Category Archives: Đề thi

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2012

Leave a reply

Bài 1. (a) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}(x-y)^{2}=2 z-z^{2} \\ (y-z)^{2}=2 x-x^{2} \\ (z-x)^{2}=2 y-y^{2}\end{array}\right.$

(b) Cho hình vuông $A B C D$ cạnh $a$. $M$ và $N$ là hai điểm lần lượt nằm trên các cạnh $A B$ và $B C$ sao cho $\frac{A M}{A B}=\frac{C N}{C B}=x$ với $0<x<1$. Các đường thẳng qua $M, N$ song song với $B D$ lần lượt cắt $A D$ tại $Q$ và $C D$ tại $P$. Tính diện tích tứ giác $M N P Q$ theo $a$ và $x$ và tìm $x$ sao cho diện tích này lớn nhất.

Bài 2. Số nguyên dương $n$ được gọi là số điều hòa nếu như tổng các bình phương của các ước của nó ( kể cả 1 và $\mathrm{n}$ ) đúng bằng $(n+3)^{2}$.

(a) Chứng minh rằng số 287 là số điều hòa.

(b) Chứng minh rằng số $n=p^{3}$ ( $p$ nguyên tố ) không phải là số điều hòa.

(c) Chứng minh rằng nếu số $n=p q(p, q$ là các số nguyên tố khác nhau) là số điều hòa thì $n+2$ là số chính phương.

Bài 3. (a) Tìm tất cả các số thực $x$ thỏa $x^{2}-5 x+4+2 \sqrt{x-1} \geq 0$.

(b) Chứng minh rằng với các số không âm $a, b, c$ thỏa $a+b+c=3$ thì ta có bất đẳng thức $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \geq a b+b c+a c$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Trên đường thẳng vuông góc với $A B$ tại $B$ ta lấy điểm $D$ di động nằm cùng phía với $C$ đối với đường thẳng $A B$.

(a) Chứng minh rằng nếu $A C+B D<C D$ thì trên cạnh $A B$ tồn tại hai điểm $\mathrm{M}$ và $\mathrm{N}$ sao cho $\angle C M D=\angle C N D=90^{\circ}$

(b) Giả sử điều kiện trên được thỏa mãn. Đường thẳng qua $A$ song song với $M D$ cắt đường thẳng qua $B$ song song với $M C$ tại $E$. Chứng minh rằng đường thẳng $D E$ luôn đi qua một điểm cố định .

Bài 5. Cho đa giác đều n cạnh . Dùng 3 màu xanh, đỏ, vàng tô màu các đỉnh đa giác một cách tùy ý ( mỗi đỉnh được tô bởi một màu và tất cả các đỉnh đều được tô màu). Cho phép thực hiện thao tác sau đây : chọn hai đỉnh kề nhau bất kì ( nghĩa là hai đỉnh liên tiếp) khác màu và thay màu của hai đỉnh đó bằng màu còn lại.

(a) Chứng minh rằng bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta luôn luôn làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi hai màu.

(b) Chứng minh rằng với $\mathrm{n}=4$ và $\mathrm{n}=8$, bằng cách thực hiện thao tác trên một.

số lần ta có thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi một màu.

LỜI GIẢI

Bài 1. (a) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}(x-y)^{2}=2 z-z^{2} \\ (y-z)^{2}=2 x-x^{2} \\ (z-x)^{2}=2 y-y^{2}\end{array}\right.$

(b) Cho hình vuông $A B C D$ cạnh $a$. $M$ và $N$ là hai điểm lần lượt nằm trên các cạnh $A B$ và $B C$ sao cho $\frac{A M}{A B}=\frac{C N}{C B}=x$ với $0<x<1$. Các đường thẳng qua $M, N$ song song với $B D$ lần lượt cắt $A D$ tại $Q$ và $C D$ tại $P$. Tính diện tích tứ giác $M N P Q$ theo $a$ và $x$ và tìm $x$ sao cho diện tích này lớn nhất.

Lời giải.

(a) Lấy (1) trừ (2) ta có:

$(x-2 y+z)(x-z)=x^{2}-z^{2}-2(x-z)=(x-z)(x+z-2) \Leftrightarrow 2(x-z)(y-1)=0 \Leftrightarrow x=z$ hoặc $y=1$.

  • Với $y=1$, ta có $(3) \Leftrightarrow(x-z)^{2}=1 \Leftrightarrow z=x+1, z=x-1$.

$+$ Với $z=x+1$, giải được $x=0, z=1$ và $x=1, z=2$. Khi đó ta có nghiệm $(0,1,1),(1,1,2)$.

$+$ Với $z=x-1$, giải ra được $x=1, z=0$ và $x=2, z=1$. Ta có nghiệm $(1,1,0)$ và $(2,1,1)$.

  • Với $x=z$, từ (3) ta có $y^{2}-2 y=0 \Leftrightarrow y=0, y=2$.

$+$ Với $y=0$ ta có $\left\{\begin{array}{l}x^{2}=2 z-z^{2} \\ z^{2}=2 x-x^{2}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 z^{2}=2 z \\ x-z\end{array}\right.\right.$.

Giải được nghiệm $(0,0,0)$ và $(1,0,1)$.

$+$ Với $y=2$, giải ra được nghiệm $(1,2,1)$ và $(2,2,2)$.

Vậy hệ phương trình có 8 nghiệm.

(b) Chứng minh được $M N P Q$ là hình chữ nhật.

Ta có $\frac{M N}{A C}=\frac{M \dot{B}}{B A}=\frac{A B-A M}{A B}=1-\frac{A M}{A B}=1-x$ suy ra $M N=(1-x) a \sqrt{2}$.

$\frac{M Q}{B D}=\frac{A M}{A B}=x$, suy ra $M Q=x a \sqrt{2}$.

Từ đó $S=M N . M Q=2 a^{2} x(1-x)$ Mà $x(1-x) \leq \frac{1}{4}(x+1-x)^{2}=\frac{1}{4}$. Suy ra $S \leq \frac{a^{2}}{2}$. Đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{1}{2}$.

Vậy diện tích đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{1}{2} a^{2}$ khi $M$ là trung điểm $A B$.

Bài 2. Số nguyên dương $n$ được gọi là số điều hòa nếu như tổng các bình phương của các ước của nó ( kể cả 1 và $\mathrm{n}$ ) đúng bằng $(n+3)^{2}$.

(a) Chứng minh rằng số 287 là số điều hòa.

(b) Chứng minh rằng số $n=p^{3}$ ( $p$ nguyên tố ) không phải là số điều hòa.

(c) Chứng minh rằng nếu số $n=p q(p, q$ là các số nguyên tố khác nhau) là số điều hòa thì $n+2$ là số chính phương.

Lời giải.

(a) Số $n=287$ có các ước dương là $1,7,41,287$. Ta có $1^{2}+7^{2}+41^{2}+287^{2}=$ $(287+3)^{2}$ nên 287 là số điều hòa.

(b) Các ước dương của $n=p^{3}$ là $1, p, p^{2}, p^{3}$. Giả sử $n$ là số điều hòa, ta có $(n+3)^{2}=1^{2}+p^{2}+p^{4}+p^{6} \Leftrightarrow p^{4}+p^{2}=6 p^{3}+8$. Suy ra $p \mid 8$ mà $p$ nguyên tố nên $p=2$. Thử lại thấy không thỏa, vậy $n=p^{3}$ không phải là số điều hòa với mọi số nguyên tố $p$.

(c) Các ước dương của $n=p q$ là $1, p, q, p q$. Vì $n$ là số điều hòa nên ta có: $1+p^{2}+q^{2}+p^{2} q^{2}=(p q+3)^{2} \Leftrightarrow p^{2}+q^{2}=6 p q+8 \Leftrightarrow(p+q)^{2}=$ $4(p q+2)$. Do 4 là số chính phương nên $p q+2$ cũng là số chính phương hay $n+2$ là số chính phương.

Bài 3. (a) Tìm tất cả các số thực $x$ thỏa $x^{2}-5 x+4+2 \sqrt{x-1} \geq 0$.

(b) Chứng minh rằng với các số không âm $a, b, c$ thỏa $a+b+C=3$ thì ta có bất đẳng thức $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \geq a b+b c+a c$.

Lời giải.

(a) Điều kiện $x \geq 1$. Đặt $t=\sqrt{x-1}$. Khi đó $t \geq$ và $x=t^{2}+1$. Ta có bất phương trình:

$\left(t^{2}+1\right)^{2}-5\left(t^{2}+1\right)+4+2 t \geq \Leftrightarrow t^{4}-t^{2}+2 t \geq 0 \Leftrightarrow t(t+2)(t-1)^{2} \geq 0$

đúng với mọi $t \geq 0$.

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \geq 1$.

(b) Ta có $t^{2}-3 t+2 \sqrt{t}=\sqrt{t}(\sqrt{t}+2)(\sqrt{t}-1)^{2} \geq 0$. Suy ra $t^{2}+2 \sqrt{t} \geq 3 t$ với $\operatorname{mọi} t \geq 0$.

Áp dụng ta có $a^{2}+2 \sqrt{a} \geq 3 a, b^{2}+2 \sqrt{b} \geq 3 b, c^{2}+2 \sqrt{c} \geq 3 c$.

Suy ra $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \geq 3(a+b+c) \Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+$ $2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \geq(a+b+c)^{2} \Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \geq a b+b c+a c$ (đccm).

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Trên đường thẳng vuông góc với $A B$ tại $B$ ta lấy điểm $D$ di động nằm cùng phía với $C$ đối với đường thẳng $A B$.

(a) Chứng minh rằng nếu $A C+B D<C D$ thì trên cạnh $A B$ tồn tại hai điểm $\mathrm{M}$ và $\mathrm{N}$ sao cho $\angle C M D=\angle C N D=90^{\circ}$

(b) Giả sử điều kiện trên được thỏa mãn. Đường thẳng qua $A$ song song với $M D$ cắt đường thẳng qua $B$ song song với $M C$ tại $E$. Chứng minh rằng đường thẳng $D E$ luôn đi qua một điểm cố định .

Lời giải.

(a) Xét đường tròn đường kính $C D$ có tâm $O$ là trung điểm $C D$. Gọi $I$ là trung điểm $A B$, khi đó $O I \perp A B$ và $O I$ là đường trung bình của hình thang $A C D B$ nên $O I=\frac{1}{2}(A C+B D)<\frac{C D}{2}$.

Do đó khoảng cách từ $O$ đến $A B$ nhỏ hơn bán kính đường tròn đường kính $C D$ nên $A B$ cắt đường tròn đường kính $A B$ tại hai điểm $M, N$. Suy ra $\angle C M D=\angle C N D=90^{\circ}$. Hơn nữa $\angle O C A+\angle O D B=180^{\circ}$ nên có một góc lớn hơn hoặc bằng $90^{\circ}$. Giả sử là $\angle A C D \geq 90^{\circ}$. Suy ra $O A>O C$. Suy ra $A$ nằm ngoài đường tròn $(O)$. Do đó $M, N$ thuộc đoạn $A B$.

(b) Gọi $E^{\prime}$ là giao điểm của đường thẳng qua $A$ song song với $M D$ với $C D$. Gọi $P$ là giao điểm của $M D$ với $A C, Q$ là giao điểm của $M C$ với $B D$. Theo định lý Thalet ta có: $\frac{C E^{\prime}}{C D}=\frac{C A}{C P}, \frac{C A}{C D}=\frac{B Q}{D Q}$. Suy ra $\frac{C E^{\prime}}{C D}=\frac{B Q}{D Q}$. Từ đó ta có $B E^{\prime}|| M C$. Suy ra $C, D, E$ thẳng hàng. Vậy đường thẳng $D E$ luôn qua điểm $C$ cố định.

Bài 5. Cho đa giác đều $n$ cạnh. Dùng 3 màu xanh, đỏ, vàng tô màu các đỉnh đa giác một cách tùy ý ( mỗi đỉnh được tô bởi một màu và tất cả các đỉnh đều được tô màu). Cho phép thực hiện thao tác sau đây : chọn hai đỉnh kề nhau bất kì ( nghĩa là hai đỉnh liên tiếp) khác màu và thay màu của hai đỉnh đó bằng màu còn lại.

(a) Chứng minh rằng bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta luôn luôn làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi hai màu.

(b) Chứng minh rằng với $n=4$ và $n=8$, bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta có thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi một màu.

Lời giải.

(a) Xét một dãy các đỉnh màu vàng $A V_{1} V_{2} \ldots V_{k} B$ (có thể chỉ gồm một đỉnh) được giới hạn bởi 2 đỉnh $A$ và $B$ (có thể trùng nhau) không phải màu vàng. Sử dụng thao tác đã cho ta đổi màu hai đỉnh $A$ và $V_{1}$ thành màu

thứ ba (hiển nhiên không phải màu vàng). Tiếp tục như thế đổi màu các đỉnh $\mid V_{2}, V_{3}, \ldots, V_{k}$ sang màu không phải vàng. Như vậy ta đã làm mất màu vàng trong dãy các đỉnh ở trên.

Bằng cách thực hiện như trên đối với dãy các điểm màu vàng khác ta suy ra có thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi hai màu xanh và đỏ.

