Category Archives: Đề thi

Đề thi HK1 môn toán trường Nguyễn Thị Minh Khai năm học 2020-2021

Leave a reply

Bài 1 (3 điểm). Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a} $|2x^2+2x+3|=x+3$

b) $\sqrt{2x-1}+ \sqrt{x}=3-x^2$

c) $\left\{ \begin{array}{l} x+y+xy=11\\ x+y-xy=-1 \end{array}\right.$

Bài 2 (2 điểm). Tìm giá trị tham số $m$ sao cho:

a) Phương trình $(m^2-2m)x+2-m=0$ vô nghiệm.

b) Phương trình $x^2-(2m+1)x+m^2+1=0$ có 2 nghiệm dương phân biệt.

Bài 3 (1 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $y=f(x)=x(3-2x)$ khi $0\le x\le \dfrac{3}{2}$.

Bài 4 (2 điểm). Cho $\triangle ABC$ có $I$ là trung điểm cạnh $AB$.

a) Chứng minh $CA^2 + CB^2 = 2CI^2 + \dfrac{AB^2}{2}$.

b) Tìm tập hợp các điểm $M$ sao cho $\left( \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB}\right) \cdot \left( \overrightarrow{MB} – \overrightarrow{MC}\right) =0$.

Bài 5 (2 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho $\triangle ABC$ có $A(-5;0)$, $B(1;0)$, $C(2;3)$.

a) Tìm tọa độ tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$.

b) Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc tia $Oy$ sao cho $|2MA – MB|$ nhỏ nhất.

Giải

Bài 1  (3 điểm).

a) $|2x^2+2x+3|=x+3$

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

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x\ge -3\\ \left[ \begin{array}{l} 2x^2 +x =0\\ 2x^2 +3x +6=0 \end{array}\right. \end{array}\right. $

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

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=0\\ x=-\dfrac{1}{2}\end{array}\right. $

Vậy $S=\left\{ 0;-\dfrac{1}{2}\right\} $.

b) $\sqrt{2x-1}+ \sqrt{x}=3-x^2$ $(1)$

Điều kiện xác định: $x\ge \dfrac{1}{2}$

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

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

$\Leftrightarrow (x-1) \left( \dfrac{2}{\sqrt{2x-1}+1} + \dfrac{1}{\sqrt{x}+1} + x+1\right) =0$

$\Leftrightarrow x=1$ (nhận)

Vậy $S=\left\{ 1\right\} $.

c) $\left\{ \begin{array}{l} x+y+xy=11\\ x+y-xy=-1 \end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+y = 5\\ xy=6 \end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=5-y\\ -y^2 +5y -6=0 \end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=5-y\\ \left[ \begin{array}{l} y=3\\ y=2 \end{array}\right.\end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x=2\\ y=3 \end{array}\right. \\ \left\{ \begin{array}{l} x=3\\ y=2\end{array}\right. \end{array}\right. $\
Vậy $(x;y)\in \left\{ (2;3); (3;2)\right\} $.

Bài 2 (2 điểm).

a) Ta có: $(m^2-2m)x+2-m=0 \Leftrightarrow (m^2 -2m)x = m-2 \ (2)$
$(2)$ vô nghiệm khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l} m^2 -2m =0\\ m-2\ne 0 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m\ne 2\\ \left[ \begin{array}{l} m=0\\ m=2 \end{array}\right. \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow m=0$

Vậy $m=0$ thì phương trình $(2)$ vô nghiệm.

b) $x^2-(2m+1)x+m^2+1=0$ $(3)$

Ta có: $\Delta = (2m+1)^2 -4(m^2 +1) = 4m-3$

Phương trình $(3)$ có $2$ nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi

$\left\{ \begin{array}{l} \Delta >0\\ S>0\\ P>0 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 4m-3>0\\ 2m+1>0\\ m^2 +1 >0 \text{ (luôn đúng) } \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m>\dfrac{3}{4}\\ m>-\dfrac{1}{2} \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow m>\dfrac{3}{4}$

Vậy $m>\dfrac{3}{4}$ thì phương trình $(3)$ luôn có 2 nghiệm dương phân biệt.

Bài 3 (1 điểm).

Ta có: $y=x(3-2x) = -2x^2 +3x$

Tập xác định: $D=\mathbb{R}$

Tọa độ đỉnh: $I\left( \dfrac{3}{4};\dfrac{9}{8}\right) $
Với $0\le x\le \dfrac{3}{2}$ ta có bảng sau:

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $y=\dfrac{9}{8}$ khi $x=\dfrac{3}{4}$.

Bài 4 (2 điểm).

a) Ta có: $\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB} = \overrightarrow{0}$, $IA^2= IB^2 = \dfrac{AB^2}{4}$

Ta có: $CA^2 + CB^2 = \overrightarrow{CA}^2 + \overrightarrow{CB}^2 = \left( \overrightarrow{CI} + \overrightarrow{IA}\right) ^2 + \left( \overrightarrow{CI} + \overrightarrow{IB}\right) ^2$

$= 2CI^2 + 2\overrightarrow{CI}\left( \overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB}\right) + IA^2 + IB^2 = 2CI^2 + \dfrac{AB^2}{2}$

b) Ta có: $\left( \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB}\right) \cdot \left( \overrightarrow{MB} – \overrightarrow{MC}\right) =0$ $\Leftrightarrow 2\overrightarrow{MI} \cdot \overrightarrow{CB}=0$ $\Rightarrow MI \bot CB$
Vậy $M$ thuộc đường thẳng đi qua $I$ và vuông góc với $BC$.

Bài 5 (2 điểm).
a) Gọi $E$, $F$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $AC$ suy ra $E(-2;0)$, $F\left( -\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right) $

$\overrightarrow{AB}=(6;0)$, $\overrightarrow{AC}= (7;3)$, $\overrightarrow{EI} = \left( x_I +2; y_I\right) $, $\overrightarrow{FI}= \left( x_I + \dfrac{3}{2}; y_I – \dfrac{3}{2}\right) $

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} EI \bot AB\\ FI \bot AC \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow{EI}\cdot \overrightarrow{AB} = 0\\ \overrightarrow{FI}\cdot \overrightarrow{AC}=0 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 6\left( x_I+2\right) =0\\ 7\left( x_I+\dfrac{3}{2}\right) + 3\left( y_I-\dfrac{3}{2}\right) =0 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x_I=-2\\ y_I=\dfrac{8}{3}\end{array}\right. $

Vậy $I\left( -2;\dfrac{8}{3}\right) $.

b) Gọi $M(0;y)$ $(y\ge 0)$.

Ta có: $|2MA -MB| = |2\sqrt{y^2 +25}- \sqrt{y^2+1}| = 2\sqrt{y^2+25} – \sqrt{y^2 +1}=m$ $(m\ge 0)$

Khi đó ta có phương trình: $2\sqrt{y^2+25} – \sqrt{y^2+1} =m$ $(*)$

Ta đi tìm $m$ nhỏ nhất để phương trình $(*)$ có nghiệm không âm.

Đặt $t= \sqrt{y^2+1}$ $(t\ge 1)$

Khi đó: $2\sqrt{t^2 +24} =m+t$

$\Leftrightarrow 4t^2 +96 = t^2 + 2mt + m^2$

$\Leftrightarrow 3t^2 -2mt-m^2 +96=0$ $(**)$

$(*)$ có nghiệm không âm khi và chỉ khi $(**)$ có nghiệm lớn hơn hoặc bằng $1$.
Ta có: $\Delta’ = m^2 -3(-m^2 + 96) = 4m^2 – 288 \ge 0 \Leftrightarrow m^2 \ge 72$

Nếu $m^2 =72 \Rightarrow m=6\sqrt{2}$ thay vào $(**)$ ta tìm được $t=2\sqrt{2}$ thỏa yêu cầu và $m=6\sqrt{2}$ cũng là $m$ nhỏ nhất.
Với $t=2\sqrt{2} \Leftrightarrow y=\sqrt{7}$
Vậy $M(0;\sqrt{7})$.

Đề thi HK1 môn toán 11AB trường chuyên Lê Hồng Phong năm học 2020-2021

Leave a reply

Bài 1 (2 điểm). Giải các phương trình sau:

a) $2\cos \left( 2x+\dfrac{\pi}{4}\right)=\sqrt{3}$
b) $\sqrt{3}\sin x + \cos x =2$

Bài 2 (1 điểm). Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần. Tính xác suất để số chấm xuất hiện trong hai lần gieo khác nhau.

Bài 3 (1 điểm). Từ các chữ số  $1$;  $2$;  $3$;  $4$;  $5$;  $6$ có thể lập được bao nhiêu số chẵn có $4$ chữ số khác nhau?

Bài 4 (1 điểm). Khai triển nhị thức $(1-3x)^n = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \dots + a_nx^n$. Biết $a_0 + a_1 + a_2 = 376$, tính $a_3$.

Bài 5 (1 điểm). Cho dãy số $(u_n)$ thỏa $\left\{ \begin{array}{l}u_1=1\\ u_{n+1}= 2u_n + n\end{array}\right. $

a) Chứng minh dãy số $v_n = u_n + n+1$ là cấp số nhân.

b) Đặt $S_n=u_1 + u_2 + \dots + u_n$. Tính $S_n$ theo $n$.

