AEC = \angle IFE = \angle AFC = \angle ADC$. Suy ra $\triangle ADB \backsim \triangle ACDA$. (g.g) Ta có $\angle BDC = 2 \angle ADB = 2 \angle AEB = 2 \angle EIF = \angle BOC$. Suy ra tứ giác $BDOC$ nội tiếp. $D$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $BOC$ cố định. c) Gọi $S$ là giao điểm của $AD$ và $(BOC$), ta có $\angle OBS = \angle ODS = 90^\circ$. Suy ra $OS$ là đường kính của $(BOC$, do đó $S$ cố định. $AD$ qua $S$ cố định và $SB, SC$ là tiếp tuyến của $(O)$. Khi đó $\triangle SAB \backsim \triangle SGB$, suy ra $\dfrac{AB}{BG} = \dfrac{SB}{SG}$ tương tự thì $\dfrac{AC}{GC} = \dfrac{SC}{SG}$. Mà $SB = SC$, nên $\dfrac{AB}{BG} = \dfrac{AC}{CG}$, suy ra $GB \cdot AC = GC \cdot AB$. Dễ thấy $D$ là trung điểm của $AG$. d) Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Ta chứng minh $A, M, K$ thẳng hàng. Ta chứng minh được $\angle DAE = \angle KAF$ ($\angle 90^\circ – \angle AED$). Gọi $T$ là trung điểm $CG$. Ta có $\triangle ACD \backsim \triangle BCG$ suy ra $\triangle ABC \backsim \triangle DCG$. Từ đó ta có $\triangle ACM \backsim \triangle DCT$. Khi đó $\angle CAM = \angle CDT = \angle ACD = \angle BAD$. Mà $\angle CAM = \angle CAF + \angle FAM$ và $\angle BAD = \angle BAE + \angle EAD$. Suy ra $\angle FAM = \angle EAD = \angle FAK$. Vậy $A, M, K$ thẳng hàng. $AK$ qua trung điểm $M$ của $BC$ cố định. Bài 4. a) $k\ \vdots \ 105 \Rightarrow k$ chia hết cho 3, 5, 7 $\Rightarrow k=3^n\cdot 5^m \cdot 7^p$ với $m$, $n$, $p$ nguyên dương $\Rightarrow $ có $13\cdot 7\cdot 20 =1820$ cách. b) Giả sử $B$ là tập hợp 9 số nguyên dương $a_i$, $i=\overline{1,9}$\ với $a_i=3^{n_i}\cdot 5^{m_i}\cdot7^{p_i}$ trong đó $0\le n_i\le 13$; $0\le m_i\le 7$ và $0\le p_i\le 20$ Do $B$ có 9 phân tử. Xét nguyên lý Dirichlet với tập các số $n_i$ thì ta có ít nhất 5 số hạng $a_i$ sao cho các số mũ $n_i$ của 3 tương ứng cùng tính chẵn lẻ. Xét tiếp nguyên lý Dirichlet 5 số này cho số mũ $m_i$ của 5 tương ứng thì ta có ít nhất 3 số mà số mũ $m_i$ cũng cùng tính chẵn lẻ. Với 3 số còn lại này ta cũng xét nguyên lý Dirichlet cho số mũ $p_i$ của 7 thì ta sẽ có ít nhất 2 số cũng tính chẵn lẻ. Do 2 số được chọn này có số mũ cùng tính chẵn lẻ với cả các số 3, 5 và 7 nên tích chúng lại sẽ là số chính phương. Bài 5. Điều kiện $x, y, z > 0$ hoặc $x, y, z < 0$. Từ hệ ta có $x + \sqrt{xz} + \sqrt{xy} = k\sqrt{yz} (1), y + \sqrt{yz} + \sqrt{yz} = k\sqrt{xz} (2), z +\sqrt{zx}+\sqrt{zy} = k\sqrt{xy} (3)$. a) Khi $k = 1$ ta có $x + \sqrt{xz} + \sqrt{xy} = \sqrt{yz} (1), y + \sqrt{yz} + \sqrt{yz} = \sqrt{xz} (2), z +\sqrt{zx}+\sqrt{zy} = \sqrt{xy} (3)$.