(b) Do câu a) ta chỉ xét trường hợp các đỉnh của đa giác được tô bởi hai màu, chẳng hạn xanh và đỏ.

Bằng thao tác đã cho ta có hai kiểu chuyển màu bộ 4 đỉnh liên tiếp như sau:

$d d x x \rightarrow d v v x \rightarrow x x v x \rightarrow x d d x \rightarrow v v v v$ và $d x d x \rightarrow d v v d, d x x d \rightarrow v v v v$ (1)

Do tính đối xứng nên suy ra nếu một bộ 4 đỉnh mà trong đó có hai đỉnh cùng một màu và hai đỉnh còn lại cùng một màu khác thì ta chuyển cả 4 đỉnh về màu thứ ba.

Bằng cách dùng kiểu biến đổi trên ta có:

$d d d x \rightarrow d d v v \rightarrow x x x x$ (dùng (1)) và $d d x d \rightarrow d v v d \rightarrow x x x x(2)$.

Nghĩa là nếu có 3 đỉnh cùng màu, ta chuyển ta chuyển màu của 3 đỉnh đó về cùng màu của đỉnh thứ tư.

Như vậy bằng (1) và (2) ta có thể chuyển mày của mỗi bộ 4 đỉnh liên tiếp về cùng một màu. Điều này chứng minh cho trường hợp $n=4$.

Với $n=8$, ta chia 8 đỉnh thành 2 bộ 4 đỉnh. Như đã chứng minh ở trên, ta có thể làm cho mỗi bộ 4 đỉnh như thế có cùng màu. Nếu màu của hai bộ là như nhau thì ta có điều cần chứng minh. Nếu hai bộ khác nhau, chẳng hạn ta có kiểu tô màu $x x x x d d d d$. Ta có có phép biến đổi hai bộ liên tiếp: $x x x x d d d d \rightarrow x x x v v d d d \rightarrow x x x v \mid v d d d \rightarrow$ vvvvvvvvv(dùng (2)). Vậy ta đã chứng minh cho trường hợp $n=8$.

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2020

Leave a reply

Bài 1. Cho ba số dương $a, b, c$ thỏa mãn điều kiện $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=2020$ Tính giá trị của biểu thức $P=\left(\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\right):(a+b+c)$

Bài 2. (a) Giải phương trình: $\sqrt{2 x^{2}+x+9}+\sqrt{2 x^{2}-x+1}=x+4$

(b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}y^{2}-2 x y=8 x^{2}-6 x+1 \\ y^{2}=x^{3}+8 x^{2}-x+1\end{array}\right.$

Bài 3. Cho tam giác nhọn $A B C(A B<B C<C A)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Từ $A$ kẻ đường thẳng song song với $B C$ cắt $(O)$ tại $A_{1}$. Từ $B$ kẻ đường thẳng song song với $A C$ cắt $(O)$ tại $B_{1}$. Từ $C$ kẻ đường thẳng song song với $A B$ cắt $(O)$ tại $C_{1}$. Chứng minh rằng các đường thẳng qua $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ lần lượt vuông góc với $B C$, $C A, A B$ đồng quy.

Bài 4. (a) Cho 2 số thực $a, b$. Chứng minh rằng: $\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geq a b+\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}$

(b) Cho hai số dương $a, b$ thỏa mãn điều kiện $a+b \leq 3$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $Q=b-a+\frac{20}{a}+\frac{7}{b}$.

Bài 5. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, B C, C A$ lần lượt tại $D, E, F$. Kẻ đường kính $E J$ của đường tròn $(I)$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ song song với $B C$. Đường thẳng $J D$ cắt $d, B C$ lần lượt tại $L, H$.

(a) Chứng minh: $E, F, L$ thẳng hàng.

(b) $J A, J F$ cắt $B C$ lần lượt tại $M, K$. Chứng minh: $M H=M K$.

Bài 6. Tìm tất cả các số nguyên dương $x, y$ thỏa mãn phương trình: $3^{x}-y^{3}=1$

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho ba số dương $a, b, c$ thỏa mãn điều kiện $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=2020$ Tính giá trị của biểu thức $P=\left(\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\right):(a+b+c)$

Lời giải.

Ta có: $\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)(a+b+c)=2020(a+b+c)$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{b+c}+a+b+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}+c=2020(a+b+c)$ $\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}=2019(a+b+c)$ $\Leftrightarrow\left(\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\right):(a+b+c)=2019$ Vạy $P=2019 .$

Bài 2.

a) Giải phương trình: $\sqrt{2 x^{2}+x+9}+\sqrt{2 x^{2}-x+1}=x+4$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}y^{2}-2 x y=8 x^{2}-6 x+1 \\ y^{2}=x^{3}+8 x^{2}-x+1\end{array}\right.$

Lời giải.

a) $\sqrt{2 x^{2}+x+9}+\sqrt{2 x^{2}-x+1}=x+4$ (1)

Đặt $\sqrt{2 x^{2}+x+9}=a(a>0)\left(\right.$ do $\left.2 x^{2}+x+9>0\right)$

và $\sqrt{2 x^{2}-x+1}=b(b>0)\left(\right.$ do $\left.2 x^{2}-x+1>0\right)$

Khi đó ta có: $a^{2}-b^{2}=2 x+8$

Thay vào phương trình ta có:

$a+b=\frac{a^{2}-b^{2}}{2} \Leftrightarrow 2(a+b)=(a-b)(a+b) \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a+b=0 \\a-b=2\end{array}\right.$

  • TH1: $a+b=0 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=0 \\ b=0\end{array}\right.$ (Loại do $\left.a>0, b>0\right)$

  • TH2: $a-b=2$ khi đó ta có:

$\sqrt{2 x^{2}+x+9}-\sqrt{2 x^{2}-x+1}=2 $

$\Leftrightarrow \sqrt{2 x^{2}+x+9}=2+\sqrt{2 x^{2}-x+1} $

$\Leftrightarrow 2 x^{2}+x+9=4+2 x^{2}-x+1+4 \sqrt{2 x^{2}-x+1} $

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

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array} { l }{ x \geq – 2 } \\{ x ^ { 2 } + 4 x + 4 = 8 x ^ { 2 } – 4 x + 4 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq-2 \\{\left[\begin{array}{l}x=0(n) \\x=\frac{8}{7}(n)\end{array}\right.}\end{array}\right.\right.$

Vậy $S=(0 ; \frac{8}{7})$

b) $\left\{\begin{array}{l}y^{2}-2 x y=8 x^{2}-6 x+1 \\ y^{2}=x^{3}+8 x^{2}-x+1(2)\end{array}\right.$

Từ $(2)$ ta có: $y^{2}=x^{3}+8 x^{2}-x+1$ thay vào $(1)$ ta có: $x^{3}+8 x^{2}-x+1-2 x y=8 x^{2}-6 x+1 \Leftrightarrow x^{3}-2 x y+5 x=0$ $\Leftrightarrow x\left(x^{2}-2 y+5\right)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=0 \\ x^{2}-2 y+5=0\end{array}\right.$

  • TH1: $x=0$ thay vào (2) ta có: $y^{2}=1 \Rightarrow y=\pm 1$

  • TH2: $x^{2}-2 y+5=0 \Leftrightarrow 2 y=x^{2}+5$ thay vào (2) ta có:

$4 y^{2}=4 x^{3}+32 x^{2}-4 x+4 $

$\Leftrightarrow\left(x^{2}+5\right)^{2}=4 x^{3}+32 x^{2}-4 x+4$

$\Leftrightarrow x^{4}-4 x^{3}-22 x^{2}+4 x+21=0 $

$\Leftrightarrow(x-7)(x+3)(x-1)(x+1)=0 $

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=7 \Rightarrow y=27 \\x=1 \Rightarrow y=3 \\x=-1 \Rightarrow y=3 \\x=-3 \Rightarrow y=7\end{array}\right.$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: $(-3 ; 7),(-1 ; 3),(0 ;-1),(0 ; 1),(1 ; 3)$, $(7 ; 27)$.

Bài 3. Cho tam giác nhọn $A B C(A B<B C<C A)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Từ $A$ kẻ đường thẳng song song với $B C$ cắt $(O)$ tại $A_{1}$. Từ $B$ kẻ đường thẳng song song với $A C$ cắt $(O)$ tại $B_{1}$. Từ $C$ kẻ đường thẳng song song với $A B$ cắt $(O)$ tại $C_{1}$. Chứng minh rằng các đường thẳng qua $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ lần lượt vuông góc với $B C, C A, A B$ đồng quy.

Lời giải.

Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $A B C$ và $O H$ cắt đường thẳng qua $A_{1}$, vuông góc với $B C$ ở điểm $K$. Gọi $M$ là trung điểm $A A_{1}$ thì $O M \perp A A_{1}$. Suy ra $O M \perp B C$.

Mặt khác, tứ giác $A H K A_{1}$ là hình thang vì $A H | A_{1} K$ nên ta có $O M$ là đường trung bình, kéo theo $O$ là trung điểm $H K$ hay nói cách khác, đường thẳng qua $A_{1}$, vuông góc với $B C$ sẽ đi qua điểm đối xứng với trực tâm $H$ của tam giác $A B C$ qua $O$.

Rõ ràng điểm này bình đẳng với $B, C$ nên hai đường qua $B_{1}, C_{1}$ lần lượt vuông góc với $C A, A B$ cũng đi qua $K$. Vì thế nên ta có các đường thẳng của đề bài đồng quy ở $K$.

Bài 4.

a) Cho 2 số thực $a, b$. Chứng minh rằng: $\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geq a b+\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}$

b) Cho hai số dương $a, b$ thỏa mãn điều kiện $a+b \leq 3$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $Q=b-a+\frac{20}{a}+\frac{7}{b}$.

Lời giải.

a) Ta có: $\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geq a b+\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}$

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^{2}}{2} \geq \frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2} $

$\Leftrightarrow(a-b)^{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\right) \geq 0 $

$\Leftrightarrow(a-b)^{2} \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+2} \geq 0 (đúng) $

b) Ta có: $a, b>0$ và $a \leq 3-b$

$Q=b-a+\frac{20}{a}+\frac{7}{b} \geq b-(3-b)+\frac{20}{3-b}+\frac{7}{b} $

$=(2 b-3)+\frac{20}{3-b}+\frac{7}{b} $

$=\left[5(3-b)+\frac{20}{3-b}\right]+\left(7 b+\frac{7}{b}\right)-18 $

$\geq 2 \sqrt{100}+2 \sqrt{49}-18=16$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=2$ và $b=1$.

Bài 5. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, B C, C A$ lần lượt tại $D, E, F$. Kẻ đường kính $E J$ của đường tròn $(I)$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ song song với $B C$. Đường thẳng $J D$ cắt $d, B C$ lần lượt tại $L, H$.

a) Chứng minh: $E, F, L$ thẳng hàng.

b) $J A, J F$ cắt $B C$ lần lượt tại $M, K$. Chứng minh: $M H=M K$.

Lời giải.

a) Ta có $J E$ là đường kính của $(I)$ nên $\angle J D E=90^{\circ}$ và $\triangle H D E$ vuông ở $D$. Chú ý rằng $B D=B E$, do cùng là tiếp tuyến kẻ từ $B$ đến $(I)$ nên $B D=B H$ (tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền). Do đó $\triangle B H D$ cân ở $B$.

Vị $A L / / B H$ nên $\triangle A D L$ và $\triangle B D H$ đồng dạng, kéo theo $\triangle A D L$ cân ở $A$ hay $A L=A D=A F$.

Vị $A L / / C E$ nên $\angle L A F=\angle F C E$, mà $\triangle A L F, \triangle C E F$ đều cân có các góc ở đỉnh bằng nhau nên chúng đồng dạng.

Suy ra $\angle A F L=\angle C F E$, kéo theo $L, F, E$ thẳng hàng.

b) Kéo dài $J F$ cắt $d$ ở $T$ thì tương tự câu $a$, ta có $T, D, E$ thẳng hàng và $A T=A D=$ $A F=A L$.

Theo định lý Thales với $d / / B C$ thì $\frac{A L}{M H}=\frac{A J}{J M}=\frac{A T}{M K}$, mà $A T=A L$ nên $M H=M K$.

Bài 6. Tìm tất cả các số nguyên dương $x, y$ thỏa mãn phương trình: $3^{x}-y^{3}=1$

Lời giải.

Ta có: $3^{x}-y^{3}=1 \Leftrightarrow y^{3}+1=3^{x}$

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

  • TH1: $m=1 \Leftrightarrow y=2 \Rightarrow x=2$ (nhận).

  • TH2: $m \geq 2 \Leftrightarrow y=3^{m}-1$

Thế vào $(2):\left(3^{m}-1\right)^{2}-\left(3^{m}-1\right)+1=3^{n}$ $\Leftrightarrow 3^{n}=3^{2 m}-3^{m+1}+3=3^{m+1}\left(3^{m-1}-1\right)+3>3^{m+1} \Rightarrow n>m+1$

Ta lại có: $3=3^{n}-3^{2 m}+3^{m+1}=3^{m+1}\left(3^{n-m-1}-3^{m-1}+1\right) \vdots 3^{m+1} \Rightarrow m=0$ (vô lí).