Bài 6 (1 điểm). Một số nguyên dương gọi là đối xứng nếu ta viết các chữ số theo thứ tự ngược lại thì được số bằng số ban đầu, ví dụ số $1221$ là một số đối xứng. Chọn ngẫu nhiên một số đối xứng có $4$ chữ số, tính xác suất chọn được số chia hết cho $7$.

Bài 7 (3 điểm). Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là các điểm trên cạnh $CD$, $AD$, $SA$ thỏa $MD = 2MC$, $NA = 3ND$, $PA=3PS$. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $SBC$.

a) Tìm giao điểm $K$ của đường thẳng $BM$ và mặt phẳng $(SAC)$.

b) Chứng minh mặt phẳng $(NPK)$ song song mặt phẳng $(SCD)$.

c) Chứng minh đường thẳng $MG$ song song mặt phẳng $(SAD)$.

Đáp án

Bài 1 (2 điểm).

a) $2\cos \left( 2x + \dfrac{\pi}{4}\right) = \sqrt{3}$

$\Leftrightarrow \cos \left( 2x+\dfrac{\pi}{4} \right) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{6} + 2k\pi \\\\ 2x + \dfrac{\pi}{4} = -\dfrac{\pi}{6} + 2k\pi\end{array}\right.(k\in \mathbb{Z}) $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = -\dfrac{\pi}{24} + k\pi \\\\ x= -\dfrac{5\pi}{24} + k\pi\end{array}\right. (k\in \mathbb{Z})$

Vậy $S=\left\{ -\dfrac{\pi}{24} + k\pi; -\dfrac{5\pi}{24} + k\pi \ | \ k\in \mathbb{Z} \right\} $.

b) $\sqrt{3} \sin x + \cos x =2$

$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin x + \dfrac{1}{2} \cos x =1$

$\Leftrightarrow \sin \left( x+ \dfrac{\pi}{6}\right) =1$

$\Leftrightarrow x+ \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi $ $(k\in \mathbb{Z})$

$\Leftrightarrow x= \dfrac{\pi}{3} + 2k\pi$ $(k\in \mathbb{Z})$

Vậy $S=\left\{ \dfrac{\pi}{3} + 2k\pi \ | \ k\in \mathbb{Z} \right\} $.

Bài 2 (1 điểm).

Gọi $A$ là biến cố được $2$ số khác nhau $\Omega _A = \left\{ (a;b)\ | \ a, b \in \left\{ 1,2,…,6\right\} , a\ne b\right\} $

$\Rightarrow |\Omega _A | = 6\cdot 5 = 30$ $\Rightarrow P(A) = \dfrac{30}{36} = \dfrac{5}{6}$

Vậy xác suất để số chấm xuất hiện trong hai lần gieo khác nhau là $\dfrac{5}{6}$.

Bài 3 (1 điểm).

Gọi số có 4 chữ số thỏa yêu cầu đề bài là $\overline{abcd}$.
$\overline{abcd}$ là số chẵn nên $d\in \left\{ 2,4,6 \right\} $ suy ra $d$ có $3$ cách chọn.
$\overline{abc}$ có $A^3 _5$ cách chọn.
$\Rightarrow $ Số số thỏa mãn yêu cầu đề bài là: $3\cdot A^3 _5 = 3\cdot 5 \cdot 4 \cdot 4 =180$.

Bài 4 (1 điểm).

Ta có: $\left( 1-3x\right) ^n = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{( – 3x)}^k}} $.

Suy ra $a_0 =1$, $a_1 = -3C_n ^1$, $a_2 = 9 C_n ^2$

Ta có: $a_0 + a_1 + a_2 = 376$

$\Rightarrow 1 -3C_n ^1 + 9 C_n ^2 =376$

$\Rightarrow 1 – 3n + \dfrac{9n(n-1)}{2} = 376 \Rightarrow n=10$

Vậy $a_3 = (-3)^3C_{10} ^3 = -3240$

Bài 5 (1 điểm).

a) $v_n = u_n + n +1$
$v_{n+1} = u_{n+1} + n+1 +1$

$ = 2u_n + n + n + 2 $

$= 2\left( u_n + n + 1\right)$

$ =2v_n$ $(\forall n)$

Vậy $(v_n)$ là cấp số nhân.

b) $v_1 = 1+1+1 =3 \Rightarrow v_n = 3\cdot 2^{n-1}$

$v_1+ v_2 + \dots + v_n = 3\left( 1+2+\dots + 2^{n-1}\right) $

         $= 3\left( 2^n -1\right) $

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}u_1 = v_1 -1 -1 = v_1 -2\\\\ u_2 = v_2 -2 -1 = v_2 -3\\ .\\ .\\ .\\ u_n = v_n – (n+1)\end{array}\right. $

$\Rightarrow u_1 + u_2 + \dots + u_n = v_1 + v_2 + \dots + v_n – \left( 2+3+\dots + n+1\right) $

   $= 3\left( 2^n -1\right) – \dfrac{[2+(n+1)]\cdot n}{2}$

   $= 3\cdot 2^n – \dfrac{n\cdot (n+3) }{2} -3$

Vậy $S_n = 3\cdot 2^n – \dfrac{n\cdot (n+3) }{2} -3$

Bài 6 (1 điểm).

Gọi số có $4$ chữ số thỏa mãn yêu cầu đề bài là $\overline{abba}$

  • Trường hợp 1: $a=b$ suy ra ta có $9$ số là $1111$, $2222$, . . ., $9999$.
  • Trường hợp 2: $a\ne b$ ta có $A_{10} ^2 -9=81$ số.

$\Rightarrow $ có $90$ số có $4$ chữ số là số đối xứng.

Ta có: $\overline{abcd} = a\cdot 1001 + 110\cdot b \ \vdots \ 7 \Rightarrow b\ \vdots \ 7 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}b=0\\\\ b=7\end{array}\right. $

Với $b=0$ hoặc $b=7$ ta có $18$ số đối xứng có $4$ chữ số chia hết cho $7$.

Vậy xác suất để chọn được số chia hết cho $7$ là $\dfrac{18}{90} = \dfrac{1}{5}$.

Bài 7 (3 điểm).

a) Trong mặt phẳng $(ABCD)$ có $BM \cap AC = K$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}K= BM \cap AC\\\\ AC \subset (SAC)\end{array}\right. $ $\Rightarrow K = BM \cap (SAC)$

b) Trong mặt phẳng $(SAD)$ có:

  •  $\dfrac{AP}{PS} = \dfrac{AN}{ND} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow NP//SD$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}NP//SD \\\\ SD\subset (SCD)\end{array} \right. $

$\Rightarrow NP//(SCD)$

  • $\dfrac{CM}{AB} = \dfrac{CK}{AK} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{CK}{AK} = \dfrac{ND}{AN} \Rightarrow NK // CD$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}NK // CD\\\\ CD\subset (SCD)\end{array}\right. $

$\Rightarrow NK // (SCD)$

Mà $NP$, $NK \subset (PNK) \Rightarrow (PNK) // (SCD)$.

c) Gọi $Q=SG\cap BC$, $T= QM \cap AD$.

Ta có: $\dfrac{QM}{MT} = \dfrac{CM}{MD} = \dfrac{1}{2}= \dfrac{QG}{GS}$

$ \Rightarrow MG // ST$ mà $ST \subset (SAD) \Rightarrow MG // (SCD)$

Đề thi HK1 môn toán 10AB trường chuyên Lê Hồng Phong năm học 2020-2021

Leave a reply

Bài 1 (1 điểm). Cho $(P):y=ax^{2}+bx+c$. Tìm $a$, $b$, $c$ biết $(P)$ có trục đối xứng là đường thẳng $x=2$ và $(P)$ qua hai điểm $A(0;1)$, $B(1;-2)$.

Bài 2 (1 điểm). Giải phương trình: $\sqrt{ x^2-3x+2}=x-1$.

Bài 3 (1 điểm). Cho hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} (m+1)x+6y=m^2+3m+5\\ x+my=m^3-3 \end{array}\right.$.

Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ sao cho hệ phương trình có nghiệm.

Bài 4 (1 điểm). Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} x+2y=5\\  x^2+y^2+3xy=11 \end{array} \right.$.

Bài 5 (1 điểm). Cho phương trình $\dfrac{2x^{2}-8x+m}{x^{2}-4x+3}=1$. Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để phương trình có nghiệm.

Bài 6 (3 điểm). Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$ biết $A(2;-1)$, $B(1;2)$, $C(4;3)$.

a) Chứng minh $ABC$ là tam giác vuông cân.

b) Tìm giao điểm của đường thẳng $AB$ và trục tung.

c) Tìm tọa độ điểm $D$ sao cho $ABCD$ là hình thang có $AD//BC$ và diện tích $ABCD$ bằng 15.

Bài 7 (1 điểm). Cho hình vuông $ABCD$ cạnh $a$, gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. $M$ là điểm thỏa $MA^{2}+2MB^{2}+MC^{2}+2MD^{2}=12a^2$, tính $MI$.

Bài 8 (1 điểm). Cho các số thực $x$, $y$ thảo $x^{2} + y^{2}+xy=3$. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của $P=x^{4}+y^{4}+2(x^{2}+y^{2})+12xy$.

Đáp án

Bài 1 (1 điểm).

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{-b}{2a} =2\\ A(0;1) \in (P)\\B(1;-2) \in (P)\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b=-4a\\ c=1\\ a+b+c=-2\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a=1\\ b=-4\\ c=1\end{array}\right. $

Vậy $(P): y= x^2 -4x +1$.