Nếu $x, y, z > 0$ thì cộng (3) phương trình ta có vô lí.
Nếu $x, y, z < 0$. Cộng 3 phương trình ta có $x+y+z +\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{zy} = 0 \Leftrightarrow (\sqrt{-x}-\sqrt{y})^2 +(\sqrt{-y}-\sqrt{-z})^2+(\sqrt{-x}-\sqrt{-z})^2 = 0$, do đó $x=y=z$.
Thử lại thấy bộ $(x,y,z)$ mà $x=y=z <0$ thỏa hệ phương trình.

b) Giả sử $k\geq 2, k = 3$ thì hệ có nghiệm $(x,y,z)$. Từ hệ ta có $x+y+z = (k-2)(\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{yz}) \geq 0, suy ra $x, y, z > 0$. Giả sử $x = \max{x,y,z}$, ta có $k = \dfrac{x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}}{\sqrt{yz}} \geq 3$. $k = \dfrac{z+\sqrt{xz}+\sqrt{yz}}{\sqrt{xy}} \leq 3$. Do đó $k = 3$ (vô lí). Vậy hệ vô nghiệm khi $k \geq 2 $ và $k \neq 3$.

Đề thi học kì 2 môn toán lớp 10 trường Bùi Thị Xuân năm 2020-2021

PHẦN ĐẠI SỐ (6 điểm)

Bài 1. Giải các bất phương trình sau:

a) $|2x+8| <x^2$

b) $1-2x-\sqrt{3x^2-4x+1} \ge 0$

Giải

a) $|2x+8| <x^2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x^2 -2x -8>0\\ x^2 + 2x +8 >0 \end{array}\right. $ $\left[ \begin{array}{l} x<-2\\ x>4 \end{array}\right. $

b) $1-2x – \sqrt{3x^2 -4x +1} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt{3x^2 -4x +1} \le 1-2x$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3x^2 -4x +1\ge 0\\ 1-2x \ge 0\\ x^2 +1\ge 0 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} x\le \dfrac{1}{3}\\ x\ge 1 \end{array} \right. \\ x\le \dfrac{1}{2} \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow x\le \dfrac{1}{3}$

Bài 2. Biết $\cos x = -\dfrac{3}{5}$ và $\dfrac{\pi}{2}<x<\pi$. Tính $\sin x$, $\sin 2x$, $\cos \left( x+\dfrac{2\pi}{3}\right) $.

Giải

Ta có: $\sin ^2 x = 1- \cos ^2 x = \dfrac{16}{25} \Rightarrow \sin x = \dfrac{4}{5}$ ($\dfrac{\pi}{2}<x<\pi$)

Ta có: $\sin 2x = 2\sin x \cos x = -\dfrac{24}{25}$

Ta có: $\cos \left( x+ \dfrac{2\pi}{3}\right) = \cos x \cdot \cos \dfrac{2\pi}{3} – \sin x \cdot \sin \dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{3-4\sqrt{3}}{10}$

Bài 3. Cho $A$, $B$, $C$ là ba góc của tam giác. Chứng minh rằng

$$\tan \dfrac{A}{2} \cdot \tan \dfrac{B}{2} + \tan \dfrac{B}{2} \cdot \tan \dfrac{C}{2} + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2} =1$$

Giải

$VT = \tan \dfrac{A}{2} \cdot \tan \dfrac{B}{2} + \tan \dfrac{B}{2} \cdot \tan \dfrac{C}{2} + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}$

$=\tan \dfrac{B}{2} \cdot \left( \tan \dfrac{A}{2} + \tan \dfrac{C}{2}\right) + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}$

$=\tan \dfrac{B}{2} \cdot \tan \dfrac{A+C}{2} \cdot \left( 1-\tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}\right) + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}$