Vậy phương trình có nghiệm $\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=2\end{array}\right.$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2014

Leave a reply

Bài 1. Cho phương trình $\left(m^{2}+5\right) x^{2}-2 m x-6 m=0(1)$ với $m$ là tham số.

(a) Tìm $m$ sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên.

(b) Tìm $m$ sao cho phương trình (1) có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn điều kiện

$\left(x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}\right)^{4}=16$

Bài 2. (a) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}2(1+x \sqrt{y})^{2}=9 y \sqrt{x} \\ 2(1+y \sqrt{x})^{2}=9 x \sqrt{y}\end{array}\right.$

(b) Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$ với các đường phân giác trong $B M, C N$.

Chứng minh bất đẳng thức $\frac{(M C+M A)(N B+N A)}{M A \cdot N A} \geq 3+2 \sqrt{2}$.

Bài 3. Cho các số nguyên dương $a, b$ thỏa $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$.

(a) Chứng minh rằng $a+b$ không thể là số nguyên tố.

(b) Chứng minh rằng nếu $c>1$ thì $a+c$ và $b+c$ không thể đồng thời là số nguyên tố.

Bài 4. Cho điểm $C$ thay đổi trên nửa đường tròn đường kính $A B=2 R(C \neq A, C \neq$ $B)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $A B ; I$ và $J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $A C H$ và $B C H$. Các đường thẳng $C I, C J$ cắt $A B$ tại $M, N$.

(a) Chứng minh $A N=A C, B M=B C$.

(b) Chứng minh 4 điểm $M, N, I, J$ cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng $M J, N I$ và $C H$ đồng quy.

(c) Tìm giá trị lớn nhất của $\mathrm{MN}$ và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $\mathrm{CMN}$ theo $R$.

Bài 5. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại.

(a) Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5 .

(b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn $40 .$

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho phương trình $\left(m^{2}+5\right) x^{2}-2 m x-6 m=0(1)$ với $m$ là tham số.

(a) Tìm $m$ sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên.

(b) Tìm $m$ sao cho phương trình (1) có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn điều kiện

$\left(x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}\right)^{4}=16$

Lời giải.

a) Phương trình có hai nghiêm phân biệt khi và chỉ khi:

$\left\{\begin{array}{l}m^{2}+5 \neq 0 \\\Delta^{\prime}=m^{2}+6 m\left(m^{2}+5\right)>0\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow m\left(6 m^{2}+m+30\right)>0$

$\Leftrightarrow m\left[5 m^{2}+\left(m+\frac{1}{2}\right)+\frac{119}{4}\right]>0$

$\Leftrightarrow m>0$

Khi đó theo định lý Viete ta có $x_{1}+x_{2}=\frac{2 m}{m^{2}+5}$.

Vi $m^{2}+5-2 m=(m-1)^{2}+4>0$, suy ra $m^{2}+5>2 m>0$.

Do đó $0<\frac{2 m}{m^{2}+5}<1$ nên tổng hai nghiệm của phương trình không thể là số nguyên.

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm $\Delta^{\prime} \geq 0 \Leftrightarrow m \geq 0 .$ Khi đó $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=\frac{2 m}{m^{2}+5} \\ x_{1} x_{2}=\frac{-6 m}{m^{2}+5}\end{array}\right.$

Ta có $\left(x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}\right)^{4}=16 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}=2 \\ x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}=-2\end{array}\right.$

Trường hợp 1: $x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}=2 \Leftrightarrow \frac{-6 m}{m^{2}+5}-\sqrt{\frac{2 m}{m^{2}+5}}=2$.

Đặt $t=\sqrt{\frac{2 m}{m^{2}+5}}$, ta có phương trình: $-3 t^{2}-t=2(V N)$

Trường hợp 2: $x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}=-2 \Leftrightarrow \frac{-6 m}{m^{2}+5}-\sqrt{\frac{2 m}{m^{2}+5}}=-2$.

Đặt $t=\sqrt{\frac{2 m}{m^{2}+5}}$ ta có phương trình: $-3 t^{2}-t=-2 \Leftrightarrow t=-1(l), t=\frac{3}{2}$.

Với $t=\frac{3}{2}$ ta có $\frac{2 m}{m^{2}+5}=\frac{3}{2}$. Giải ra được $m=2(n), m=\frac{5}{2}(n)$.

Bài 2. a) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}2(1+x \sqrt{y})^{2}=9 y \sqrt{x} \\ 2(1+y \sqrt{x})^{2}=9 x \sqrt{y}\end{array}\right.$

b) Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$ với các đường phân giác trong $B M, C N$. Chứng minh bât đẳng thức $\frac{(M C+M A)(N B+N A)}{M A \cdot N A} \geq 3+2 \sqrt{2}$.

Lời giải.

1) Đặt $a=x \sqrt{y}, b=y \sqrt{x}$. Điều kiện $a, b \geq 0$.

Ta có hệ: $\left\{\begin{array}{l}2(1+a)^{2}=9 b(1) \\ 2(1+b)^{2}=9 a(2)\end{array}\right.$

Lấy (1) trừ (2) ta có: $(a-b)(2 a+2 b+13)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a=b(n) \\ 2 a+2 b=-13(l)\end{array}\right.$

Với $a=b$ thế vào $(1)$ ta có $2\left(1+a^{2}\right)=9 a \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a=2, b=2 \\ a=\frac{1}{2}, b=\frac{1}{2}\end{array}\right.$

Khi $a=b=2$ ta có $x=y=\sqrt[3]{4}$

Khi $a=b=\frac{1}{2}$ ta có $x=y=\sqrt[3]{\frac{1}{2}}$.

2) Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:

$\frac{M C}{M A}=\frac{B C}{A B}$,  suy ra  $\frac{M C+M A}{M A}=1+\frac{B C}{A B} $

$\frac{B B}{N A}=\frac{B N+N A}{A C}$,  suy ra  $\frac{B N+N A}{N A}=1+\frac{B C}{A C} $

Suy ra:

$\frac{(M C+M A)(N B+N A)}{M A \cdot N A}=\left(1+\frac{B C}{A B}\right)\left(1+\frac{B C}{A C}\right) $

$=1+\frac{B C^{2}}{A B \cdot A C}+\frac{B C}{A B}+\frac{B C}{A C} $

Ta có  $B C^{2}=A B^{2}+A C^{2} \geq 2 \cdot A B \cdot A C$, suy ra $\frac{B C C^{2}}{A B \cdot A C} \geq 2 $

Và  $\frac{B A}{A C}+\frac{B C}{A C} \geq \sqrt{\frac{B C \cdot B C}{A B \cdot A C}} \geq 2 \sqrt{2} . $

Do đó  $\frac{(M C+M A)(N B+N A)}{M A \cdot N A} \geq 3+2 \sqrt{2} .$

Bài 3. Cho các số nguyên dương $a, b$ thỏa $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$.

a) Chứng minh rằng $a+b$ không thể là số nguyên tố.

b) Chứng minh rằng nếu $c>1$ thì $a+c$ và $b+c$ không thể đồng thời là số nguyên tố.

Lời giải.

a) Từ đề bài ta có $c(a+b)=a b$, suy ra $a b$ chia hết cho $a+b$.

Giả sử $a+b$ nguyên tố. Ta có $a<a+b$, suy ra $a, a+b$ nguyên tố cùng nhau, suy ra $b$ chia hết cho $a+b$ vô lý vì $b<a+b$.

b) Giả sử $a+c, b+c$ đều là các số nguyên tố. Khi đó:

$c(a+b)=a b \Leftrightarrow c a=a b-b c \Leftrightarrow a(b+c)=b(2 a-c) . $

Và  $b(a+c)=a(2 b-c) .$

Dễ thấy $b+c$ nguyên tố và $b+c>b$ nên $b+c$ và $b$ là nguyên tố cùng nhau; tương tự $a+b$ và $a$ nguyên tố cùng nhau.

Mà $a(b+a)$ chia hết cho $b$, suy ra $a$ chia hết cho $b, b(a+c)$ chia hết cho $a$, suy ra $b$ chia hết cho $a$. Suy ra $a=b=2 c$, suy ra $a+c=b+c=3 c$ không phải là số nguyên tố do $c>1$.

Vậy khi $c>1$ thì $a+c, b+c$ không thể đồng thời là số nguyên tố.

Bài 4. Cho điểm $C$ thay đổi trên nửa đường tròn đường kính $A B=2 R(C \neq A, C \neq B)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $A B ; I$ và $J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $A C H$ và $B C H$. Các đường thẳng $C I, C J$ cắt $A B$ tại $M, N$.

a) Chứng minh $A N=A C, B M=B C$.

b) Chứng minh 4 điểm $M, N, I, J$ cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng $M J, N I$ và $C H$ đồng quy.

c) Tìm giá trị lớn nhất của $\mathrm{MN}$ và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $\mathrm{CMN}$ theo $R$.

 

Lời giải.

a) Ta có $\angle H C B=\angle C A B$ (cùng phụ với $\angle A B C$ ) và $\angle H C A=\angle C B A$ (cùng phụ với $\angle B A C$ ).

Ta có $\angle C A N=\angle N A C+\angle A B C=\angle H A N+\angle A C B=\angle C A N$. Suy ra tam giác $C A N$ cân tại $A$ hay $A N=A C$. Chứng minh tương tự ta có $B M=B C$.

b) Tam giác $C A N$ cân tại $A$ có $A I$ là phân giác nên cũng là trung trực, suy ra $I C=$ $I N$, suy ra $\angle I N C=\angle I C N=\angle I C H+\angle N C H=\frac{1}{2} \angle A C H+\frac{1}{2} \angle B C H=45^{\circ} .$ Tương tự thì $\angle J M C=45^{\circ}$.

Tứ giác $M I J N$ có $\angle J M C=\angle I N C=45^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp, hay $M, N, I, J$ cùng thuộc một đường tròn.

Tam giác $I N C$ cân có $\angle I C N=45^{\circ}$ nên $\angle C I N=90^{\circ}$, suy ra $C I \perp C M$.

Chứng minh tương tự $M J \perp C N$.

Tam giác $C M N$ có $C H, M J, N I$ là các đường cao nên đồng quy.

c) Đặt $A C=b, B C=a$. Ta có $a^{2}+b^{2}=B C^{2}=4 R^{2}$.

Ta có $A N=A C=b, B M=B C=a$.

$A M+B N=B C+M N$, suy ra $M N=a+b-B C=a+b-2 R$.

Ta có $(a+b)^{2} \leq 2\left(a^{2}+b^{2}\right)=8 R^{2}$. Suy ra $a+b \leq 2 \sqrt{2} R$, suy ra $a+b-2 R \leq$ $2 R(\sqrt{2}-1)$.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=R \sqrt{2}$.

Vậy giá trị lớn nhất của $M N$ bằng $2 R(\sqrt{2}-1)$ khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn. Khi đó $S_{C M N}=\frac{1}{2} C H . M N \leq R^{2}(\sqrt{2}-1)$. Đẳng thức xảy ra khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn.

Bài 5. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại.

a) Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5 .

b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn 40 .

Lời giải.

a) Gọi 5 số đó là $a, b, c, d, e$, do các số là phân biệt nên ta có thể giả sử $a<b<c<$ $d<e$.

Theo giả thiết ta có $a+b+c>d+e$, suy ra $a+b+c \geq d+e+1$. Suy ra $a \geq d+e+1-b-c$.

Mặt khác, do $b, c, d, e$ là số tự nhiên nên từ $d>c>b$ ta có $d \geq c+1 \geq b+2$, suy ra $d-b \geq 2$.

$e>d>c$, suy ra $e-c \geq 2$.

Do đó $a \geq(d-b)+(e-c)+1 \geq 5$. Suy ra $b, c, d, e>5$.

Vậy các số đều không nhỏ hơn 5 .

b) Nếu $a \geq 6$, suy ra $b \geq 7, c \geq 8, d \geq 9$, e $\geq 10$, suy ra $a+b+c+d+e \geq 40$ ( vô lý), suy ra $a<6$. Theo câu a ta có $a=5$. Khi đó $b+c+5 \geq d+e+1$, suy ra $b+c \geq d+e-4 .$

Mà $d-2 \geq b, e-2 \geq c$, suy ra $d+e-4 \geq b+c$. Do đó $b=d-2, c=e-2$. Khi đó $a+b+c+d+e=5+2 b+2 c+4<40$. Suy ra $b+c<\frac{31}{2}$. Suy ra $b \geq 7$.

Từ đó ta có $b=6, b=7$.

Nếu $b=6$ ta có $d=8, c=8, e=10$. Ta có bộ $(5,6,7,8,9)$

Nếu $b=7, d=9, c=8, e=10$. Ta có bộ $(5,7,8,9,10)$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TOÁN CHUYÊN – TT STAR EDUCATION 2022

Leave a reply

Bài 1. (2 điểm)

(a) Đặt $x=\sqrt{5}+\sqrt{7}$. Chứng minh $x$ là số vô tỉ và tính giá trị của biểu thức

$P(x)=\left(x^{4}-24 x^{2}+3\right)^{2023}$

(b) Cho hai số nguyên $a>b$ và hai nghiệm $\alpha, \beta$ của phương trình $3 x^{2}+3(a+b) x+4 a b=0$ thoả mãn hệ thức

$(\alpha+1) \alpha+(\beta+1) \beta=(\alpha+1)(\beta+1) .$

Tìm tất cả các giá trị có thể có của $(a, b)$.