Bài 2 (1 điểm).

$\sqrt{x^2 -3x +2} = x-1$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x-1\ge 0\\ x^2 -3x +2 = \left( x-1\right) ^2\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x\ge 1\\ x^2 -3x +2 = x^2 -2x +1\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow x=1$

Vậy $S=\left\{ 1\right\} $.

Bài 3 (1 điểm).

$\left\{ \begin{array}{l}(m+1)x + 6y = m^2 +3m +5\\ x + my = m^3 -3\end{array}\right. $

Ta có: $D=\left| \begin{array}{*{20}{c}}{m+1}&{6}\\ {1}&{m}\end{array}\right|$ $=m(m+1) – 6 = m^2 +m -6$

$D_x=\left| \begin{array}{*{20}{c}}{m^2 +3m +5}&{6}\\ {m^3- 3}&{m}\end{array}\right|$ $=m(m^2+3m +5) – 6(m^3 -3)$

   $ = -5m^3 +3m^2 +5m +18 $

$D_y=\left| \begin{array}{*{20}{c}}{m+1}&{m^2 +3m+5}\\ {1}&{m^3 -3}\end{array}\right|$ $=(m+1)(m^3 -3) – (m^2 +3m +5)$ $ = m^4 + m^3 -m^2 -6m -8$

Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $\left[ \begin{array}{l}D \ne 0\\ D = D_x = D_y =0\end{array}\right. $

  • Trường hợp 1: $D \ne 0 \Leftrightarrow m^2 +m -6 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m\ne -3\\ m\ne 2\end{array}\right. $
  • Trường hợp 2: $D = D_x =D_y =0 \Leftrightarrow m=2$

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi $m=2$ hoặc $m\ne -3 $

Bài 4 (1 điểm). 

$\left\{ \begin{array}{l}x+2y=5\\ x^2 + y^2 + 3xy =11\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=5-2y\\ \left( 5-2y\right) ^2 + y^2 + 3y\left( 5-2y\right) =11\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=5-2y\\ y^2 +5y -14 =0\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l}x=19\\ y=-7\end{array} \right. \\  \left\{ \begin{array}{l}x=1\\ y=2\end{array} \right.\end{array}\right. $

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: $\left( 19;-7\right) $, $\left( 1;2\right) $.

Bài 5 (1 điểm). 

Điều kiện xác định: $x\ne 1$, $x\ne 3$

$\dfrac{2x^2 -8x+m}{x^2 -4x +3}=1$  $(1)$

$\Leftrightarrow 2x^2 -8x +m = x^2 -4x +3 $

$\Leftrightarrow x^2 -4x +m-3 =0$  $(2)$

$\Delta’ = 4 – (m-3) = 7-m$

  • Trường hợp 1: $\Delta’ =0 \Leftrightarrow m=7$ thì (2) có nghiệm kép $x_1 = x_2 =2$ (nhận).
  • Trường hợp 2: $\Delta’ >0 \Leftrightarrow m<7 $

Phương trình $(1)$ có nghiệm khi $1$ và $3$ không đồng thời là nghiệm của $(2)$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 – 4\cdot 1 + m-3 \ne 0\\ 9 – 4\cdot 3 + m-3 \ne 0\end{array}\right. $ $\Leftrightarrow m\ne 6$

Vậy $m=7$ hoặc $\left\{ \begin{array}{l}m<7\\ m\ne 6\end{array}\right. $ thì phương trình $(1)$ có nghiệm.

Bài 6 (3 điểm).

a) Ta có: $AB= \sqrt{10}$, $AC = 2\sqrt{5}$, $BC= \sqrt{10}$

$\triangle ABC$ có: $\left\{\begin{array}{l}AB = AC\\ AB^2 + BC^2 = AC^2\end{array}\right. $ $\Rightarrow \triangle ABC$ vuông cân tại $B$.

b) Gọi $M=AB\cap Oy \Rightarrow M(0;m)$

$\overrightarrow{AB}= (-1;3)$, $\overrightarrow{AM}=(-2;m+1)$

$M,\, A,\, B$ thẳng hàng nên $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AM}$ cùng phương                              $\Rightarrow \dfrac{-2}{-1}=\dfrac{m+1}{3} \Rightarrow m=5$

Vậy $M(0;5)$

c) $S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}AB \left( BC + AD\right) $

$\Rightarrow 15 = \dfrac{1}{2}\cdot \sqrt{10} \left( \sqrt{10} + AD\right) $

$\Rightarrow AD = 2\sqrt{10} = 2BC$

$\overrightarrow{BC} = (3;1)$, $\overrightarrow{AD} = (x_D -2; y_D +1)$

Ta có: $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{BC}$ cùng hướng, $AD = 2BC$

$\Rightarrow \overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{BC} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_D -2 = 6\\ y_D +1 = 2\end{array}\right. $ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_D = 8\\ y_D =1 \end{array} \right. $

Vậy $D(8;1)$.

Bài 7 (1 điểm).

Ta có: $\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IC} = \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{ID} = \overrightarrow{0}$, $IA = IB = IC = ID = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$

Ta có: $12a^2= MA^2 + 2MB^2 + MC^2 + 2MD^2 $

$=\left( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IA}\right) ^2 + 2\left( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IB}\right) ^2 + \left( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{IC}\right) ^2 + 2\left( \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{ID} \right) ^2 $

$=6MI^2 + IA^2 + 2IB^2 + IC^2 + 2ID^2 + 2\overrightarrow{MI} \left( \overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IC} + 2\overrightarrow{IB} + 2\overrightarrow{ID}\right) $

$=6MI^2 + 3a^2$

$\Rightarrow MI^2 = \dfrac{3}{2}a^2 \Rightarrow MI = \dfrac{a\sqrt{6}}{2}$

Vậy $MI = \dfrac{a\sqrt{6}}{2}$

Bài 8 (1 điểm).

Ta có: $x^2 + y^2 +xy =3 \Rightarrow \left( x+y\right) ^2 -xy =3$ $\Rightarrow 3+xy = \left( x+y\right) ^2 \ge 0$ $\Rightarrow xy\ge -3$

Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}x=\sqrt{3}\\ y=-\sqrt{3}\end{array}\right. $ hoặc ngược lại.

Lại có: $x^2 + y^2 + xy =3 \Rightarrow \left( x-y\right) ^2 + 3xy =3$ $\Rightarrow 3-3xy = \left( x-y\right) ^2 \ge 0$ $\Rightarrow xy \le 1$

Dấu “=” xảy ra khi $x=y=1$

Đặt $t=xy \Rightarrow t\in [-3;1]$

$P =x^4 + y^4 + 2\left( x^2 + y^2\right) + 12xy$

$= \left( x^2 + y^2\right) ^2 -2x^2y^2 + 2\left( x^2 + y^2\right) +12xy$

$=\left( 3-t\right) ^2 -2t^2 + 2\left( 3-t\right) + 12t$

$= -t^2 + 4t+15$

Vậy $P_{min} = -6$, $P_{max} = 18$

Đề thi HK1 môn toán trường Nguyễn Thị Minh Khai năm học 2018-2019

Leave a reply

Bài 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau
a) $1-\sqrt{5-3 x+x^{2}}=2 x$
b) $\sqrt{3 x-5}+\sqrt{x+1}=4+4 x^{2}-x^{3}-3 x$
c) $\left\{\begin{array}{l}x+y+x y=5 \\ x^{2}+y^{2}=5\end{array}\right.$
Bài 2. Tìm giá trị tham số $\mathrm{m}$ sao cho
a) Phương trình $\mathrm{m}^{2} \mathrm{x}=4 \mathrm{x}-2 \mathrm{~m}+\mathrm{m}^{2}$ có nghiệm tùy $\dot{\mathrm{y}}$.
b) Phương trình $\mathrm{x}^{2}+2 \mathrm{mx}+4=0$ có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $|x_1-x_2| = 2\sqrt{2}$.
Bài 3.Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $\mathrm{y}=\mathrm{x} \sqrt{1-\mathrm{x}^{2}}$ với $0<\mathrm{x}<1$.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ có $K$ là trung điểm $AB$. Gọi $I,J$ là các điểm thỏa
$\overrightarrow{\mathrm{AI}}=\frac{1}{3} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}} ; 2 \sqrt{\mathrm{JB}}=\overline{\mathrm{JC}}$
a) Chứng minh rằng $\mathrm{K},$ I , J thẳng hàng.
b) Tìm tập hợp các điểm $\mathrm{M}$ sao cho $|2 \overrightarrow{\mathrm{MA}}-3 \overrightarrow{\mathrm{MB}}-2 \overrightarrow{\mathrm{MC}}|=|\overrightarrow{\mathrm{MB}}-\overrightarrow{\mathrm{MC}}|$
Bài 5.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho $\mathrm{A}(-2 ; 2), \mathrm{B}(1 ; 0), \mathrm{C}(3 ;-3)$
a) Tính tọa độ trực tâm $\mathrm{H}$ của $\Delta \mathrm{ABC}$.
b) Tính tọa độ điểm D thuộc trục Oy sao cho $\mathrm{ABCD}$ là hình thang có cạnh đáy lớn
$\mathrm{BC}$.