$=1-\tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2} + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}=1=VP$ (với $\tan \dfrac{A+C}{2} = \cot \dfrac{B}{2}$ )

Bài 4. Chứng minh biểu thức không phụ thuộc vào $x$:

$$A=\tan (\pi +x) \cdot \tan \left( \dfrac{\pi}{2} -x\right) – \cos ^2 x + \cos \left( x+ \dfrac{\pi}{6}\right) \cdot \cos \left( x-\dfrac{\pi}{6}\right) $$

Giải

$A=\tan (\pi +x) \cdot \tan \left( \dfrac{\pi}{2} -x\right) – \cos ^2 x + \cos \left( x+ \dfrac{\pi}{6}\right) \cdot \cos \left( x-\dfrac{\pi}{6}\right) $

$= \tan x \cdot \cot x – \cos ^2 x + \dfrac{1}{2} \left( \cos 2x + \cos \dfrac{pi}{3}\right) $

$= 1- \cos ^2 x + \cos ^2 x – \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}$

Bài 5. Chứng minh rằng

$$\left( \dfrac{\sin 2x – 2\sin x}{\sin 2x + 2\sin x}\right) \cdot \left( \dfrac{\sin ^4 x – \cos ^4 x + \cos ^2 x}{2\left( \cos x-1\right) }\right)= \sin ^2 \dfrac{x}{2}$$

Giải

$VT = \left( \dfrac{\sin 2x – 2\sin x}{\sin 2x + 2\sin x}\right) \cdot \left( \dfrac{\sin ^4 x – \cos ^4 x + \cos ^2 x}{2\left( \cos x-1\right) }\right)$

$=\dfrac{2\sin x \left( \cos x -1\right) }{2\sin x \left( \cos x +1\right) }\cdot \dfrac{\left( \sin ^2 x + \cos ^2 x\right) \left( \sin ^2 x – \cos ^2 x\right) + \cos ^2 x}{2\left( \cos x -1\right) }$

$=\dfrac{\sin ^2 x}{2\left( \cos x +1\right) }=\dfrac{\left( 1-\cos x\right) \left( 1+ \cos x\right) }{2\left( \cos x +1\right) }= \dfrac{1-\cos x}{2} = \sin ^2 \dfrac{x}{2} = VP$

PHẦN HÌNH HỌC (4 điểm)

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có đỉnh $C(-5;-6)$ và đường cao $AH: x+2y +1=0$, đường trung tuyến $BM: 8x-y+4=0$. Tìm tọa độ các đỉnh $B$, $A$.

Giải

Ta có: $BC \bot AH \Rightarrow BC: 2x -y +c =0$

$C\in BC \Rightarrow c=4 \Rightarrow BC: 2x-y+4=0$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} B\in BC\\ B\in BM \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x_B – y_B =-4\\ 8x_B – y_B =-4 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x_B = 0\\ y_B =4 \end{array}\right. $ $\Rightarrow B(0;4)$

Ta có: $M\in BM \Rightarrow M(a;8a+4)$

$M$ là trung điểm $AC\Rightarrow A(2a+5; 16a+14)$

Ta có: $A\in AH \Rightarrow 2a+5 + 2(16a+14) + 2=0 \Leftrightarrow a=-1\Rightarrow A(3;-2)$

Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $(C): x^2 + y^2 +2x -2y +1=0$. Viết phương trình tiếp tuyến $\Delta $ của đường tròn $(C)$ biết rằng đường thẳng $\Delta$ vuông góc với đường thẳng $d: 2x+y+2=0$.