Bài 2. (1 điểm) Cho hai số $x, y$ thỏa $4 x^{2}+9 y^{2}=36$. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của

$A=|x-3 y+1|$

Bài 3. (2 điểm)

(a) Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ để $n^{2023}+n^{2}+1$ là số nguyên tố.

(b) Tìm tất cảc các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại các số tự nhiên $a, b, c$ thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=p$ và $a^{4}+b^{4}+c^{4}$ chia hết cho $p$

Bài 4. (3 điểm) Cho tam giác $A B C$ có $\angle A=45^{\circ}$ và $\angle B=15^{\circ}$. Đường tròn tâm $A$ bán kính $A C$ và đường tròn tâm $B$ bán kính $B C$ cắt nhau tại điểm thứ hai là $D$. Đường thẳng $d$ thay đổi qua $C$ cắt $(A)$ tại $M$ và cắt $(B)$ tại $N$; sao cho $C$ nằm giữa $M$ và $N$.

(a) Chứng minh tam giác $D M N$ và $A B C$ đồng dạng. Tìm vị trí của $d$ để $M N$ đạt giá trị lớn nhất.

(b) Tiếp tuyến tại $M$ của $(A)$ và tiếp tuyến tại $N$ của $(B)$ cắt nhau tại $P$. Gọi $K, H$ là hình chiếu của $D$ trên $P M, P N$. Đường thẳng $H K$ cắt $d$ tại $Q$, chứng minh $Q$ thuộc một đường tròn cố định.

(c) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $P M N$, chứng minh $D I < A B \sqrt{3}$.

Bài 5. (2 điểm) Cho một bảng vuông $9 \times 9$, trên các ô vuông có đặt một số con cào cào trên sao cho mỗi ô chỉ đặt nhiều nhất một con.

(a) Nếu không có hai con cào cào nào chung cạnh thì có thể đặt nhiều nhất là bao nhiêu con?

(b) Đặt 65 con cào cào trên bảng vuông, sau mỗi tiếng chuông tất cả các con cào cào nhảy sang ô bên cạnh và quay đầu một góc $90^{\circ}$ để chuẩn bị nhảy sang hướng đó. Chứng minh rằng sau một vài tiếng chuông thì sẽ có 2 con cào cào vào cùng một ô.

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1 (a)

• Giả sử $\sqrt{5}+\sqrt{7}$ là số hữu tỉ, khi đó $\sqrt{5}+\sqrt{7}=\frac{p}{q}$, trong đó $p, q \in \mathbb{N}^{*}$ và $(p, q)=1$.

Suy ra $12+2 \sqrt{35}=\frac{p^{2}}{q^{2}} \Rightarrow\left(p^{2}-12 q^{2}\right)^{2}=140 q^{4}$.

Nếu $q=1$ thì $p=\sqrt{5}+\sqrt{7} \notin \mathbb{N}^{*}$ (Vô lí).

Do đó $q>1$, gọi $k$ là ước nguyên tố bất kì của $q$. Từ $(1)$ suy ra $\left(p^{2}-12 q^{2}\right)^{2} \vdots k \Rightarrow$ $p \vdots k$.

Điều này mâu thuẫn với $(p, q)=1$. Vậy $\sqrt{5}+\sqrt{7}$ là số vô tỉ.

  • $x=\sqrt{5}+\sqrt{7} \Rightarrow x^{2}=12-2 \sqrt{35} \Rightarrow\left(x^{2}-12\right)^{2}=140 \Rightarrow x^{4}-24 x^{2}=-4$.

Do đó $p(x)=\left(x^{4}-24 x^{2}+3\right)^{2023}=(-4+3)^{2023}=-1$.

b) Vì phương trình có hai nghiệm nên
$$
\Delta=9(a+b)^{2}-48 a b=3(a-3 b)(3 a-b) \geq 0 \Leftrightarrow\left[\left\{\begin{array} { l }
{ a – 3 b \geq 0 } \\
{ 3 a – b \geq 0 } \\
{ a – 3 b \leq 0 } \\
{ 3 a – b \leq 0 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
a \geq 3 b \\
3 a \geq b \\
a \leq 3 b \\
3 a \leq b
\end{array}\right.\right.\right.
$$
Nếu $\left\{\begin{array}{l}a \leq 3 b \\ 3 a \leq b\end{array} \Rightarrow 4 a \leq 4 b \Rightarrow a \leq b\right.$ (Vô lí). Do đó $\left\{\begin{array}{l}a \geq 3 b \\ 3 a \geq b\end{array}\right.$.

Khi đó

Khi đó

$(\alpha+1) \beta+(\beta+1) \alpha=(\alpha+1)(\beta+1) \Leftrightarrow \alpha^{2}+\beta^{2}=\alpha \beta+1$

$\Leftrightarrow(\alpha+\beta)^{2}=3 \alpha \beta+1$

$\Leftrightarrow(a+b)^{2}=4 a b+1$

$\Leftrightarrow(a-b)^{2}=1$

$\Leftrightarrow a-b=1$ do  $a>b$ .\

Mà $\left\{\begin{array}{ l }{ a \geq 3 b } \\{ 3 a \geq b } \end{array} \right.$ nên

$\left\{\begin{array}{ l } b + 1 \geq 3 b  \\ 3 ( b + 1 ) \geq b  \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} b \leq \frac{1}{2} \\ b \geq-\frac{3}{2} \end{array} \right.$

$\Rightarrow b \in{0 ;-1}$

Vậy $(a, b)=\{(1 ; 0),(0 ;-1)\}$Thử lại thỏa.

Bài 2

  • Với $x=\frac{4 \sqrt{11}-1}{15}$ và $y=\frac{4+4 \sqrt{11}}{15}$ thì $4 x^{2}+9 y^{2}=36$ và $x=3 y-1$. Dẫn đến $A=0$, từ đây ta suy ra $\min A=0$.

  • Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có

$|x-3 y+1| \leq \sqrt{\left(\frac{1}{4}+1+\frac{1}{t}\right)\left(4 x^{2}+9 y^{2}+t\right)}=\sqrt{\left(\frac{5}{4}+t\right)(36+t),} \text { với } t>0$

Dấu “=” xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}\frac{2 x}{\frac{1}{2}}=\frac{-3 y}{1}=\frac{\sqrt{t}}{1} \\ \frac{1}{\sqrt{t}} \\ 4 x^{2}+9 y^{2}=36\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=\frac{t}{4} và y=-\frac{t}{3} \\ \frac{t^{2}}{4}+t^{2}=36\end{array}\right.\right.$

Từ đây, ta giải được $t^{2}=\frac{144}{5} \Rightarrow t=\frac{12 \sqrt{5}}{5}$.

Do đó, chọn $x=\frac{t}{4}=\frac{3 \sqrt{5}}{5}$ và $y=-\frac{t}{3}=-\frac{4 \sqrt{5}}{5}$. Khi đó $4 x^{2}+9 y^{2}=36$ và

$|x-3 y+1|=\sqrt{\left(\frac{5}{4}+t\right)(36+t)}=\sqrt{46+6 \sqrt{5}}=3 \sqrt{5}+1 .$

Như vậy, $\max A=3 \sqrt{5}+1$.

Bài 3 (a)

  • Với $n=0$ thì $n^{2023}+n^{2}+1=1$ không là số nguyên tố. (Loại)

  • Với $n=1$, ta có $n^{2023}+n^{2}+1=3$ là số nguyên tố. (Nhận)

  • Với $n \geq 2$, ta có $n^{2023}+n^{2}+1=n^{2023}-n+n^{2}+n+1$.

Mà $n^{2023}-n=n\left(n^{2022}-1\right) \vdots n^{3}-1 \vdots n^{2}+n+1$.

Do đó $n^{2023}+n^{2}+1 \vdots n^{2}+n+1$.

Hơn nữa, vì $n \geq 2$ nên $n^{2023}+n^{2}+1>n^{2}+n+1$ và $n^{2}+n+1>1$, suy ra $n^{2023}+n^{2}+1$ là hợp số.

Vậy giá trị cần tìm là $n=1$.

(b) Với $p=2$, khi đó chọn $a=b=1, c=0$ thì $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2=p$ và $a^{4}+b^{4}+c^{4}=2 \vdots p$. Với $p>2$, giả sử tồn tại các số tự nhiên $a, b, c$ thỏa

$a^{2}+b^{2}+c^{2}-p \text { và } a^{4}+b^{4}+c^{4} \vdots p .$

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a \geq b \geq c \geq 0$.

Hơn nữa, $a^{2}+b^{2}+c^{2}=p>0$ nên $a>0$

Mặt khác,

$a^{4}+b^{4}+c^{4} =\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2}-2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right) $

$\quad\quad\quad\quad\quad =p^{2}-2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right) \vdots p$

$\Rightarrow 2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right) \vdots p \Rightarrow a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2} \vdots p$ (do $p$ lẻ) (1)

Ngoài ra,

$a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2} =a^{2}\left(b^{2}+c^{2}\right)+b^{2} c^{2} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\left(p-b^{2}-c^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}\right)+b^{2} c^{2} \vdots p$

Kết hợp với $(1)$, suy ra $b^{2} c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}\right)^{2}=-\left(b^{2}+c^{2}-b c\right)\left(b^{2}+c^{2}-b c\right) \vdots p \Rightarrow$

$\left[\begin{array}{c}b^{2}+c^{2}-b c \vdots p \\ b^{2}+c^{2}+b c \vdots p\end{array}\right.$. Nếu $b=c=0$ thì $a^{2}=p$ (Vô lí).

Do đó trong $b$ và $c$ luôn có một số lớn hơn 0 , suy ra $b^{2}-b c+c^{2}>0$ và $b^{2}+c^{2}+b c>0$.

Mà $b^{2}-b c+c^{2} \leq b^{2}+b c+c^{2} \leq b^{2}+a^{2}+c^{2}=p$, như vậy,

$\left[\begin{array} { l }{ b ^ { 2 } + c ^ { 2 } – b c \vdots p } \\{ b ^ { 2 } + c ^ { 2 } + b c \vdots p }\end{array} \Rightarrow \left[\begin{array}{l}b^{2}+c^{2}-b c=p \\b^{2}+c^{2}+b c=p\end{array}\right.\right.$

  • Nếu $b^{2}+c^{2}-b c=p$, suy ra $a^{2}=-b c$ (Vô lí).

  • Nếu $b^{2}+c^{2}+b c=p$, suy ra $b c=a^{2} \Rightarrow a=b=c$. (Do $a \geq b \geq c$ )

Khi đó $p=3 a^{2} \vdots 3 \Rightarrow p=3$.

Thử lại, với $p=3$, ta chọn $a=b=c=1$ thì $a^{2}+b^{2}+c^{2}=a^{4}+b^{4}+c^{4}=p$ (Nhận).

Vậy các giá trị cần tìm là $p=2$ và $p=3$.

Bài 4

(a)

  • Vì $C D$ là dây cung chung của $(A)$ và $(B)$ nên $A B$ là đường trung trực của $C D$. Khi đó $\widehat{C A D}=90^{\circ}$ và $\widehat{C B D}=30^{\circ}$.

Suy ra $\widehat{C M D}=\frac{1}{2} \widehat{C A D}=45^{\circ}=\widehat{C A B}$ và $\widehat{C N D}=\frac{1}{2} \widehat{C B D}=15^{\circ}=\widehat{C B A}$. Do đó $\triangle D M N \sim \triangle C A B$.

  • Từ $\triangle D M N \sim \triangle C A B$, dẫn đến $\frac{M N}{A B}=\frac{D M}{A C}$. $\Rightarrow M N=\frac{D M}{A C} \cdot A B \leq \frac{2 A C}{A C} \cdot A B=2 A B .$

Dấu “=” xảy ra khi $D M$ là đường kính của $(A)$.

Hơn nữa, do $D$ là điểm đối xứng với $C$ qua $A B$ nên $D$ là điểm cố định. Vậy giá trị lớn nhất của $M N$ là $2 A B$ khi $d$ đi qua $C L$ với $D L$ là đường kính của $(A)$.

(b) $\mathrm{Ta}$ có $\widehat{M P N}=180^{\circ}-\widehat{P M N}-\widehat{P N M}=180^{\circ}-\widehat{M D C}-\widehat{N D C}=180^{\circ}-\widehat{M D N}$. $\Rightarrow \widehat{M P N}+\widehat{M D N}=180^{\circ}$.

Do đó tứ giác $P M D N$ nội tiếp.

Mặt khác, ta có $D N \perp P N, D K \perp P M$ nên $H K$ là đường thẳng Simson của tam giác $P M N$, hơn nữa, $H K$ cắt $M N$ tại $Q$, ta suy ra $D Q \perp M N$.

Do đó $\widehat{C Q D}=90^{\circ}=\widehat{C A D} \Rightarrow$ Tứ giác $Q C D A$ nội tiếp hay $Q$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $A C D$ cố định.

(c) Ta có $\widehat{M P N}=180^{\circ}-\widehat{M D N}=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ} \Rightarrow \widehat{M I N}=120^{\circ}$. Dựng $I S \perp M N(S \in M N)$, khi đó $I M=\frac{M S}{\sin 60^{\circ}}=\frac{M N}{2 \sin 60^{\circ}}=\frac{M N}{\sqrt{3}} \leq \frac{2 A B}{\sqrt{3}} < A B \sqrt{3}$.