Đáp án thang điểm

Đáp án đề thi học kì 1 môn toán 10 năm học 2018 trường PTNK – Cơ sở 2

Leave a reply

Bài 1. Giải các phương trình sau:
a)$\sqrt{7x+2} = 1 + \sqrt{4x+1}$
b) $\left| x^2-x-1 \right|+3= 2x$
Bài 2. 

a) Tìm $a$, $b$, $c$ biết parabol $(P):y= ax^2 + bx +c$ đi qua điểm $A(1;-1)$ và có đỉnh $I(-1; -5)$.
b) Tìm $m$ để phương trình $(x-1)\left( \sqrt{x+m}-1 \right) =0$ có hai nghiệm là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông với cạnh huyền có độ dài bằng 3.
Bài 3. Cho hệ phương trình
$$\left\{ \begin{array}{l}
(1-2m)x +4y = 4m^2 + 4m +3 \\
mx + 2(m-1)y=-m-2
\end{array} \right. \quad (I) $$
Chứng minh khi $m$ nhận giá trị bất kì trên $\mathbb{R}$, hệ $(I)$ luôn có nghiệm duy nhất. Giả sử $(x_0, 1)$ là nghiệm của hệ $(I)$. Tìm $x_0$.
Bài 4. Cho góc $\alpha$ thỏa $\tan \left( \alpha + \dfrac{\pi}{3} \right) = -\dfrac{ 3\sqrt{3}}{5}$. Tính giá trị của biểu thức:
$$ P=\dfrac{\cos ^3 \alpha + 2\sin \alpha \cdot \cos ^2 \alpha}{\sin ^2 \alpha \cdot \cos \alpha + \sqrt{3} \sin ^3 \alpha }$$
Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có $AB=3a$, $AC=6a$, $BC=7a$.
a) Tính $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ và $\cos A$.
b) Gọi $M$, $N$ là hai điểm được xác định bởi $\overrightarrow{AM} = \dfrac{2}{3} \overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AN} = -\dfrac{3}{2} \overrightarrow{AC}$, tính $MN$ theo $a$.

Bài 6. Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A(1;3)$, $B(6;-2)$.

a) Tìm tọa độ điểm $C$ sao cho $G(1;1)$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.
b) Tìm tọa độ chân đường vuông góc kẻ từ $M(4;3)$ đến đường thẳng $AB$.

Hết

Lời giải

 

Bài 1. 

a) Nghiệm của phương trình: $x=2$.
b) $\left| x^2-x-1 \right| +3= 2x$
$\Leftrightarrow \left| x^2-x-1 \right| = 2x-3 \quad \left( x \ge \dfrac{3}{2} \right) $
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x^2-x-1 = 2x-3 \\\\
x^2-x-1=3-2x
\end{array} \right. $
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình: $x=2$ hoặc $x=\dfrac{\sqrt{17}-1}{2}$

Bài 2.

a) $P$ qua điểm $A(1;-1)$ nên $-1=a+b+c$.

$(P)$ có đỉnh $I(-1;-5)$ nên $-5=a-b+c$ và $-\dfrac{b}{2a}= -1$.

Từ đó suy ra $P: y= x^2 + 2x-4$.
b) Điều kiện: $x\ge -m$

Từ phương trình suy ra: $\left[ \begin{array}{l}
x= 1 \\\\
x= 1-m
\end{array} \right. $

Để hai nghiệm là độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3 thì: $1^2 + (1-m)^2 =3^2$ $\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
m= 1+2\sqrt{2} \\\\
m= 1-2\sqrt{2} \quad \text{(loại vì } x\ge -m)
\end{array} \right. $

Vậy $m=1+2\sqrt{2}$.

Bài 3. 

$D= \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{1-2m}&{4}\\\\
{m}&{2(m-1)}
\end{array} \right| = (1-2m)(2m-2)-4m = -4m^2+2m-2 $

$D_x = \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{4m^2+4m+3}&{4}\\\\
{-m-2}&{2(m-1)}
\end{array} \right| = 8m^3+2m+2 $

$D_y= \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{1-2m}&{4m^2+4m+3}\\\\
{m}&{-m-2}
\end{array} \right| = -4m^3-2m^2-2 $

$D=0 \Leftrightarrow -4m^2+2m-2 =0$ (vô nghiệm).

Suy ra $D \ne 0$ với mọi $m \in \mathbb{R}$

Vậy với mọi $m \in \mathbb{R}$ thì hệ $(I)$ luôn có nghiệm duy nhất.

Khi $(x_0;1)$ là nghiệm của hệ $(I)$ thì $y=\dfrac{D_y}{D}=\dfrac{-4m^3-2m^2-2}{-4m^2+2m-2}=1 \Leftrightarrow m=0$

Khi đó $x=\dfrac{D_x}{D}= \dfrac{2}{-2}=-1$

Bài 4.

$\tan\left( \alpha + \dfrac{\pi}{3} \right) =\dfrac{\tan \alpha + \tan \dfrac{\pi}{3}}{1-\tan \alpha \cdot \tan \dfrac{\pi}{3}} = -\dfrac{3\sqrt{3}}{5} \Leftrightarrow \tan \alpha = 2\sqrt{3}$

$P=\dfrac{\cos ^3 \alpha + 2\sin \alpha \cdot \cos ^2 \alpha}{\sin ^2 \alpha \cdot \cos \alpha + \sqrt{3} \sin ^3 \alpha } = \dfrac{1+2\tan \alpha}{\tan ^2 \alpha + \sqrt{3} \tan ^3 \alpha} = \dfrac{1+4\sqrt{3}}{84}$

Bài 5. 

a) $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -2a^2$; $\cos A = \dfrac{-2a^2}{3a\cdot 6a}= -\dfrac{1}{9}$
b) $\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AN} – \overrightarrow{AM} = -\dfrac{3}{2} \overrightarrow{AC} – \dfrac{2}{3} \overrightarrow{AB} \Rightarrow MN^2=\overrightarrow{MN}^2 = \ldots = 81a^2 \Rightarrow MN = 9a$

Bài 6. 

a) $C(-4;2)$
b) Gọi chân đường vuông góc hạ từ $M$ đến $AB$ là $H(x,y)$

Ta có: $\left\\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow{MH} \bot \overrightarrow{AB} \\\\
\overrightarrow{AH} \parallel \overrightarrow{AB}
\end{array} \right. $

Từ đó suy ra: $H\left( \dfrac{5}{2}; \dfrac{3}{2} \right) $

Đáp án đề thi HK1 lớp 11 trường PTNK năm học 2017 – 2018

Leave a reply

Bài 1. Giải các phương trình sau:
a)  $ 2\cos ^2 \dfrac{x}{2}+\sqrt{3}\sin x=1+2\sin 3x $
b) $ 3 \tan^2 x+4\tan x+4\cot x+3\cot^2 x+2=0 $

Bài 2. Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các số 1;2;3;4;5;6;7. Lấy ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để lấy được số có mặt chữ số 6.

Bài 3. Trong khai triển của $ \left(2x^3-\dfrac{3}{x^2}\right)^n $ với $ n $ là số nguyên dương thỏa $ 2C_{n+6}^{5}=7A_{n+4}^3, $ tìm số hạng không chứa $ x? $

Bài 4. Tìm số hạng đầu và công sai của cấp số cộng $ (u_{n}) $ biết rằng công sai của $ (u_{n}) $ là số nguyên dương và
$u_{1}+u_{3}+u_{5}=15, \dfrac{1}{u_{1}}+\dfrac{1}{u_{3}}+\dfrac{1}{u_{5}}=\dfrac{59}{45} $.

Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm $ I(2;-5) $ và đường thẳng $ d:3x-2y+3=0. $ Viết phương trình đường thẳng $ d’ $ là ảnh của $ d $ qua phép đối xứng tâm $ I. $

Bài 6. Cho hình chóp $ S.ABCD $ có đáy $ ABCD $ là hình thang có $ AD $ là đáy lớn, $ AD=2BC. $ Gọi $ O $ là giao điểm của $ AC $ và $ BD. $ Gọi $ G_{1},G_{2} $ lần lượt là trọng tâm $ \Delta SCD, \Delta SAB, \ E $ là trung điểm $ SD. $
a)  Mặt phẳng $ (BCE) $ cắt $ SA $ tại $ F. $ Chứng minh: $ F $ là trung điểm $ SA. $
b) Chứng minh $ G_{1}G_{2} \parallel (SAD) $
c) Chứng minh $ (OG_{1}G_{2}) \parallel (SBC) $
d) Gọi $ M $ là điểm trên cạnh $ AB $ sao cho $ AB=4AM. $ Mặt phẳng $ (P) $ qua $ M $ và song song với $ BC, SD. $ Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng $ (P). $ Thiết diện là hình gì?