Giải

$(C): x^2 + y^2 + 2x -2y +1 =0 \Rightarrow $ Tâm $I(-1;1)$, bán kính $R=1$

Ta có: $\Delta \bot d \Rightarrow d: x-2y +c =0$

Ta có: $d_{(I,\Delta)}=1 \Leftrightarrow \dfrac{|c-3|}{\sqrt{5}} =1 \Leftrightarrow |c-3| =\sqrt{5} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} c=\sqrt{5}+3\\ c=-\sqrt{5}+3 \end{array}\right. $

Với $c=\sqrt{5}+3 \Rightarrow \Delta: x-2y + \sqrt{5}+3 =0$

Với $c=-\sqrt{5}+3 \Rightarrow \Delta: x-2y -\sqrt{5}+3=0$

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường thẳng $d: 2x-y-5=0$ và hai điểm $A(1;2)$, $B(4;1)$. Viết phương trình đường tròn $(T)$ có tâm thuộc đường thẳng $d$ và đi qua $A$, $B$.

Giải

Gọi $I$ là tâm đường tròn $\Rightarrow I\in d \Rightarrow I(a;2a-5)$

Ta có: $AI^2 = BI^2 \Rightarrow (a-1)^2 + (2a-7)^2 = (a-4)^2 + (2a-6)^2 \Rightarrow a=1$

Suy ra $I(1;-3)$ nên $R=5$

Vậy $(T): (x-1)^2 + (y+3)^2 =25$

Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho elip $(E): \dfrac{x^2}{25} + y^2 =1$. Tìm tọa độ tiêu điểm, tính tâm sai và độ dài các trục của $(E)$.

Giải

$(E): \dfrac{x^2}{25}+y^2 =1 \Rightarrow a=5$ và $b=1$

Khi đó: $c=\sqrt{a^2 -b^2} =2\sqrt{6}$

Tọa độ tiêu điểm: $F_1(-2\sqrt{6}; 0)$; $F_2(2\sqrt{6}; 0)$

Tâm sai: $e=\dfrac{c}{a} = \dfrac{2\sqrt{6}}{5}$

Độ dài trục lớn: $2a=10$

Độ dài trục bé: $2b=2$

— HẾT —

Đề thi học kì 2 môn toán lớp 11 trường PTNK năm 2020-2021

Bài 1: (1 điểm) Tính các giới hạn sau:

a) $\lim\limits_{x\rightarrow {+\infty}} \dfrac{4x+\sqrt{x^2-x}}{x+3}$.

b) $\lim\limits_{x\rightarrow 1} \dfrac{x-\sqrt{x^2+x-1}}{3x-x^2-2}$

Giải

a) $\lim\limits_{x\rightarrow {+\infty}} \dfrac{4x+\sqrt{x^2-x}}{x+3}$

$= \lim\limits_{x\rightarrow {+\infty}} \dfrac{x\left( 4+\sqrt{1-\dfrac{1}{x}}\right) }{x\left( 1+\dfrac{3}{x}\right) }$

$=\lim\limits_{x\rightarrow {+\infty}} \dfrac{ 4+\sqrt{1-\dfrac{1}{x}} }{ 1+\dfrac{3}{x} } =5$

b) $\lim\limits_{x\rightarrow 1} \dfrac{x-\sqrt{x^2+x-1}}{3x-x^2-2}$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 1} \dfrac{\left( x-\sqrt{x^2+x-1}\right) \left( x+\sqrt{x^2+x-1}\right)}{\left( 1-x\right) \left( x-2\right) \left( x+\sqrt{x^2+x-1}\right)}$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 1} \dfrac{1-x}{\left( 1-x\right) \left( x-2\right) \left( x+\sqrt{x^2+x-1}\right)}$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 1} \dfrac{1}{\left( x-2\right) \left( x+\sqrt{x^2+x-1}\right)} =-\dfrac{1}{2}$

Bài 2: (1,5 điểm) Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y= \dfrac{x^2-x+5}{x+1} + \sqrt{2x-x^2}$

b) $y=\tan (1+x^2) + \cos ^5 (1-2x)$.