Hơn nữa, tứ giác $P M D N$ nội tiếp nên $D I=I M<A B \sqrt{3}$.

Bài 5

(a) Ta thấy 2 ô vuông liên tiếp chỉ có nhiều nhất 1 con cào cào, do đó chi bảng vuông thành 40 hình vuông $1 \times 2$ và 1 ô vuông ở góc, trong mỗi hình domino thì có nhiều nhất 1 con cào cào nên số con cào cào nhiều nhất là 41 con, một cách đặt thỏa đề bài là đặt xen kẽ như bàn cờ.

(b) Tô bảng $9 \times 9$ bởi các màu đỏ, xanh, trắng xen kẽ lên bảng như hình bên dưới.

Ta chứng minh rằng khi đặt 65 con cào cào trên bảng vuông thì sẽ có thời điểm mà số con cào cào nằm trên các ô vuông được tô màu không nhỏ hơn 33 con.

Thật vậy, giả sử ban đầu số cào cào trên các ô vuông được tô màu nhỏ hơn 33 con, khi đó số cào cào trên các ô vuông trắng không ít hơn 33 con. Sau tiếng chuông đầu tiên, số cào cào ban đầu nằm trên các ô trắng thì đều nhảy sang các ô xanh hoặc đỏ và ngược lại. Như vậy, tổng số cào cào nằm trên các ô vuông xanh và đỏ không nhỏ hơn 33 con. Ta gọi thời điểm này là $A$.

Tại thời điểm $A$, có ít nhất 33 con cào cào nằm trên 20 ô vuông đỏ và 16 ô vuông xanh. Giả sử lúc này vẫn chưa có 2 con cào cào cào nằm trên cùng 1 ô. Như vậy, số cào cào trên các ô vuông xanh không vượt quá 16 và số cào cào trên các ô vuông đỏ không ít hơn $17 .$

Mặt khác, ta có nhận xét rằng cứ sau 2 tiếng chuông, nếu con cào cào ban đầu nằm trên ô đỏ thì sẽ nhảy vào ô xanh.

Như vậy, sau 2 tiếng chuông tính từ thời điểm $A$ thì sẽ có không ít hơn 17 con cào cào trên các ô đỏ đã nhảy hết vào 16 ô xanh. Khi đó chắc chắn có 1 ô xanh chứa 2 con cào cào. Hoàn tất chứng minh.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN – TT STAR EDUCATION 2022

Leave a reply

Bài 1. (1,5 điểm) Cho $x=\sqrt{3}+\sqrt{2}$ và $y=\sqrt{2}-\sqrt{3}$.

a) Tính giá trị của biểu thức $A=x^{2}-y^{2}$.

b) Đặt $B=\left(x^{2}-5\right)^{2}+\left(y^{2}-5\right)^{2}$, rút gọn $\sqrt{19-2 \sqrt{B}}$.

Bài 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: $\sqrt{3 x^{2}-x-1}=2 x-1$.

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2022 x^{2}+2023 y^{2}=4045 \\ 2023 x^{2}-2022 y^{2}=1\end{array}\right.$.

Bài 3. (1,5 điểm) Cho parabol $(P): y=-x^{2}$ và đường thẳng $(d): y=-(2 m+1) x+3+m^{2}$.

a) Tìm $m$ để $(P)$ và $(d)$ cắt nhau.

b) Gọi $M\left(x_{1} ; y_{1}\right), N\left(x_{2} ; y_{2}\right)$ là giao điểm của $(P)$ và $(d)$.

Tìm $m$ dể $2 m x_{1}+x_{2}+y_{1}-2 y_{2}=-m^{2}+14 m+12$.

Bài 4. (2,0 điểm)

a) Hai lớp 10 Toán – Tin của trường PTNK có tổng cộng 80 học sinh. Hết học kì một, 3 học sinh lớp 10 Toán chuyển sang lớp 10 Tin nên số học sinh 10 Toán bằng $\frac{9}{7}$ số học sinh lớp 10 Tin. Hỏi lúc đầu mỗi lớp có bao nhiêu học sinh.

b) Trong một cuộc khảo sát về sở thích chơi bóng đá và tennis của một nhóm học sinh cho kết quả như sau: số học sinh chỉ thích chơi bóng đá gấp 3 lần số học sinh thích chơi tennis. Sau khi phỏng vấn thêm ba bạn và ba bạn đó thích chơi cả hai môn thì tổng số bạn được phỏng vấn gấp 3 lần số bạn thích cả hai môn. Hỏi ban đầu có bao nhiêu bạn chỉ thích chơi bóng đá, chỉ thích chơi tennis và thích chơi cả hai môn? Biết có ít nhất một bạn chỉ thích chơi tennis.

Bài 5. (3,0 điểm) Cho tam giác $A B C$ vuông cân tại $A$ và $A B=a, I$ là trung điểm $A C$, đường tròn tâm $O$ ngoại tiếp tam giác $A B C$.

a) Tính $B C, B I$ và bán kính của $(O)$ theo $a$.

b) Trên tia đối của $I B$ lấy điểm $D$ sao cho $I D=I B . B D$ cắt $(O)$ tại $E$ khác $B$. Tính $A D$ và chứng minh $A D$ là tiếp tuyến của $(O)$.

c) Vẽ $A H \perp B D$ với $H$ thuộc $B D$. Tứ giác $A H C E$ là hình gì? Tính $\angle C H D$.

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1.

a) Với $x=\sqrt{3}+\sqrt{2}$ và $y=\sqrt{2}-\sqrt{3}$, ta có: $A=(\sqrt{3}+\sqrt{2})^{2}-(\sqrt{2}-\sqrt{3})^{2}=4 \sqrt{6}$.

b) Với $x=\sqrt{3}+\sqrt{2}$ và $y=\sqrt{2}-\sqrt{3}$, ta có:

$B=\left((\sqrt{3}+\sqrt{2})^{2}-5\right)^{2}+\left((\sqrt{2}-\sqrt{3})^{2}-5\right)^{2}=48  Suy ra  \sqrt{19-2 \sqrt{B}}=4-\sqrt{3} .$

Bài 2.

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

$\Leftrightarrow 3 x^{2}-x-1=(2 x-1)^{2}\left(Đ K: x \geq \frac{1}{2}\right)$

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

Vậy $S=(1 ; 2)$

b) $\left\{\begin{array}{l}2022 x^{2}+2023 y^{2}=4045 \\ 2023 x^{2}-2022 y^{2}=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}=1 \\ y^{2}=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=-1 \\ x=-1 \\ y=1 \\ x=-1 \\ y=-1\end{array}\right.\right.\right.$

Bài 3.

a) ĐK: $m \neq-\frac{1}{2}$

Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(d): x^{2}-(2 m+1) x+3+m^{2}=0 (1)$ $(P)$ và $(d)$ cắt nhau $\Leftrightarrow \Delta>0 \Leftrightarrow 4 m-11>0 \Leftrightarrow m>\frac{11}{4}$

Vậy $m>\frac{11}{4}$.

b) Với $m>\frac{11}{4}$ và $x_{1}, x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình (1), ta có:

$S=x_{1}+x_{2}=2 m+1 ; P=x_{1} x_{2}=m^{2}+3 ; $

$y_{1}=-(2 m+1) x_{1}+3+m^{2} ; $

$y_{2}=-(2 m+1) x_{2}+3+m^{2}$

Ta có: $2 m x_{1}+x_{2}+y_{1}-2 y_{2}=-m^{2}+14 m+12$

$\Leftrightarrow 2 m x_{1}+x_{2}-(2 m+1) x_{1}+3+m^{2}+2(2 m+1) x_{2}-6-2 m^{2}=-m^{2}+14 m+12$

$\Leftrightarrow-x_{1}+(4 m+3) x_{2}=14 m+15 $

$\Leftrightarrow-\left(x_{1}+x_{2}\right)+4(m+1) x_{2}=14 m+15 $

$\Leftrightarrow-2 m-1+4(m+1) x_{2}=14 m+15 $

$\Leftrightarrow 4(m+1) x_{2}=16(m+1) \Leftrightarrow x_{2}=4$

Với $x_{2}=4$ thay vào $(1)$ ta được: $m^{2}-8 m+15=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{ll}m=5  (n) \\ m=3  (n)\end{array}\right.$

Vậy $m=3$ hoặc $m=5$.

Bài 4.

a) Gọi $x, y$ (học sinh) lần lượt là số học sinh mỗi lớp lúc đầu.

Tổng số học sinh là 80 nên $x+y=80$

Hết học kì 1 , lớp toán có $x-3$ học sinh, lớp Tin có $y+3$

Số học sinh lớp Toán bằng $\frac{9}{7}$ số học sinh lớp Tin nên $x-3=\frac{9}{7}(y+3) \Leftrightarrow x-\frac{9}{7} y=\frac{48}{7}$

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y=80 \\ x-\frac{9}{7} y=\frac{48}{7}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=48 \\ y=32\end{array}\right.\right.$

Vậy ban đầu lớp Toán có 48 học sinh và lớp Tin có 32 học sinh.

b) Gọi $x$ là số bạn chỉ thích chơi tennis; $y$ là số bạn thích chơi cả hai môn. $(x, y \in \mathbb{N})$

Số bạn chỉ thích chơi bóng đá gấp 3 lần số bạn thích chơi tennis nên số bạn chỉ thích bóng đá là: $3(x+y)$.

Khi có thêm 3 bạn thích chơi cả hai môn thì tổng số bạn gấp 3 lần số bạn thích chơi cả hai môn nên: $3(x+y)+x+y+3=3(y+3) \Leftrightarrow 4 x+y=6$.

Vì có ít nhất một bạn chỉ thích chơi tennis nên $x \geq 1$ mà $4 x+y=6 \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=2\end{array}\right.$.

Vậy có 9 bạn chỉ thích chơi bóng đá, 1 bạn chỉ thích chơi tennis và 2 bạn thích chơi cả hai môn.

Bài 5.

a)  $\triangle A B C$ vuông cân tại $A$ nên $A B=A C=a \Rightarrow A I=\frac{a}{2}$ và $O$ là trung điểm của $B C$

$B C^{2}=A B^{2}+A C^{2}=2 a^{2} \Rightarrow B C=a \sqrt{2}$

  • Bán kính đường tròn tâm $O$ là $O B=O C=\frac{a \sqrt{2}}{2}$

  • $\triangle A B I$ vuông tại $A$ nên $B I^{2}=A B^{2}+A I^{2}=\frac{5 a^{2}}{4} \Rightarrow B I=\frac{a \sqrt{5}}{2}$

b)  Tứ giác $A B C D$ có $I$ là trung điểm của $A C$ và $B D$ $\Rightarrow A B C D$ là hình bình hành $\Rightarrow A D=B C=a \sqrt{2}$

  • $\triangle A B C$ vuông cân tại $A$ có $O$ là trung diểm $B C$

$\Rightarrow A O \perp B C$ mà $A D / / B C$ (do $A B C D$ là hình bình hành)

$\Rightarrow A O \perp A D \Rightarrow A D$ là tiếp tuyến của $(O)$.

c) $\angle B E C$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\Rightarrow \angle B E C=90^{\circ}$

Ta có: $A H \perp B D$ và $C E \perp B D$ (do $\left.\angle B E C=90^{\circ}\right) \Rightarrow A H / / C E$. (1)

Tứ giác $A B C D$ là hình bình hành nên $A B=C D$ và $\angle C D B=\angle A B D$.

Xét $\triangle A H B$ và $\triangle C E D$ lần lượt vuông tại $H$ và $E$ có:

$A B=C D$ và $\angle A B H=\angle C D E(\mathrm{cmt})$

$\Rightarrow \triangle A H B=\triangle C E D$ (ch.gn) $\Rightarrow A H=C E$. (2)

Từ (1) và $(2)$ suy ra tứ giác $A H C E$ là hình bình hành.

  • Tứ giác $A H C E$ là hình bình hành suy ra $\angle C H D=\angle A E B=\angle A C B=45^{\circ}$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2015

Leave a reply

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

(b) Cho các số $a$ và $b$ thỏa mãn điều kiện $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}=\sqrt[3]{b-\frac{1}{4}}$. Chứng minh rằng $-1 \leq a<0$.

Bài 2. (a) Tìm các số nguyên $a, b, c$ sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+3=0$.

(b) Cho $m$ là số nguyên. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+4 m=0$ thì cũng tồn tại các số nguyên $a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}$ sao cho $a^{\prime}+b^{\prime}+c^{\prime}=0$ và $a^{\prime} b^{\prime}+b^{\prime} c^{\prime}+a^{\prime} c^{\prime}+m=0$.

(c) Với $k$ là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+2^{k}=0$.

Bài 3. Giả sử phương trình $2 x^{2}+2 a x+1-b=0$ có 2 nghiệm nguyên ( $a, b$ là tham số). Chứng minh rằng $a^{2}-b^{2}+2$ là số nguyên và không chia hết cho 3 .

Bài 4. Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C, E$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $B C$, $F$ là điểm đối xứng của $E$ qua $M$.

(a) Chứng minh $E B^{2}=E F$.EO.