Hết

Đáp án

[userview]

Bài 1.

a) Phương trình tương đương với
$$
\begin{aligned}
& \cos x+\sqrt{3} \sin x=2 \sin 3 x \\
\Leftrightarrow & \frac{1}{2} \cos x+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x=\sin 3 x \\
\Leftrightarrow & \sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)=\sin 3 x \\
\Leftrightarrow x+\frac{\pi}{6}=3 x+k 2 \pi \text { hoặc } x+\frac{\pi}{6}=\pi-3 x+k 2 \pi \\
\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{12}+k \pi \text { hoặc } x=\frac{5 \pi}{24}+\frac{k \pi}{2}, k \in \mathbb{Z}
\end{aligned}
$$

Bài 2. Gọi $\overline{a b c d}(a \neq 0)$ là số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7 .
$\overline{a b c d}:$ Có $A_{7}^{4}=840$ số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7
$\Longrightarrow|\Omega|=840$Gọi A là biên có sao cho số dược lậy là một số có mặt chữ số $6 .$
$$
|A|=4 . A_{6}^{3}=480 \Longrightarrow P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{4}{7}
$$

Bài 3. 

\begin{aligned}
&2 C_{n+6}^{5}=7 A_{n+4}^{3} \Longleftrightarrow 2 \cdot \frac{(n+6) !}{5 !(n+1) !}=7 \cdot \frac{(n+4) !}{(n+1) !} \Longleftrightarrow \frac{(n+6) !}{(n+4) !}=420 \Longleftrightarrow(n+6)(n+5)=\\
&420 \Longleftrightarrow n^{2}+11 n-390=0 \Longleftrightarrow\left[\begin{array}{l}
n=15 \\
n=-26
\end{array} \Longleftrightarrow n=15(\text { vì n là số tự nhiên })\right.\\
&\text { Công thức } \mathrm{SHTQ}: T_{k+1}=C_{15}^{k} \cdot\left(2 x^{3}\right)^{15-k} \cdot\left(-\frac{3}{x^{2}}\right)^{k}=C_{15}^{k} \cdot 2^{15-k} \cdot(-3)^{k} \cdot x^{45-5 k}\\
&\text { Để số hạng không chứa } x \Longleftrightarrow 45-5 k=0 \Longleftrightarrow k=9 \text { . }\\
&\text { Vậy số hạng không chứa } \mathrm{x}: T_{10}=C_{15}^{9} .2^{6} \cdot(-3)^{9}=-6304858560 \text { . }
\end{aligned}

Bài 4. $\left\{\begin{array}{l}
u_{1}+u_{3}+u_{5}=15(1) \\
\frac{1}{u_{1}}+\frac{1}{u_{3}}+\frac{1}{u_{5}}=\frac{59}{45}(2) \end{array} \right.$
$(1) \Longleftrightarrow 3 u_{3}=15 \Longleftrightarrow u_{3}=5 $
$(2) \Longleftrightarrow \frac{1}{u_{1}}+\frac{1}{5}+\frac{1}{u_{5}}=\frac{59}{45} \Longleftrightarrow \frac{1}{u_{1}}+\frac{1}{u_{5}}=\frac{10}{9} $

$\Longleftrightarrow 9\left(u_{1}+u_{5}\right)=10 u_{1} u_{5} $

$\Longleftrightarrow 9.2 u_{3}= 10\left(u_{3}-2 d\right)\left(u_{3}+2 d\right)$

$\Longleftrightarrow 90=10\left(u_{3}^{2}-4 d^{2}\right)=25-4 d^{2}=9 $

$\Longleftrightarrow d^{2}=4$

$\Longleftrightarrow d=2(\text{vì} d>0) $
$u_{3}=5 \Longleftrightarrow u_{1}+2 d=5 \Longleftrightarrow u_{1}=5-2 d=1$.
và $u_{1}=1,d=2$

Bài 5. 

Gọi $M^{\prime}\left(x^{\prime} ; y^{\prime}\right)$ là ảnh của $\mathrm{M}$ qua phép đối xứng tâm $\mathrm{I} \Longleftrightarrow \mathrm{I}$ là trung điểm của $\mathrm{MM}^{\prime} \Longleftrightarrow$
$$
\left\{\begin{array}{l}
x_{I}=\frac{x_{M}+x_{M^{\prime}}}{2} \\
y_{I}=\frac{y_{M}+y_{M^{\prime}}}{2}
\end{array} \Longleftrightarrow\left\{\begin{array}{l}
4=x+x^{\prime} \\
-10=y+y^{\prime}
\end{array} \Longleftrightarrow\left\{\begin{array}{l}
x=4-x^{\prime} \\
y=-10-y^{\prime}
\end{array}\right.\right.\right.
$$
Ta có: $3 x-2 y+3=0 \Longleftrightarrow 3\left(4-x^{\prime}\right)-2\left(-10-y^{\prime}\right)+3=0 \Longleftrightarrow 12-3 x^{\prime}+20+2 y^{\prime}+3=0 \Longleftrightarrow$
$3 x^{\prime}-2 y^{\prime}-35=0$
Vậy M’ thuộc dường thẳng d’:3x-2y-35=0.
Vậy ảnh của đường thẳng d qua phép đối xứng tâm I là đường thẳng $\mathrm{d}^{\prime}: 3 \mathrm{x}-2 \mathrm{y}-35=0 .$

Bài 6. 

a) Ta có: $C \in(S A C) \cap(B C E)(1)$.
Trong $(S B D)$ gọi $\mathrm{K}$ là giao diểm của $\mathrm{SO}$ và $\mathrm{BE}$ mà $S O \subset(S A C), B E \subset(B C E)=K \in$
$(S A C) \cap(B C E)(2)$
$(1)(2) \Longrightarrow C K=(S A C) \cap(B C E)$
Trong $(S A C)$ gọi $\mathrm{F}$ là giao điểm của $\mathrm{SA}$ và $\mathrm{CK}$ mà $\mathrm{CK} \subset(B C E)=F=\operatorname{SAn}(B C E) .$ $\mathrm{Vi} A D \| B C=\frac{O C}{O A}=\frac{O B}{O D}=\frac{B C}{A D}=\frac{1}{2} \Longleftrightarrow \frac{C O}{C A}=\frac{B O}{B D}=\frac{1}{3}$
Xét $\triangle S O D$ : Áp dụng định lý Menelaus với 3 điểm $\mathrm{B}, \mathrm{K}, \mathrm{E}$ thẩng hàng ta có:
$\frac{C O}{C A} \cdot \frac{K S}{K O} \cdot \frac{F A}{F S}=1 \Longleftrightarrow \frac{F A}{F S}=1 \Longleftrightarrow \mathrm{F}$ là trung điẻm $\mathrm{SA}$
b) Trong (SAB), goi P là giao điểm của $S G_{1}$ và AB. Vì $G_{1}$ là trọng tâm của $\triangle S A B=P$
là trung điểm của AB.

Trong (SCD), gọi P là giao điểm của $S G_{2}$ và CD. Vì $G_{2}$ là trọng tàm của $\triangle S C D=\mathrm{Q}$
là trung điểm của CD. Xét $\triangle S P Q$ ta có: $\frac{S G_{1}}{S P}=\frac{2}{3}=\frac{S G_{2}}{S Q}=G_{1} G_{2} \| P Q(3)$

Xét hình thang ABCD ta có: PQ là đường trung bình của hình thang ABCD (do P,Q làn
lượt là trung điểm của $\mathrm{AB}, \mathrm{CD} \Longrightarrow P Q \| A D(4)$
$$
\text { Tì }(3)(4)=G_{1} G_{2}\left\|A D, \operatorname{mà} \mathrm{AD} \subset(\mathrm{SAD})=G_{1} G_{2}\right\|(S A D)
$$
c) Ta có: $G_{1} G_{2} \| A D$ mà $A D\left\|B C=G_{1} G_{2}\right\| B C=G_{1} G_{2} \|(S B C)(5)$
Trong (SAB), gọi H là giao điểm của $A G_{1}$ và $\mathrm{SB}$. Vì $G_{1}$ là trọng tần của $\triangle S A B=\mathrm{H}$
là trung điểm của $\mathrm{SB}$. Xét $\triangle H A C$ ta có: $\frac{A O}{A C}=\frac{2}{3}=\frac{A G_{1}}{A H}=O G_{1}\left\|C H \operatorname{mà} C H \subset(S B C)=O G_{1}\right\|(S B C)(6)$
Tì $(5)(6)=\left(O G_{1} G_{2}\right) \|(S B C)$
d) Ta có: $M \in(P) \cap(A B C D) \operatorname{mà}(P)\left\|B C=(P) \cap(A B C D)=x M x^{\prime}\right\| B C$.
Trong (ABCD), gọi N là giao diểm của xMx’ và CD.
Ta có: $N \in(P) \cap(S C D) \operatorname{mà}(P)\left\|S D=(P) \cap(S C D)=y N y^{\prime}\right\| S D$
Trong (SCD) gọi I là giao diểm của yNy’ và SC.
Ta có: $I \in(P) \cap(S B C) \operatorname{mà}(P)\left\|B C \Longrightarrow(P) \cap(S B C)=t I t^{\prime}\right\| B C .$
Trong (SBC), gọi J là giao điểm của tIt’ và SB. $((P) \cap(A B C D)=M N$
$\Longrightarrow$ thiệt diê
Ta có: $M N\|I J\| A D=M N I J$ là hình thang.

[/userview]

Đáp án đề thi học kì 1 môn toán lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2016

Leave a reply

Bài 1. Tìm m để phương trình $\dfrac{(x-1)(x-3m)}{\sqrt{x-2}+1}=0$ vô nghiệm

Bài 2. Gọi $(P)$ là đồ thị của hàm số: $y= x^2 + bx + c \, \, (b,c \in \mathbb{R} )$. Biết các điểm $A(1;-4)$, $B(2;-3)$, thuộc $(P)$. \
Tìm tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(P’)$, với $(P’)$ là đồ thị của hàm số $y= (2x-1)^2 -4$

Bài 3. Cho hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
x+\dfrac{1}{m} \sqrt{y} =4 \\
\dfrac{1}{m} x + \sqrt{y} = \dfrac{2}{m} + 2
\end{array} \right.$, với m là tham số và $m \ne 0$.