Giải

a) $y’=\left( \dfrac{x^2-x+5}{x+1} + \sqrt{2x-x^2}\right) ‘$

$= \dfrac{(x^2 -x +5)'(x+1)-(x^2 -x+5)(x+1)’}{(x+1)^2} + \dfrac{(2x-x^2)’}{2\sqrt{2x-x^2}}$

$=\dfrac{(2x-1)(x+1)-(x^2-x+5)}{(x+1)^2} + \dfrac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}$

$=\dfrac{x^2+2x-6}{(x+1)^2} + \dfrac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}$.

b) $y’=\left( \tan (1+x^2) + \cos ^5 (1-2x)\right) ‘$

$=(1+x^2)’ \left( 1+\tan ^2 (1+x^2)\right) + 5(1-2x)’ \cdot \cos ^4 (1-2x)$

$= 2x + 2x\tan ^2 (1+x^2) -10\cos ^4 (1-2x)$.

Bài 3: (1 điểm) Chứng minh phương trình $2(m^2 -2)x^5 – 4m^2x^4 + 2(m^2 -x^2) + 4x +1 =0$ có ít nhất hai nghiệm trái dấu với mọi số thực $m$.

Giải

Đặt $f(x) = 2(m^2 -2)x^5 -4m^2x^4 + 2(m^2 -x^2) + 4x +1$

Ta có: $f(-1) = -4m^2 -5 <0$, $f(0) = 2m^2 +1 >0$ $\Rightarrow f(-1)\cdot f(0) <0$

Suy ra phương trình $f(x) =0$ có ít nhất 1 nghiệm âm trong khoảng $(-1;0)$

Lại có: $f(1) = -1<0\Rightarrow f(0)\cdot f(1)<0$

Suy ra phương trình $f(x)=0$ có ít nhất 1 nghiệm dương trong khoảng $(0;1)$

Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm trái dấu với mọi $m$.

Bài 4: (1 điểm) Tìm $a$ để hàm số $y=f(x)=\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{\sqrt{2x^2+1}+ x-5}{x^2-4}; \, x\ne \pm 2\\ ax^2 + \dfrac{19}{12}; \, x=\pm 2 \end{array}\right. $ liên tục tại $x_0=2$.

Giải

Ta có: $f(2) = 4a+\dfrac{19}{12}$

Lại có: $\lim\limits_{x\rightarrow 2} \dfrac{\sqrt{2x^2+1}+ x-5}{x^2-4} = \lim\limits_{x\rightarrow 2} \dfrac{2x^2+1- (x-5)^2}{(x-2)(x+2)(\sqrt{2x^2+1}-x+5)}$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 2} \dfrac{x+12}{(x+2)(\sqrt{2x^2+1}-x+5)} = \dfrac{7}{12}$

Hàm số liên tục tại $x_0 =2 \Leftrightarrow 4a + \dfrac{19}{12} = \dfrac{7}{12} \Leftrightarrow a=-\dfrac{1}{4}$

Bài 5: (1,5 điểm) Cho $(C)$ là đồ thị của hàm số $y=3x^4 -3x^2 +2$.

a) Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại điểm có hoành độ bằng $-1$.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ biết tiếp tuyến có hệ số góc $k=6$.

Giải

a) Ta có: $f'(x) = 12x^3 -6x \Rightarrow f'(-1) = -6$, $f(-1) = 2$

Phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại $x_0=-1$: $y=-6(x+1) +2 = -6x -4$

b) Gọi phương trình tiếp tuyến cần tìm là $y=f'(x_0) (x-x_0) + f(x_0)$

Ta có: $f'(x_0) =6 \Leftrightarrow 12x_0^3 -6x_0 =6 \Leftrightarrow x_0=1 \Rightarrow f(x_0) = 2$

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: $y=6(x-1) + 2 = 6x-4$

Bài 6: (4 điểm) Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \bot (ABC)$. Tam giác $ABC$ cân tại $B$, $BA = BC =a$; $\angle ABC =120^\circ $, $SA=a\sqrt{3}$. $D$ là điểm đối xứng với $B$ qua trung điểm $I$ của $AC$.

a) Tính góc tạo bởi $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$.

b) Chứng minh $BD \bot (SAC)$. Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng $(SBD)$ và $(ABC)$.

c) Tính khoảng cách từ $D$ đến $(SBC)$.

d) Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $BA$, $BC$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $MN$ và $SC$.