(b) Gọi $D$ là giao điểm của $A E$ và $B C$. Chứng minh các điểm $A, D, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.

(c) Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ và $P$ là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $I B C$ sao cho $P, O, F$ không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác POF đi qua một điểm cố định.

Bài 5. Để khuyến khích phong trào học tập, một trường THCS đã tổ chứng 8 đợt thi cho các học sinh. Ở mỗi đợt thi, có đúng 3 học sinh được chọn để trao giải. Sau khi tổ chứng xong 8 đợt thi, người ta nhận thấy rằng với hai đợt thi bât kì thì có đúng 1 học sinh được trao giải ở cả hai đợt thi đó. Chứng minh rằng:

(a) Có ít nhất một học sinh được trao giải ít nhất bốn lần.

(b) Có đúng một học sinh được trao giải ở 8 đợt thi.

LỜI GIẢI

 

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

(b) Cho các số $a$ và $b$ thỏa mãn điều kiện $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}=\sqrt[3]{b-\frac{1}{4}}$. Chứng minh rằng $-1 \leq a<0$.

Lời giải.

(a) Đặt $a=\sqrt{2 x-1}, b=\sqrt{1-2 x^{2}}$.

Khi đó ta có $a+b=2 \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}} \Leftrightarrow a=b$.

Khi đó ta có $\sqrt{2 x-1}=\sqrt{1-2 x^{2}} \Leftrightarrow 2 x-1 \geq 0,2 x-1=1-2 x^{2}$.

Giải ra được nghiệm $x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.

(b) Ta có $x^{3}-y^{3}=(x-y)\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)$ và $x^{2}+x y+y^{2} \geq 0$ nên $x \geq y \Leftrightarrow$ $x^{3} \geq y^{3}$.

Đặt $x=\sqrt[3]{a}, y=\sqrt[3]{b}$. Ta có $x+y=\sqrt[3]{y^{3}-\frac{1}{4}}$. Suy ra $x=\sqrt[3]{y^{3}-\frac{1}{4}}-y<0$.

Giả sử $x<-1$, ta có $\sqrt[3]{y^{3}-\frac{1}{4}}=y+x<y-1$

$\Leftrightarrow y^{3}-\frac{1}{4}<y^{3}-3 y^{2}+3 y-1$

$\Leftrightarrow y^{2}-y+\frac{1}{4}<0$ $\Leftrightarrow\left(y-\frac{1}{2}\right)^{2}<0$ (vô lý).

Do đó $x \geq-1 \Leftrightarrow a \geq-1$.

Vậy $-1 \leq a<0$.

Bài 2. (a) Tìm các số nguyên $a, b, c$ sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+$ $3=0$.

(b) Cho $m$ là số nguyên. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+4 m=0$ thì cũng tồn tại các số nguyên $a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}$ sao cho $a^{\prime}+b^{\prime}+c^{\prime}=0$ và $a^{\prime} b^{\prime}+b^{\prime} c^{\prime}+a^{\prime} c^{\prime}+m=$ 0 .

(c) Với $k$ là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+2^{k}=0$.

Lời giải.

(a) Từ $a+b+c=0, a b+b c+c a=-3$ ta có $a^{2}+b^{2}+c^{2}=6$. Do $a, b, c$ vai trò như nhau nên ta có thể giả sử $|a| \geq|b| \geq|c|$. Khi đó $1<|a|<3$. Suy ra

$|a|=2$, suy ra $a=2$ hoặc $a=-2$.

Với $a=2$ thì $b+c=-2, b^{2}+c^{2}=2$ giải ra được $b=c=-1$.Ta có có bộ $(2 ;-1 ;-1)$ và các hoán vị.

Với $a=-2$ thì $b+c=2, b^{2}+c^{2}=2$, giải ra được $b=c=1$, ta có bộ $(-2 ; 1 ; 1)$ và hoán vị.

(b) Ta có $a+b+c=0$ chẵn (1)và $a b+b c+a c=-4 m$ chẵn.(2)

Nếu 3 số $a, b, c$ đều lẻ, không thỏa (1).

Nếu có 1 chẵn, 2 lẻ thì không thỏa (2).

Do đó 3 số $a, b, c$ đều chẵn. Khi đó đặt $a^{\prime}=\frac{a}{2}, b^{\prime}=\frac{b}{2}, c^{\prime}=\frac{c}{2}$ thì $a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}$ thỏa đề bài.

(c) Với $k=0$ ta có $a+b+c=0, a b+b c+a c=-1$ thì $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2$ (3). Không có bộ 3 số nguyên $a, b, c$ khác 0 thỏa (3).

Với $k=1$ thì $a+b+c=0, a b+b c+a c=-2$ khi đó $a^{2}+b^{2}+c^{2}=4$ (4). Giả sử $|a|$ nhỏ nhất khi đó $1 \leq a^{2}<2$ (không có $a$ thỏa). Không tồn tại $a, b, c$ nguyên khác 0 thỏa (4).

Với $k>1$.

  • Nếu $k$ chẵn, đặt $k=2 n$ ta có $a+b+c=0, a b+b c+a c+4^{n}=0$, theo câu a), tồn tại $a_{1}, b_{1}, c_{1}$ nguyên thỏa

$a_{1}+b_{1}+c_{1}=0, a_{1} b_{1}+a_{1} c_{1}+b_{1} c_{1}+4^{n-1}=0$

Tương tự ta sẽ được $a_{n}, b_{n}, c_{n}$ nguyên thỏa $a_{n}+b_{n}+c_{n}=0, a_{n} b_{n}+$ $b_{n} c_{n}+a_{n} c_{n}=-1$ (vô nghiệm).

  • Nếu $k$ lẻ đặt $k=2 n+1$ ta có $a+b+c=0, a b+b c+a c+2.4^{n}=0$, làm tương tự trên ta được $a_{n}+b_{n}+c_{n}=0, a_{n} b_{n}+b_{n} c_{n}+a_{n} c_{n}=-2$ (vô nghiệm).

Vậy không tồn tại các số $a, b, c$ khác 0 thỏa đề bài.

Bài 3. Giả sử phương trình $2 x^{2}+2 a x+1-b=0$ có 2 nghiệm nguyên $(a, b$ là tham số). Chứng minh rằng $a^{2}-b^{2}+2$ là số nguyên và không chia hết cho 3 .

Lới giải.

Theo định lý Viete ta có $x_{1}+x_{2}=-a, x_{1} x_{2}=\frac{1-b}{2}$. Khi đó $Q=a^{2}-$ $b^{2}+2=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-\left(2 x_{1} x_{2}-1\right)^{2}+2=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-4 x_{1}^{2} x_{2}^{2}+6 x_{1} x_{2}+1$ là một số nguyên.

Ta chứng minh $Q$ không chia hết cho 3 .

Ta có tính chất sau, với một số nguyên $m$ bât kì thì nếu $m$ chia hết cho 3 thì $m^{2}$ chia hết cho 3 . Nếu $m$ chia 3 dư 1 hoặc 2 thì $m^{2}$ chia 3 dư 1 . Ta có $Q=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{1}^{2} x_{2}^{2}+1-3 x_{1}^{2} x_{2}^{2}+6 x_{1} x_{2}$.

Ta cần chứng minh $Q^{\prime}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{1}^{2} x_{2}^{2}+1$ không chia hết cho 3 . Xét xác trường hợp sau:Nếu $x_{1}, x_{2}$ không chia hết cho 3 thì $x_{1}^{2}, x_{2}^{2}$ chia 3 dư 1 . Khi đó $Q^{\prime}$ chia 3 dư 2. Nếu $x_{1}$ chia hết cho $3, x_{2}$ không chia hết cho 3 , khi đó $Q^{\prime}$ chia 3 dư 2 .

$x_{1}, x_{2}$ chia hết cho 3 . Khi đó $Q^{\prime}$ chia 3 dư 1 .

Vậy $Q^{\prime}$ không chia hết cho 3 .

Do đó $Q$ không chia hết cho 3 .

Bài 4. Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm $O$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C, E$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $B C, F$ là điểm đối xứng của $E$ qua $M$.

(a) Chứng minh $E B^{2}=E F . EO$.

(b) Gọi $D$ là giao điểm của $A E$ và $B C$. Chứng minh các điểm $A, D, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.

(c) Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ và $P$ là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $I B C$ sao cho $P, O, F$ không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác POF đi qua một điểm cố định.

Lời giải.

(a) Ta có $E$ là điểm chính giữa cung $B C$, suy ra $E B=E C$ và $O E \perp B C$ nên $M, O, E$ thẳng hàng.

Vẽ đường kính $E K$. Ta có $E M \cdot E K=E B^{2}$.

Mặt khác $E F=2 E M, E O=\frac{1}{2} E K$. Do đó $E F \cdot E O=E M \cdot E K=E B^{2}$. (1)

(b) Ta có $\angle E B C=\angle E A C=\angle E A B$. Suy ra $\triangle E A B \sim \triangle E B D$. Suy ra $E B^{2}+$ $E D \cdot E A(2)$.

Từ (1) và (2) ta có: $E A \cdot E D=E O \cdot E F$. Suy ra tứ giác $O F D A$ nội tiếp.

(c) Ta có $\angle E I B=\angle E A B+\angle A B I=\frac{1}{2}(\angle A+\angle B)=\angle E B C+\angle C B I=\angle E B I$, suy ra $E B=E I=E C$. Vậy $E$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $B I C$.

Do đó $E P=E B$. Ta có $E P^{2}=E B^{2}=E O \cdot E F$.

Suy ra $\triangle E P F \sim \angle E O P$. Suy ra $\angle E P F=\angle F O P$.

Hơn nữa, do $O, F$ cùng phía đối với $E$ nên $P O, P F$ cùng phía đối với $P E$.

Vẽ tia tiếp tuyến $P x(P F, P O$ cùng phía đối với $P x)$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $P O F$. Khi đó $\angle x P F=\angle F O P=\angle E P x$. Suy ra $P x$ và $P E$ trùng nhau. Vậy $P x$ luôn qua điểm $E$ cố định.

Bài 5. Để khuyến khích phong trào học tập, một trường THCS đã tổ chứng 8 đợt thi cho các học sinh. Ở mỗi đợt thi, có đúng 3 học sinh được chọn để trao giải. Sau khi tổ chứng xong 8 đợt thi, người ta nhận thấy rằng với hai đợt thi bất kì thì có đúng 1 học sinh được trao giải ở cả hai đợt thi đó. Chứng minh rằng:

(a) Có ít nhất một học sinh được trao giải ít nhất bốn lần.

(b) Có đúng một học sinh được trao giải ở 8 đợt thi.

Lời giải.

(a) Giả sử $A_{1}$ là tập 3 bạn đạt giải trong đợt thi thứ nhât. Tương tự với $A_{2}, \ldots, A_{8}$.

Ta có $A_{1}={a, b, c}$. Vị $A_{1} \cap A_{i}, i=\overline{2,8}$ có đúng một học sinh nên các học sinh $a, b, c$ xuất hiện trong 7 tập $A_{2}, \ldots, A_{8}$ và không có hai bàn nào xuất hiện cùng một tập. Do đó theo nguyên lí Đirichlet thì có 1 học sinh thuộc ít nhất 3 tập trong các tập $A_{2}, \ldots, A_{8}$. Khi đó học sinh này có xuất hiện trong ít nhất 4 tập, hay được nhận thưởng ít nhất 4 lần.

(b) Theo câu a, có một học sinh $a$ nhận thưởng được ít nhất 4 lần, giả sử là từ lần 1 đến lần 4 . Hay $a$ thuộc $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}$. Khi đó nếu $a$ không nhận thưởng trong 8 lần, tức là có một lần $a$ không nhận thưởng. Giả sử là lần 8 , tức là $a$ không thuộc $A_{8}$.

Khi đó $A_{1} \cap A_{8}$ là 1 học sinh nên có học $\sinh b \neq a$ thuộc $A_{8}$, tương tự có học sinh $c, d, e$ lần lượt thuộc $A_{2}, A_{3}, A_{4}$ cũng thuộc $A_{8}$. Hơn nữa $b, c, d, e$ phải phân biệt. Do đó $A_{8}$ chứa ít nhất 4 phần tử. (vô lý). Vậy có một học sinh thuộc 8 tập, hay nhận thưởng 8 lần. Và không có hai học sinh nào cùng nhận thưởng hai lần nên chỉ có đúng một học sinh thỏa.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN LẦN 1 – STAR EDUCATION 2020

Leave a reply

Bài 1. Cho các biểu thức $H_{1}=\left(\frac{5}{\sqrt{1+x}}-\sqrt{1-x}\right):\left(\frac{5}{\sqrt{1-x^{2}}}-1\right)$ và $H_{2}=\left(\frac{2 x+1}{x \sqrt{x}-1}-\frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}\right) \cdot\left(\frac{1+x \sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}-\sqrt{x}\right)$

a) Rút gọn biểu thức $H_{1}$ và $H_{2}$.

b) Xét dấu của tích $H_{1} \cdot H_{2}$.