Định m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

Bài 4. Giải các phương trình sau:

a) $\sqrt{2x+1}+\sqrt{x-3}=4$
b) $x+ \dfrac{3x}{\sqrt{x^2-9}}=\dfrac{35}{4}$

Bài 5. Chứng minh đẳng thức: $\tan^2 a – \tan^2 b = \dfrac{\sin(a+b).\sin(a-b)}{\cos^2a.\cos^2b}$

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ có các đỉnh $A(-1;3)$, $B(-3;-3)$, $C(2;2)$. Chứng minh tam giác $ABC$ là tam giác vuông và tìm trực tâm tam giác $ABC$.

Bài 7.  Cho hình bình hành $ABCD$ với $AB=6a$, $AD=3a$, $\angle ABC =60^0$. Gọi $M,N$ thỏa: $\overrightarrow{MA}+2 \overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}$, $3 \overrightarrow{ND}+2 \overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}$.
a) Tính $\overrightarrow{AM}. \overrightarrow{AD}$.
b) Tính độ dài cạnh $AN$ theo $a$.
c) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $AMN$. Tìm $x$ và $y$ thỏa: $\overrightarrow{BG}= x \overrightarrow{BA} + y \overrightarrow{BD}$.

Hết

Đáp án

[userview]

ptnk10hk12016

[/userview]

Đáp án đề thi học kì 1 môn Toán 11 trường Phổ thông Năng khiếu

Leave a reply

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN HK1 TOÁN LỚP 11 TRƯỜNG PTNK

Bài 1. Giải các phương trình
a) $\dfrac{\sin x + \sin 3x – 1}{2\cos x – 1} = 1$.
b) $\dfrac{1}{\sin x} + \dfrac{1}{\cos x} = 4\sqrt{2}\cos 2x$.

Bài 2.
a) Một bình chứa các quả cầu có kích thước khác nhau gồm 6 quả cầu đỏ, 10 quả cầu xanh và 14 quả cầu vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 quả cầu. Tính xác suất để 5 quả cầu chọn được có đủ 3 màu, trong đó số quả cầu màu vàng và màu xanh bằng nhau.
b) Từ các số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 6 chữ số phân biệt sao cho số đó chia hết cho 3.

Bài 3.
a) Tìm hệ số của $x^3$ trong khai triển thu gọn biểu thức $(2\sqrt{x} – \dfrac{3}{x})^{15}$\
b) Tìm số nguyên dương $x$ thỏa mãn đẳng thức $C_{x+2}^{x-1} + C_{x+2}^x = \dfrac{10}{3}A_x^2$.

Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho đường thẳng $(d): x – y – 1 = 0$ và vectơ $\vec{u} = (-2;1)$. Tìm ảnh $(d’)$ của đường thẳng $(d)$ qua phép tịnh tiến theo $\vec{u}$.

Bài 5. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thang, $AD // BC$ và $AD = 2BC$. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ và $M$ là trung điểm $SD$.
a) Tìm giao tuyến của mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$; $(SAD)$ và $(SBC)$.
b) Chứng minh $CM // (SAB)$. Tìm giao tuyến của $(SAB)$ và $(AMC)$.
c) Tìm giao điểm $I$ của $SC$ và $(ABM)$. Chứng minh $OI // (SAD)$.

Hết 

Đáp án  ĐỀ-THI-HỌC-KÌ-I-2015-2016-ĐÁP-ÁN

 

Đề thi thử vào lớp 10 – Không chuyên PTNK

Leave a reply

Thời gian làm bài 120 phút.

Bài 1.  (1,5 điểm) Cho biểu thức
$$A = \left( {\frac{1}{{\sqrt a + \sqrt b }} + \frac{{3\sqrt {ab} }}{{a\sqrt a + b\sqrt b }}} \right).\left[ {\left( {\frac{1}{{\sqrt a – \sqrt b }} – \frac{{3\sqrt {ab} }}{{a\sqrt a – b\sqrt b }}} \right):\frac{{a – b}}{{a + \sqrt {ab} + b}}} \right]$$
a) Rút gọn $A$.
b) Chứng minh $A < \dfrac{2}{a+b}$.

%————————————–%

Bài 2. (2 điểm) 
a) Giải phương trình $\sqrt{x+3}+\sqrt{x-1}=1+\sqrt{2x+1}$
b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{matrix} x+y + xy = 8 \hfill \cr \sqrt{x+2}+\sqrt{y+2}=4 \hfill \cr \end{matrix} \right.$

%————————————–%

Bài 3. (1,5 điểm) Cho phương trình $(m-1)x^2 – 2(m+1)x + m = 0 $ ($m$ là tham số )
a)  Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm trái dấu.
b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa

$$m(x_1-1)^2 = (x_2+1)^2-1$$

%————————————–%

Bài 4. (2 điểm) 

a) Hai kho hàng I và II chứa một số sản phẩm. Nếu lấy đi ở mỗi kho hàng 200 sản phẩm thì số sản phẩm còn lại của kho I bằng $\dfrac{1}{2}$ số sản phẩm của kho II. Nếu chuyển $20 \% $ số sản phẩm kho I qua kho II thì số sản phẩm kho I bằng $40 \% $ số sản phẩm kho II. Tính số sản phẩm của mỗi kho hàng.
b)  Để thi vào trường chuyên một số học sinh lớp 9A có đi học thêm hai môn toán và văn tại trung tâm Star-education. Biết rằng số học sinh học cả hai môn toán văn bằng tích số học sinh chỉ học môn toán và số học sinh chỉ học môn văn. Số học sinh học thêm môn toán là 45, số học sinh học thêm môn văn là 48. Tính số học sinh lớp 9A biết rằng số học sinh không đi học thêm là ước của số học sinh đi học thêm và tổng số hs trong lớp không quá 100 em.

%————————————–%

Bài 5. (3 điểm) Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB = 2R$, $C$ thuộc $(O)$ sao cho $AC = R$. Gọi $H$ là hình chiếu
của $C$ trên $AB$, đường tròn tâm $I$ đường kính $CH$ cắt $BC$ tại $E$ và $AC$ tại $D$.
a) Chứng minh $ADEB$ nội tiếp. Tính diện tích tứ giác $ADEB$.
b) Vẽ tiếp tuyến $BF$ đến $(I)$ với $F$ là tiếp điểm và khác $H$, $HF$ cắt $IB$ tại $J$ và cắt $AC$ tại $G$. Chứng minh $CEJI$ nội tiếp. Tính $\angle CJE$.
c) Tính các góc của tam giác $ABG$.

Hết

Lời giải

Bài 1.

a) $A= \left( \dfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\dfrac{3\sqrt{ab}}{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}} \right) . \left[ \left( \dfrac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\dfrac{3\sqrt{ab}}{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}} \right) : \dfrac{a-b}{a+\sqrt{ab}+b} \right] \\
= \dfrac{a-\sqrt{ab}+b+3\sqrt{ab}}{\left( \sqrt{a}+ \sqrt{b} \right) \left( a-\sqrt{ab}+b \right) } \cdot \dfrac{a+\sqrt{ab}+b-3\sqrt{ab}}{\left( \sqrt{a}-\sqrt{b} \right) \left( a+\sqrt{ab}+b \right) } \cdot \dfrac{a+\sqrt{ab}+b}{a-b}\\
= \dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{a-\sqrt{ab}+b} \cdot \dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{a+\sqrt{ab}+b} \cdot \dfrac{a+\sqrt{ab}+b}{a-b} \\
= \dfrac{a-b}{a-\sqrt{ab}+b} \cdot \dfrac{1}{a-b} \\
= \dfrac{1}{a-\sqrt{ab}+b}$.

b) $A < \dfrac{2}{a+b} \Leftrightarrow a+b < 2(a+b-\sqrt{ab}) \Leftrightarrow (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2 > 0$.

Đúng vì $a \neq b$.

Bài 2.

a) Điều kiện : $x \geq 1$.\\
Phương trình tương đương với : \\
$x+3 + x-1 +2\sqrt{(x+3)(x-1)} = 1+2x+1 + 2\sqrt{2x+1} \\
\Leftrightarrow x^2+2x-3 = 2x + 1 \\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2 \;\; (n)\\
x = – 2 \;\; (l)
\end{array} \right. $

b) Đặt $u = \sqrt{x+2}, v = \sqrt{y+2}$ ta có $u, v \geq o$ và $x = u^2 – 2, y = v^2 – 2$. Ta có hệ: \\
$\left\{ \begin{array}{l} u + v = 4\;\; (*) \\
u^2v^2 – u^2 – v^2 = 8\;\; (**)
\end{array} \right.$\\
Từ (**) ta có $u^2v^2 – (u+v)^2 + 2uv – 8 = 0 \Rightarrow u^2v^2 + 2uv – 24 = 0 \\ \Rightarrow uv = 4 \; (n), uv = – 6 \; (l)$. \\
Với $u + v = 4, uv = 4$ ta có $u = 2, v = 2$. Giải ra $x = 2, y = 2$. \\
Vậy hệ phương trình có nghiệm $(x;y)$ là $(2;2)$.