Giải

a) Hình chiếu của $C$ lên $(ABC)$ là $C$

Hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ là $A$

$\Rightarrow \widehat{\left( SC, (ABC)\right) } = \widehat{(SC, AC)} = \angle SCA$

Tứ giác $ABCD$ có $I$ là trung điểm $AC$, $BD$ và $AB=BC$

Suy ra tứ giác $ABCD$ là hình thoi

Suy ra $\triangle BIC$ vuông tại $I$ và $\angle IBC = \dfrac{\angle ABC}{2} =60^\circ $

Suy ra $IC = BC \cdot \sin \angle IBC =\dfrac{a\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AC =a\sqrt{3}$

Ta có: $\tan \angle SCA = \dfrac{SA}{AC} = 1 \Rightarrow \angle SCA =45^\circ $.

Ta có: $BD \bot AC$, $BD \bot SA\Rightarrow BD \bot (SAC)$
Ta có: $BD\bot (SAC) \Rightarrow BD \bot SI$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} (SBD) \cap (ABC) = BD\\ AI\bot BD, SI \bot BD \end{array}\right.$

$\Rightarrow \widehat{((SBD), (ABC))} = \widehat{(SI, AI)}= \angle SIA$

Ta có: $\tan \angle SIA = \dfrac{SA}{AI} = 2 \Rightarrow \angle SIA \approx 63^\circ $

c) Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$, $K$ là hình chiếu của $A$ trên $SH$.

Ta có: $BC \bot AH$, $BC \bot SA \Rightarrow BC \bot (SAH)$

Ta có: $AK \bot SH$, $AK \bot BC\Rightarrow AK \bot (SBC)$

Do $AD // (SBC) \Rightarrow d_{(D, (SBC))} = d_{(A, (SBC))}=AK$

$\triangle AHC$ vuông tại $H$ có $\angle ACH =30^\circ \Rightarrow AH = AC \cdot \sin 30^\circ =\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$

$\triangle SAH$ vuông tại $A$ có $AK$ là đường cao

$\Rightarrow \dfrac{1}{AK^2} = \dfrac{1}{SA^2} + \dfrac{1}{AH^2}\Rightarrow AK=\dfrac{a\sqrt{15}}{5}$

d) Gọi $J$ là giao điểm của $MN$ và $BD$ suy ra $J$ là trung điểm của $BI$

Ta có: $JI \bot AC$, $JI \bot SA \Rightarrow JI \bot (SAC)$

Ta có: $MN //AC \Rightarrow MN //(SAC) \Rightarrow d_{(MN,SC)} = d_{(MN, (SAC))} = JI = \dfrac{BD}{4} = \dfrac{a}{4}$.

— HẾT —

Toán Việt

Chia sẻ và học hỏi

Category Archives: Đề thi

Đáp án thi chọn Đội Tuyển PTNK năm học 2012-2013

Đề thi chọn đội tuyển PTNK năm học 2010-2011

Đáp án thi chọn Đội Tuyển thi Quốc Gia của trường PTNK năm học 2015 – 2016

Ngày thứ 1

Ngày thứ 2

Đề thi chọn đội tuyển trường Phổ thông Năng khiếu năm học 2020-2021

Đề thi chọn đội Dự Tuyển PTNK năm học 2020-2021

Đáp án đề thi Toán không chuyên trường Phổ thông Năng Khiếu năm 2021

Đáp án đề thi chuyên Toán thi vào trường Phổ thông Năng khiếu năm 2021

Đề thi vào lớp 10 Chuyên Toán vào trường PTNK năm 2020

Đề thi học kì 2 môn toán lớp 10 trường Bùi Thị Xuân năm 2020-2021

Đề thi học kì 2 môn toán lớp 11 trường PTNK năm 2020-2021