Bài 2. a) Giải phương trình: $\frac{(x-3)(x-5)}{\sqrt{2 x+1}}+x-3=0$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}(x-3 y-1)(x-y-1-\sqrt{x-y+1})=0 \\ \sqrt{x-1}+\sqrt{2-3 y}=2\end{array}\right.$

Bài 3. Cho phương trình: $\frac{x^{2}+(m-4) x-2 m^{2}+m+3}{\sqrt{x}-1}=0$

a) Giải phương trình khi $m=2$

b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ thỏa $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{2}=7$

Bài 4. a) Bốn bạn An, Bình, Châu, Duy theo thứ tự đứng ở 4 góc của sân tennis hình chữ nhật như hình vẽ. Trên sân có một quả banh tennis, biết khoảng cách từ quả banh đến An, Bình, Châu lần lượt là $11 \mathrm{~m}, 14 \mathrm{~m}$ và $16 \mathrm{~m}$. Tính khoảng cách từ Duy đến quả banh?

b) Sau trận đá bóng cuối cùng của trường Phổ thông Năng khiếu, người ta thấy rằng số điểm của đội 10 Tin và đội $\mathrm{GV}$ lần lượt chiếm $\frac{1}{4}$ và $\frac{2}{7}$ tổng số điểm ghi được của các đội. Đội Star ghi được 15 điểm. Không có đội nào trong số 7 đội còn lại (ngoài 3 đội nêu trên) ghi được nhiều hơn 2 điểm. Hỏi tổng số điểm của 7 đội còn lại ghi được là bao nhiêu?

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ dều cạnh $a$. Về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác $A B D$ và $A C E$ vuông cân tại $A$.

a) Chứng minh tứ giác $B C E D$ nội tiếp. Tính chu vi tú giác $B C E D$ theo $a$.

b) $B E, C D$ cắt nhau tại $I$. Chứng minh tứ giác $B I A D$ nội tiếp, tính độ dài $A I$ theo $a$.

c) $B C$ cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác $B I A D$ tại điểm $F$ khác $B . E F$ cắt $A I$ tại $K$. Tính $\angle B D F$ và $\frac{K A}{K I}$.

LỜI GIẢI

 

Bài 1. a) (Học sinh thiếu điều kiện không trì̉ điểm)

  • Điều kiện xác định: $-1<x<1$

$H_{1} =\left(\frac{5}{\sqrt{1+x}}-\sqrt{1-x}\right):\left(\frac{5}{\sqrt{1-x^{2}}}-1\right) $

$=\frac{5-\sqrt{1-x^{2}}}{\sqrt{1+x}} \cdot \frac{\sqrt{1+x} \cdot \sqrt{1-x}}{5-\sqrt{1-x^{2}}} $

$=\sqrt{1-x}$

  • Điều kiện xác định: $x \geq 0$ và $x \neq 1$

$H_{2} =\left(\frac{2 x+1}{x \sqrt{x}-1}-\frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}\right) \cdot\left(\frac{1+x \sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}-\sqrt{x}\right) $

$=\frac{2 x+1-\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} \cdot(x-\sqrt{x}+1-\sqrt{x}) $

$=\frac{x+\sqrt{x}+1}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} \cdot(\sqrt{x}-1)^{2} $

$=\sqrt{x}-1$

b) Điều kiện xác định: $0 \leq x<1$

Ta có: $H_{1} \cdot H_{2}=\sqrt{1-x} \cdot(\sqrt{x}-1)$

Vì $\sqrt{1-x}>0$ và $\sqrt{x}-1<0$ với mọi $0 \leq x<1$ suy ra $H_{1} \cdot H_{2}<0$

Vậy $H_{1} \cdot H_{2}<0$

Bài 2. a) Điều kiện xác định: $x>\frac{-1}{2}$

$\frac{(x-3)(x-5)}{\sqrt{2 x+1}}+x-3=0 $

$\Leftrightarrow(x-3)(x-5)+(x-3) \sqrt{2 x+1}=0 $

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=3\quad(nhận) \\ \sqrt{2 x+1}=5-x\quad(1)\end{array}\right.$

$(1) \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leq 5 \\ x^{2}-12 x+24=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leq 5 \\ {\left[\begin{array}{l}x=6+2 \sqrt{3} (loại) \\ x=6-2 \sqrt{3}(nhận)\end{array}\right.}\end{array}\right.\right.$

(Học sinh không loại nghiệm trừ 0,25 điểm)

Vậy $S=[3 ; 6-2 \sqrt{3}]$.

b) Điều kiện xác định: $x \geq 1, y \leq \frac{2}{3}, x \geq y-1$

(Học sinh thiếu điều kiện xác định trừ O,25 điểm)

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

Ta có: $(1) \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=3 y+1 \\ x-y-1-\sqrt{x-y+1}=0\quad(3)\end{array}\right.$

  • Thay $x=3 y+1$ vào (2) ta có:

$\sqrt{3 y}+\sqrt{2-3 y}=2 $

$\Leftrightarrow 3 y+2-3 y+2 \sqrt{6 y-9 y^{2}}=4 $

$\Leftrightarrow \sqrt{6 y-9 y^{2}}=1 $

$\Leftrightarrow 9 y^{2}-6 y+1=0 $

$\Leftrightarrow y=\frac{1}{3} \Rightarrow x=2 $ (so với điều kiện ta nhận)

Suy ra $(x ; y)=\left(2 ; \frac{1}{3}\right)$.

  • Đặt $t=\sqrt{x-y+1}(t \geq 0)$

$(3) \Leftrightarrow t^{2}-t-2=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}t=-1 \text { (loại) } \\ t=2 \quad \text { (nhận) }\end{array}\right.$

Với $t=2 \Leftrightarrow x-y+1=4 \Leftrightarrow x=y+3$

Thay $x=y+3$ vào $(2)$, ta có:

$\sqrt{y+2}+\sqrt{2-3 y}=2$

$\Leftrightarrow y+2+2-3 y+2 \sqrt{-3 y^{2}-4 y+4}=4$

$\Leftrightarrow \sqrt{-3 y^{2}-4 y+4}=y$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y \geq 0 \\ 4 y^{2}+4 y-4=0\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y \geq 0 \\ {\left[\begin{array}{l}y=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\quad(loại) \\ y=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\quad(nhận)\end{array}\right.}\end{array}\right.$

Với $y=\frac{-1+\sqrt{5}}{2} \Rightarrow x=\frac{5+\sqrt{5}}{2}$ (so với điều kiện ta nhận)

Suy ra $(x ; y)=\left(\frac{5+\sqrt{5}}{2} ; \frac{-1+\sqrt{5}}{2}\right)$.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left(2 ; \frac{1}{3}\right),\left(\frac{5+\sqrt{5}}{2} ; \frac{-1+\sqrt{5}}{2}\right)$

Bài 3. $\frac{x^{2}+(m-4) x-2 m^{2}+m+3}{\sqrt{x}-1}=0$ (4)

Điều kiện xác định: $x \geq 0$ và $x \neq 1$

a) Thay $m=2$ vào (4), ta có: $\frac{x^{2}-2 x-3}{\sqrt{x}-1}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=3\quad (nhận) \\ x=-1\quad(loại)\end{array}\right.$

Vậy $S=[3]$

b) $\frac{x^{2}+(m-4) x-2 m^{2}+m+3}{\sqrt{x}-1}=0$ (1)

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

(Học sinh không đưa (1) thành (2) trừ 0,25 điểm)

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt, không âm và khác 1 khi và chỉ khi:

$\left\{\begin{array} { l }{ \Delta > 0 } \\{ S \geq 0 } \\{ P \geq 0 } \\{ 1 ^ { 2 } + m – 4 – 2 m ^ { 2 } + m + 3 \neq 0 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l }{ ( 3 m – 2 ) ^ { 2 } > 0 } \\{ m \leq 4 } \\{ – 1 \leq x \leq \frac { 3 } { 2 } } \\{ m \neq 0 } \\{ m \neq 1 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}-1 \leq x \leq \frac{3}{2} \\m \neq \frac{2}{3} \\m \neq 0 \\m \neq 1\end{array}\right.\right.\right.$

(Học sinh không cần giải hệ điều kiện chỉ cần đưa về theo tham số m)

Với $\Delta=(3 m-2)^{2}$, ta suy ra $x=m+1$ hoặc $x=3-2 m$.

  • Với $x_{1}=m+1$ và $x_{2}=3-2 m$, ta có:

$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{2}=7 \Leftrightarrow 5 m^{2}-8 m=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}m=0\quad(loại) \\m=\frac{8}{5}\quad(loại)\end{array}\right.$

  • Với $x_{1}=3-2 m$ và $x_{2}=m+1$, ta có:

$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{2}=7 \Leftrightarrow 5 m^{2}-11 m+2=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}m=2\quad(loại) \\ m=\frac{1}{5}\quad(nhận)\end{array}\right.$

Vậy $m=\frac{1}{5}$ thì phương trình (4) có hai nghiệm phân biệt thỏa yêu cầu.

Bài 4. a) Gọi $I$ là vị trí trái banh tennis. Từ $I$ kẻ các đường thẳng vuông góc với $A B$ và $A D$. Gọi $M, N, P, Q$ lần lượt là giao điểm của 2 đường thẳng đó với $A B, B C, C D$, $D A$.

Khi đó tứ giác $A M I Q, M B N I$ là các hình chũ nhật.

Ta có: $I A^{2}=I Q^{2}+A Q^{2}, I B^{2}=I N^{2}+B N^{2}$

$I D^{2}=I Q^{2}+Q D^{2}, I C^{2}=I N^{2}+C N^{2}$

Suy ra $I A^{2}-I D^{2}=A Q^{2}-Q D^{2}$ và $I B^{2}-I C^{2}=B N^{2}-C N^{2}$

Vì $A Q=B N$ và $D Q=C N$

Suy ra $I A^{2}-I D^{2}=I B^{2}-I C^{2}$

$\Rightarrow I D^{2}=I A^{2}+I C^{2}-I B^{2}=181$

$\Rightarrow I D=\sqrt{181} \approx 13,5(\mathrm{~m})$

b) Gọi $x$ (điểm) là tổng điểm số điểm của các đội. $(x>0)$.

$y$ (điểm) là tổng điểm của 7 đội còn lại. $(y>0)$

Số điểm của đội 10 Tin và đội $\mathrm{GV}$ là $\frac{1}{4} x$ và $\frac{2}{7} x$

Suy ra số điểm của 8 đội còn lại là $\frac{13}{28} x$.

Ta có phương trình: $15+y=\frac{13}{28} x$

Không có đội nào trong 7 đội còn lại ghi nhiều hơn 2 điểm nên $0<y \leq 14$.

Từ đó suy ra $15<\frac{13}{28} x \leq 29 \Leftrightarrow 32<x \leq 62$

Vì $x, y$ là các số tự nhiên nên $x$ sẽ chia hết cho 28 .

Do đó suy ra $x=56$ (điểm)

Vậy tổng điểm của 7 đội còn lại là 11 điểm.

Bài 5. a) • $\triangle A D B$ và $\triangle A E C$ vuông cân tại $A$ suy ra $A B=A C=A E=A D$

Suy ra tứ giác $B C E D$ nội tiếp đường tròn tâm $A$ bán kính $A B$

  • Ta có: $B D=C E=\sqrt{A B^{2}+A D^{2}}=a \sqrt{2}$

Kẻ $A T \perp D E$ tại $T$ suy ra $T$ là trung điểm $D E$.

Ta có: $D T=\cos \angle A D T \cdot A D=\frac{\sqrt{3}}{2} a \Rightarrow D E=2 D T=a \sqrt{3}$

Vậy chu vi tứ giác $B C E D$ là: $a(1+2 \sqrt{2}+\sqrt{3})$.

b) – Ta có $\angle C E D=\angle B D E \Rightarrow \angle C B D+\angle B D E=180^{\circ} \Rightarrow B C / / D E$

$\Rightarrow B C E D$ là hình thang cân suy ra $I D=I E$ và $I B=I C$

Ta có $I D=I E, A D=A E \Rightarrow A I$ là đường trung trực của $D E$ suy ra $I, A, T$ thẳng hàng.

Ta có: $\angle D B E=\frac{1}{2} \angle D A E=\angle D A T \Rightarrow B I A D$ nội tiếp.

  • Tứ giác $B I A D$ nội tiếp suy ra $\angle D I E=90^{\circ} \Rightarrow I T=D T=\frac{\sqrt{3}}{2} a$

Lại có $A T=\sin \angle T D A \cdot A D=\frac{a}{2}$

Nên $A I=I T-A T=\frac{\sqrt{3}-1}{2} a$.

c) Tứ giác  F B A D  nội tiếp suy ra  $\angle D F B=180^{\circ}-\angle D A B=90^{\circ} $

$\Rightarrow \angle F D E=90^{\circ}=\angle F D B+\angle B D E \Rightarrow \angle F D B=90^{\circ}-75^{\circ}=15^{\circ}$

  • Ta có $\angle I F A=\angle I D A=45^{\circ}-30^{\circ}=15^{\circ}$

Lại có $\angle E A F=\angle E A C+\angle C A B+\angle B A F=90^{\circ}+60^{\circ}+15^{\circ}=165^{\circ}$

Suy ra $\angle I F A+\angle E A F=180^{\circ} \Rightarrow A E / / I F$ (1)

Tứ giác $F I A D$ nội tiếp có $A I / / D F$

$\Rightarrow F I A D$ là hình thang cân nên $F I=A D=A E$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A E I F$ là hình bình hành

Suy ra $K$ là trung diểm $A I$ nên $\frac{K A}{K I}=1$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2018

Leave a reply

Bài 1. (1 điểm )Cho $a, b, c$ là ba số thỏa điều kiện $a+b+c=0$ và $a^{2}=2(a+c+$ 1) $(a+b-1)$. Tính giá trị của biểu thức $A=a^{2}+b^{2}+c^{2}$.