Bài 3.

a) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm trái dấu \\
$\left\{ \begin{array}{l}
m-1 \ne 0 \\
\Delta ‘ =(m+1)^2-m(m-1) >0 \\
P = m (m-1)<0
\end{array} \right. \Leftrightarrow
\left\{ \begin{array}{l}
m \ne 1 \\
3m+1 >0 \\
0<m<1
\end{array} \right.
\Leftrightarrow 0<m<1$

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt \\
$\left\{ \begin{array}{l}
m – 1 \neq 0\\
\Delta ‘ = (m+1)^2-m(m-1) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne 1 \\
m > -\dfrac{1}{3}
\end{array} \right. $
$x_1$ là nghiệm của phương trình nên \\ $(m-1)x_1^2 – 2(m+1)x_1 + m = 0 \Leftrightarrow m(x_1 -1)^2 = x_1^2+2x_1$.
Do đó

$m(x_1-1)^2 = (x_2+1)^2 – 1 \\
\Leftrightarrow \left( x_1 + 1 \right)^2 = \left( x_2 + 1 \right)^2 \\
\Leftrightarrow \left( x_1 – x_2 \right) \left( x_1 + x_2 +2 \right) =0 \\
\Leftrightarrow x_1 + x_2 = -2 \;\; \left( \text{vì } x_1 \ne x_2 \right) \\
\Leftrightarrow \dfrac{2(m+1)}{m-1} = – 2 \Leftrightarrow m = 0 (n)$.

Bài 4.

a) Gọi $x, y$ lần lượt là số hàng kho I, II. Dựa vào đề bài ta có hệ phương trình:
$\left\{\begin{array}{l}
x – 200 = \dfrac{1}{2} ( y – 200) \\
\dfrac{4}{5}x = \dfrac{2}{5} (y + \dfrac{1}{5}x) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x=\dfrac{1}{2}y+100 \\
18x=10y
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x=1000 \\
y=1800
\end{array} \right. $
Vậy số hàng kho I là 1000 sản phẩm và số hàng kho II là 1800 sản phẩm.

b) Gọi $x, y$ là số học sinh chỉ học môn toán và chỉ học môn văn. Suy ra số học sinh học cả hai môn là $xy$.

Khi đó ta có hệ: $xy + x = 45 (1) xy+y=48(2)$.

Khi đó $y = x+3$, thế vào (1): $x^2+4x-45 = 0$.

Giải ra được $x = 5$ (Vì  x > 0). Suy ra $y = 8$.

Số học sinh học thêm toán là: 50,

Số học sinh học thêm là 53. Suy ra số học sinh không đi học thêm là 1.

Số học sinh của lớp là: 54.

Bài 5.

a) Ta có $CD\cdot CA = CH^2$ và $CE\cdot CB = CH^2$. Suy ra $CD\cdot CA = CE\cdot CB$, suy ra $\triangle CDE \backsim \triangle CBA$, suy ra $\angle CDE = \angle CBA$, suy ra tứ giác $ADEB$ nội tiếp.
Ta có $S_{ADEB} = S_{ABC} – S_{ADE}$. Mà $AC = R, BC = R\sqrt{3}$, suy ra $S_{ABC}=R^2 \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
$DE = \dfrac{CH^2}{AC} = \dfrac{3R}{4}, CE = \dfrac{CH^2}{CB}= \dfrac{R\sqrt{3}}{4}$.
Suy ra $S_{ADE} = \dfrac{3R^2\sqrt{3}}{32}$.
Do đó $S_{ADEB} = \dfrac{13R^2\sqrt{3}}{32}$.
b) Ta có $BI \bot HF$ tại $J$. Ta có $BI\cdot BJ = BH^2$. Và tam giác $CHB$ vuông tại $H$ có $HE$ là đường cao nên $BE.BC = BH^2$.
Do đó $BI\cdot BJ = BH\cdot BE$, suy ra tứ giác $CIJE$ nội tiếp. Suy ra $\angle CJE = \angle CIE = 60^\circ$.
c) Ta có $\angle GCB = \angle GJB = 90^\circ$, suy ra $CJBG$ nội tiếp. Suy ra $\angle CGB = \angle CJI$. Mà $\angle CJI = \angle CEI = 60^\circ $, suy ra $\angle CGB = 60^\circ $. Mà $\angle GAB = 60^\circ $ nên $\angle GBA = 60^\circ $.
\end{enumerate}

Đề ôn thi vào lớp 10 Chuyên Toán.

Leave a reply

Thời gian làm bài 150 phút.

Bài 1. (1, 5 điểm) Cho phương trình $(\sqrt{x} – 1)(x^2 – (m^2+1)x + 1) = 0$
a) Giải phương trình khi $m = -2$.
b) Tìm $m$ để phương trình có 3 nghiệm phân biệt $x_1<x_2<x_3$ và thỏa $x_1^2 + 4x_2^2+x_3^2 = 27$.

Bài 2. (2 điểm) Cho các số dương $a, b, c$ thỏa $a+ b+ c = abc$.
a) Tìm $a, b, c$ nếu $a, b, c$ là các số nguyên dương.
b) Chứng minh $ab+ac+bc \geq 9$ và $ab+ac+bc\geq 3 + \sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$.

Bài 3.  (1, 5 điểm) Số nguyên dương $n$ được gọi là số đẹp nếu tồn tại các số nguyên dương $x, y, z$ không nhất thiết phải khác nhau sao cho: $$n = \left[ {x;y} \right] + \left[ {y;z} \right] + \left[ {z;x} \right]$$ với $\left[ {a;b} \right]$ là bội chung nhỏ nhất của hai số $a, b$
a) Chứng minh rằng $n=2021$ là số đẹp.
b) Chứng minh rằng mọi số lẻ khác 1 đều là số đẹp.
c) Chứng minh rằng $n=2^{2021}$ không phải là số đẹp.

Bài 4. (3 điểm) Cho đoạn thẳng $BC$ cố định và điểm $A$ thay đổi sao cho $\angle BAC = \alpha < 60^\circ$ không đổi và $AB, AC >BC$. Trên $BC$ lấy các điểm $M, N$ sao cho $BM = MN = NC$. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABN$ và $ACM$ cắt nhau tại $D$ và cắt các cạnh $AC, AB$ lần lượt tại $E, F$.

a) Tìm vị trí của $A$ sao cho $AE \cdot AC + AF \cdot AB$ lớn nhất.

b) Chứng minh rằng $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{AC}{AB}$.

c) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. Chứng minh $I$ luôn thuộc một đường cố định.

Bài 5. (2 điểm) Một giải đấu bóng đá gồm 8 đội đá với nhau. Mỗi lượt, 8 đội chia làm 4 cặp đấu, thắng được 3 điểm, hòa 1 điểm và thua 0 điểm.
a) Giải đấu diễn ra hai lượt.
i)  Chứng minh rằng có 2 đội có điểm bằng nhau.
ii) Chứng minh rằng có thể tìm được 4 đội $A, B, C, D$ đôi một chưa đấu với nhau.
b) Kết thúc giải người ta thấy rằng không có trận nào kết thúc với tỉ số hòa. Chứng minh rằng có thể tồn tại 5 đội $A, B, C, D, E$ xếp thành một hàng sao cho đội đứng trước thắng đội đứng sau.

HẾT

Lời giải

Bài 1. 

a) Khi $m = -2$ ta có phương trình $(\sqrt{x}-1)(x^2-5x+1) = 0$.

Giải phương trình ta có nghiệm $x = 1, x = \dfrac{5+\sqrt{21}}{2}, x= \dfrac{5-\sqrt{21}}{2}$.

b) Điều kiện $x \geq 0$. Ta có $x = 1$ là một nghiệm của phương trình.

Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

$x^2-(m^2+1)x + 1 = 0$. (2) có hai nghiệm phân biệt không âm và khác 1.

  • $\Delta (m^2+1)^2 – 4 = (m^2-1)(m^2+3) > 0$.
  • $1^2 -(m^2+1)1 + 1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq \pm 1$.

Khi đó phương trình có hai nghiệm là $a<b$ thỏa $a+b = m^2+1 > 0, ab = 1$.

Do đó $a, b > 0$ và có tích bằng 1, nên một số nhỏ hơn 1, 1 số lớn hơn 1.

Từ đó ta có $x_2 = 1$, $x_1  =a, x_3 = b$. Khi đó

$x_1^2+4x_2^2 + x_3^2 = 27$

$(a+b)^2 – 2ab = 23$

$m^2 = 25$

$m = \pm 5$. (Nhận)

Bài 2.

a) Do vai trò $a, b, c$ như nhau nên giả sử $a \geq b geq c > 0$. Khi đó

$a + b+ c = abc \Leftrightarrow \dfrac{1}{ab} + \dfrac{1}{bc} + \dfrac{1}{ac} = 1 \leq \dfrac{3}{c^2}$.

Suy ra $c = 1$. Khi đó $ab = a+b +1 \Leftrightarrow (a-1)(b-1) = 2$. Giải ra được $a = 3, b=2$.

Vậy phương trình có nghiệm $(3;2;1)$ và các hoán vị.

b)

Áp dụng bdt $(x+y+z)(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z}) \geq 9$ và từ $\dfrac{1}{ab} + \dfrac{1}{bc} + \dfrac{1}{ac} = 1$.

Suy ra $ab+bc+ac \geq 9$.

Ta có bdt $3(x^2+y^2+z^2) \geq (x+y+z)^2 \geq 3(xy+yz+xz)$. (Tự chứng minh)

Ta có $P = (ab+bc+ac-3)^2 = (ab+bc+ac)^2 – 6(ab+bc+ac)+9$.

Mà $(ab+bc+ac)^2 \geq 3abc(a+b+c)$ và $abc = a+b+c$.

Suy ra $(ab+bc+ac)^2 \geq 3(a+b+c)^2$.

Do đó $P \geq 3(a^2+b^2+c^2) + 9 \geq (\sqrt{1+a^2} + \sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2})^2$.

Từ đó

$ab+bc+ac-3 \geq \sqrt{1+a^2} + \sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$

$ab+bc+ac \geq 3+\sqrt{1+a^2} + \sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$.

Bài 3. 

a) $ 2021 = [1;1] + [1010;1] + [1010;1]$.

b) Nếu $ n = 2k + 1$ và $k \geq 1$. Chọn $x = y =1,z=k$ ta có $n = [1;1] + [k;1] + [k;1]$.

c) Chú ý các nhận xét sau:

  • Mọi số nguyên dương đều biểu diễn với dạng $p\cdot 2^n$ trong đó $p$ là số lẻ.
  • Bội chung nhỏ nhất của $p\cdot 2^n$ và $q\cdot 2^m$ với $n>m$ là $r\cdot 2^n$ với $r=[p;q]$ lẻ.

Giả sử $n =2^{2021}$ là số đẹp, tức là tồn tại $x, y, z$ nguyên dương sao cho $2^{2021} = [x;y] + [y;z] + [z;x]$.

Do $2^{2021}$ là số chẳn nên chỉ có hai trường hợp xảy ra, hoặc cả ba số $\left[ {x;y} \right],\left[ {y;z} \right],\left[ {z;x} \right]$ đều là số chẳn, hoặc trong ba số này có hai số lẻ và một số chẳn.

Nếu 3 số $x, y, z$ lẻ thì $[x;y] + [y;z] + [z;x]$ lẻ vô lý.

Nếu 1 số lẻ, hai số chẵn cũng tương tự.

Trường hợp 2 số chẵn. Giả sử $x, y$ chẵn. Ta xét các trường hợp sau:

  • Nếu $z$ lẻ. Khi đó ta có: $\left[ {x;y} \right] = {2^a}{m_1}$ với $m_1$ là số lẻ, $\left[ {y;z} \right] = {2^b}{m_2}$, với $m_2$ là số lẻ, $\left[ {z;x} \right] = {2^a}{m_3}$, với $m_2$ là số lẻ. Dễ thấy $a, b < 2021$.
    • Từ đó: ${2^a}{m_1} + {2^b}{m_2} + {2^a}{m_3} = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^b}\left( {{2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3}} \right) = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3} = {2^{2021 – b}}$. Do vế trái của đẳng thức là một số lẻ, vế phải là một số chẳn. Từ đó ta có trường hợp này không thể xảy ra.
  • Nếu $z$ là số chẵn. Như vậy, $x, y, z$ đều là số chẳn, đặt: $z=2^{c}t_{3}$, với ($t_{3}$ là số tự nhiên lẻ) không mất tính tổng quát, giả sử: $2021 > a \ge b \ge c \ge 0$. Vậy: $\left[ {x;y} \right] = {2^a}{m_1}$, $\left[ {y;z} \right] = {2^b}{m_2}$, $\left[ {z;x} \right] = {2^a}{m_3}$ với $m_1, m_2, m_3$ là ba số tự nhiên lẻ.
    • Từ đó: ${2^a}{m_1} + {2^b}{m_2} + {2^a}{m_3} = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^b}\left( {{2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3}} \right) = {2^{2021}} \Leftrightarrow {2^{a – b}}{m_1} + {m_2} + {2^{a – b}}{m_3} = {2^{2021 – b}}$. Do vế trái của đẳng thức là một số lẻ, vế phải là một số chẳn. Từ đó ta có trường hợp này không thể xảy ra.

Bài 4. 

a) Ta có $BF\cdot BA = BM \cdot BC = \dfrac{1}{3}BC^2$ và $CE \cdot CA = \dfrac{1}{3}BC^2$.

Do $AB, AC > BC$ nên $F, E$ nằm giữa $AB$ và $AC$.

Khi đó $X = AF \cdot AB + AE \cdot AC = AB^2-BF \cdot BC + AC^2-CE \cdot CA = AB^2+AC^2-\dfrac{2}{3}BC^2$.

Do đó $X$ lớn nhất khi và chỉ khi $AB^2+AC^2$ lớn nhất.

Ta có $BC^2=BH^2+CH^2 = (AB\sin \alpha)^2+(AC – AB \cos \alpha)^2$

$= AB^2+AC^2-2AB\cdot AC \cos \alpha$

$\geq (AB^2+AC^2) – (AB^2+AC^2)\cos \alpha$.

$\geq (AB^2+AC^2)(1-\cos \alpha)$

Suy ra $AB^2+AC^2$ lớn nhất bằng $\dfrac{BC^2}{1-\cos\alpha}$ khi $AB = AC$.

Vậy $AF \cdot AB + AE \cdot AC $ lớn nhất khi và chỉ khi $AB = AC$.

b) Ta có $\angle DBF  = \angle DEC, \angle DFB = \angle DCE$.

Suy ra $\triangle DBF = \triangle DCE$, do đó $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{BF}{CE}$ (1)

Mà $BF \cdot AB = CE \cdot AC = \dfrac{1}{3}BC^2$.

Suy ra $\dfrac{BF}{CE} = \dfrac{AC}{AB}$. (2)

Từ (1) và (2) ta có $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{AC}{AB}$.

c) Gọi $K$ là giao điểm thứ hai của $(AEF)$ và $(ABC)$. Khi đó

$\triangle KFB \backsim \triangle KEC$, suy ra $\dfrac{KB}{KC} = \dfrac{BF}{CE}$.

Mà $\dfrac{BF}{CE} = \dfrac{AC}{AB}$. Suy ra $\dfrac{KB}{KC} = \dfrac{AC}{AB}$.

Do đó $\triangle KBC \backsim \triangle ACB$, suy ra $KB = AC, KC = AB$.

từ đó $AKCB$ là hình thang cân, nên trung trực của $AK$ và $BC$ trùng nhau.

Do đó tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ thuộc trung trực của $AK$ hay thuộc trung trực $BC$ cố định.

Bài 5.

a) Nếu mỗi đội đá nhau được 2 trận.

  • Thì số điểm mội đội có thể nhận là $0, 1, 2, 3, 4, 6$. Do đó theo nguyên lý Dirichlet cho ít nhất 2 đội có cùng số điểm.
  • Gọi 8 đội là $A, B, C, D, E, F, G, H$, sau hai vòng mỗi đội đá đúng hai trận.
    • Không có ba đội nào đôi một đá với nhau, vì giả sử $A, B, C$ đôi một đá với nhau, thì vòng 1, $A$ đá với $B$ thì $C$ không đá với ai, nên phải cần ít nhất 3 vòng để điều này xảy ra.
    • Giả sử $A$ đá với $B, C$ thì $BC$ không đá với nhau nên $B, C$ đá với đội khác.
      • Nếu $B, C$ đá cùng một đội $D$. Khi đó nhóm $E, F, G, H$ cũng có hai đội chưa đá với nhau và cũng không đá với nhóm $A, B, C, D$. Giả sử là $E, F$ chưa đá với nhau. Khi đó 4 đội $A, D, E, F$ đôi một chưa đá với nhau trận nào.
      • Nếu $B, C$ đá với hai đội khác nhau là $D, E$. Lý luận tương tự ta chỉ suy ra được là $E, D$ cùng đấu với $F, G$ và $G,F$ đấu với $H$. Khi đó $A – B  – D – F – H – G – E – C – A$. Chọn 4 đội $A, D, H, E$ thỏa đề bài.

b)  Xét đội $A$ thắng nhiều nhất trong đó thắng $B, C$, xét đội $B$ và $C$ thì nếu $B$ thắng $C$ ta có $A – B – C$ là dãy mà đội trước thắng đội sau, ngược lại ta có dãy $A – C – B$.

Vậy giả sử ta có $A$ thắng $B$,$B$ thắng $C$, ta kí hiệu $A -> B -> C$.

Xét tới đội $D$ nào đó. Có các trường hợp sau:

  • $D -> A$ hoặc $C -> D$. Khi đó ta có $D ->A->B->C$ hoặc $A-> B -> C-> D$.
  • Nếu không có điều này, thì $A ->D$ và $D->C$. Khi đó $B, D$.
    • Nếu $D->B$ thì ta có $A->D->B->C$.
    • Nếu $B ->D$ thì ta có $A -> B ->D ->C$.

Trong các trường hợp ta đều có dãy 4 người mà người này thắng người kia. Vậy ta đã có $A-> B-> C->D$.

Xét $E$, tương tự như $D$.

  • Nếu $E$ thắng $A$ hoặc $D$ thắng $E$ thì bài toán được chứng minh.
  • Ngược lại, $A$ thắng $E$ và $E$ thắng $D$. Khi đó ta xét mối quan hệ giữa $E$ và $B,C$.
    • Nếu $E$ thắng $B$. Khi đó ta có $A-E-B-C-D$.
    • Nếu $E$ thua $B, C$, khi đó $A-B-C-E-D$.
    • Nếu $E$ thua $B$ và thắng $C$, khi đó $A-B-E-C-D$.

Vậy lúc nào cũng tìm được 5 đội xếp thành một hàng mà đội trước thắng đội sau.