Bài 2. (2 điểm)

(a) Giải phương trình: $4 \sqrt{x+3}=1+4 x+\frac{2}{x}$.

(b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{3}=1 \\ x^{2}+y^{5}=x^{3}+y^{2}\end{array}\right.$

Bài 3. (2 điểm) Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ vuông tại $A$ có đường cao $A H$. Gọi $E, F$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lên $A B, A C$.

(a) Chứng minh rằng: $B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H}=A H \sqrt{B C}$

(b) Gọi $D$ là điểm đối xứng của $B$ qua $H$ và gọi $O$ là trung điểm của $B C$. Đường thẳng đi qua $D$ và vuông với $B C$ cắt $A C$ tại $K$. Chứng minh rằng: $B K$ vuông góc với $A O$.

Bài 4. (1,5 điểm)

(a) Chứng minh rằng: $x^{4}-x+\frac{1}{2}>0$ với mọi số thực $x$.

(b) Cho $x, y$ là các số thực thỏa mãn điều kiện $x^{2}-x y+y^{2}=3$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x^{2}+y^{2}$.

Bài 5. (1,5 điểm) Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Gọi $M$ là trung điểm của $B C$ và $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A M B$. Đường thẳng $A C$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $K$. Đường thẳng $B K$ cắt đường tròn ngoại tam giác $A B C$ tại $L$. Các đường thẳng $C L$ và $K M$ cắt nhau tại $E$. Chứng minh rằng $E$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $A C M$.

Bài 6. (2 điểm) Các số nguyên dương từ 1 đến 2018 được tô màu theo nguyên tắc sau: Các số mà khi chia hết cho 24 dư 17 tô được màu xanh. Các số mà khi chia cho 40 dư 7 được tô màu đỏ. Các số còn lại được tô màu vàng.

(a) Chứng tỏ rằng không có số nào được tô cả hai màu xanh và đỏ. Hỏi có bao nhiêu số được tô màu vàng?

(b) Có bao nhiêu cặp số $(a, b)$ sao cho $a$ được tô màu xanh, $b$ được tô màu đỏ và $|a-b|$ bằng 2 ?

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho $a, b, c$ là ba số thỏa điều kiện $a+b+c=0$ và $a^{2}=2(a+c+1)(a+b-1)$. Tính giá trị của biểu thức $A=a^{2}+b^{2}+c^{2}$.

Lời giải. Ta có $: a+b+c=0 \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a+c=-b \\ a+b=-c \\ a=-(b+c)\end{array}\right.$

Khi đó: $a^{2}=2(a+c+1)(a+b-1)=2(-b+1)(-c-1)$ $\Leftrightarrow a^{2}=2(b-1)(c+1)$

$\Leftrightarrow a^{2}=2(b c+b-c-1)$

$\Leftrightarrow(b+c)^{2}=2(b c+b-c-1)$

$\Leftrightarrow b^{2}+2 b c+c^{2}=2 b c+2 b-2 c-2$

$\Leftrightarrow(b-1)^{2}+(c+1)^{2}=0 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}b=1 \\ c=-1 .\end{array}\right.$

Suy ra $a=0$.

Vậy $A=a^{2}+b^{2}+c^{2}=0^{2}+1^{2}+(-1)^{2}=2$.

Bài 2.

a) Giải phương trình: $4 \sqrt{x+3}=1+4 x+\frac{2}{x}$.

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{3}=1 \\ x^{2}+y^{5}=x^{3}+y^{2}\end{array}\right.$

Lời giải.

a) Giải phương trình: $4 \sqrt{x+3}=1+4 x+\frac{2}{x}$.

Điều kiện xác định: $\left\{\begin{array}{l}x \neq 0 \\ x \geq 3 .\end{array}\right.$

Ta có: $(1) \Leftrightarrow 4 x \sqrt{x+3}=x+4 x^{2}+2 $

$\Leftrightarrow 4 x^{2}-4 x \sqrt{x+3}+(x+3)=1 $

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

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}2 x-\sqrt{x+3}=1 \\2 x-\sqrt{x+3}=-1\end{array}\right.$

– Trường hợp 1: $2 x-1=\sqrt{x+3} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 x-1 \geq 0 \\ (2 x-1)^{2}=x+3\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \geq \frac{1}{2} \\ 4 x^{2}-5 x-2=0\end{array}\right.\right.$

– Trường hợp 2: $2 x+1=\sqrt{x+3} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 x+1 \geq 0 \\ (2 x+1)^{2}=x+3\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \geq-\frac{1}{2} \\ 4 x^{2}+3 x-2=0\end{array}\right.\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \geq-\frac{1}{2} \\{\left[\begin{array}{l}x=\frac{-3+\sqrt{41}}{8} \\x=\frac{-3-\sqrt{41}}{8}\end{array} \Rightarrow x=\frac{-3+\sqrt{41}}{8}\right.}\end{array}\right.$

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là $\mathcal{S}=(\frac{5+\sqrt{57}}{8} ; \frac{-3+\sqrt{41}}{8})$

b) $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{3}=1 \\x^{2}+y^{5}=x^{3}+y^{2}\end{array}\right.\quad(2)$

Ta có phương trình

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

– Trường hợp 1: Với $x=0$ thì $(1) \Leftrightarrow y^{3}=1 \Leftrightarrow y=1$.

– Trường hợp 2: Với $1-x-y^{2}=0 \Leftrightarrow x=1-y^{2}$ thì

(1) $\Leftrightarrow\left(1-y^{2}\right)^{2}+y^{3}=1 $

$\Leftrightarrow y^{4}+y^{3}-2 y^{2}=0 $

$\Leftrightarrow y^{2}\left(y^{2}+y-2\right)=0 $

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

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

  • Với $y=0$ thì $x=1$.

  • Với $y=1$ thì $x=0$.

  • Với $y=-2$ thì $x=-3$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: $\mathcal{S}={(0 ; 1),(1 ; 0),(-3 ;-2)}$

Bài 3. Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ vuông tại $A$ có đường cao $A H$. Gọi $E, F$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lên $A B, A C$.

a) Chứng minh rằng: $B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H}=A H \sqrt{B C}$

b) Gọi $D$ là điểm đối xứng của $B$ qua $H$ và gọi $O$ là trung điểm của $B C$. Đường thẳng đi qua $D$ và vuông với $B C$ cắt $A C$ tại $K$. Chứng minh rằng: $B K$ vuông góc với $A O$.

Lời Giải.

a) Chứng minh rằng: $B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H}=A H \sqrt{B C}$.

Ta có: $H E | A C$ (vì cùng vuông góc với $A B$ ).

Suy ra: $\frac{B E}{A B}=\frac{B H}{B C} \quad$ (1) (theo định lí Ta- lét).

Ta lại có: $H F | A B$ (Vi cùng vuông góc với $A C$ ).

Suy ra: $\frac{C F}{A C}=\frac{C H}{B C} \quad$ (2) (theo định lí Ta-lét).

Từ (1) và (2) suy ra  $\frac{B E}{A B}+\frac{C F}{A C}=\frac{B H}{B C}+\frac{C H}{B C}=1 $

$\Rightarrow B E \cdot A C+C F \cdot A B=A B \cdot A C $

$\Leftrightarrow B E \cdot \sqrt{C H \cdot B C}+C F \sqrt{B H \cdot B C}=A H \cdot B C $

Vì $ A H \cdot B C=A B \cdot A C) $

$\Leftrightarrow \sqrt{B C}(B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H})=\sqrt{B C} \cdot A H \cdot \sqrt{B C} $

$\Leftrightarrow B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H}=A H \sqrt{B C} . \text { (dpcm) }$

b) Ta có: $\triangle C D K \sim \triangle C A B \quad(g-g)$

Suy ra: $\frac{C D}{C K}=\frac{C A}{C B}$

Xét $\triangle A C D$ và $\triangle B C K$ có:

$C$ chung và $\frac{C D}{C K}=\frac{C A}{C B}(\mathrm{cmt})$.

Suy ra: $\triangle A C D \sim \triangle B C K \quad(c-g-c)$.

Do đó: $\widehat{K B D}=\widehat{C A D}=90^{\circ}-\widehat{B A D}=90^{\circ}-2 \widehat{B A H}=90^{\circ}-2 \widehat{B C A}($ Vi $\widehat{B A H}=$ $\widehat{B C A}$ (cùng phụ với $A B C$) (1)

Mà $\triangle A B C$ vuông tại $A$ có $O$ là trung điểm của $B C$.

Suy ra $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle A B C \Rightarrow 2 \widehat{A C B}=\widehat{A O B}$ Khi đó $(1) \Leftrightarrow \widehat{K B D}=90^{\circ}-\widehat{A O B}$.

Vậy $B K \perp A O$ (đpcm).

Bài 4.

a) Chứng minh rằng: $x^{4}-x+\frac{1}{2}>0$ với mọi số thực $x$.

b) Cho $x, y$ là các số thực thỏa mãn điều kiện $x^{2}-x y+y^{2}=3$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x^{2}+y^{2}$.

Lời giải.

a) Ta có: $x^{4}-x+\frac{1}{2}=x^{4}-x^{2}+x^{2}-x+\frac{1}{2}=x^{4}-2 \cdot \frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{4}+x^{2}-2 \cdot \frac{1}{2} x+\frac{1}{4}$ $=\left(x^{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2} \geq 0$ với mọi số thực $x$.

Dấu bằng xảy $\mathrm{ra} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}-\frac{1}{2}=0 \\x-\frac{1}{2}=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}=\frac{1}{2} \\x=\frac{1}{2}\end{array}\right.\right.$ Hệ phương trình vô nghiệm.

Do đó đẳng thức không xảy ra, tức là $x^{4}-x+12>0$ với mọi số thực $x$.

b) Cách 1:

Ta có: $A=\frac{P}{3}=\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}-x y+y^{2}}$

Xét $y=0 \Rightarrow x=\pm \sqrt{3} \Rightarrow P=3$.

Xét $y \neq 0$, khi đó $A=\frac{\left(\frac{x}{y}\right)^{2}+1}{\left(\frac{x}{y}\right)^{2}-\frac{x}{y}+1} \quad(1)$. Đặt $t=\frac{x}{y}$.

Khi đó $(1)$ trở thành $A=\frac{t^{2}+1}{t^{2}-t+1} \Leftrightarrow t^{2}(A-1)+A t+A-1=0$.

Xét $A=1 \Rightarrow P=3$.

Xét $A \neq 1 \Rightarrow \Delta=A^{2}-4(A-1)^{2}=-(3 A-2)(A-2) \geq 0 \Leftrightarrow \frac{2}{3} \leq A \leq 2 \Leftrightarrow$ $2 \leq P \leq 6$.

$\operatorname{Min} P=2$ khi $x=1 ; y=-1$ hoặc $x=-1 ; y=1$.

$\operatorname{Max} P=6$ khi $x=y=\pm \sqrt{3}$.

Cách 2: $3=\frac{1}{2}\left(2 x^{2}-2 x y+2 y^{2}\right)=\frac{1}{2}\left[3\left(x^{2}+y^{2}\right)-(x-y)^{2}\right]$.

$\Rightarrow x^{2}+y^{2} \geq 2$

$3=\frac{1}{2}\left(2 x^{2}-2 x y+2 y^{2}\right)=\frac{1}{2}\left[x^{2}+y^{2}+(x-y)^{2}\right] .$

$\Rightarrow x^{2}+y^{2} \leq 6$

Vậy $2 \leq P \leq 6$.

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Gọi $M$ là trung điểm của $B C$ và $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A M B$. Đường thẳng $A C$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $K$. Đường thẳng $B K$ cắt đường tròn ngoại tam giác $A B C$ tại $L$. Các đường thẳng $C L$ và $K M$ cắt nhau tại $E$. Chứng minh rằng $E$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM.

Lời giải. Ta có: tứ giác $A K M B$ nội tiếp ( tổng hai góc đối bằng $180^{\circ}$ )

Suy ra: $\widehat{M A K}=\widehat{K B M}=\widehat{L B C}$ (cùng chắn cung $K M$ )

Ta lại có: $\widehat{L B C}=\widehat{M E C}$ (cùng phụ với $\widehat{E C B}$ ) $\Rightarrow \widehat{M A K}=\widehat{M E C}$

Suy ra tứ giác $M A E C$ nội tiếp

Vậy $E$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp $\triangle A M C$.

Bài 6. Các số nguyên dương từ 1 đến 2018 được tô màu theo nguyên tắc sau: Các số mà khi chia hết cho 24 dư 17 tô được màu xanh. Các số mà khi chia cho 40 dư 7 được tô màu đỏ. Các số còn lại được tô màu vàng.

a) Chứng tỏ rằng không có số nào được tô cả hai màu xanh và đỏ. Hỏi có bao nhiêu số được tô màu vàng?

b) Có bao nhiêu cặp số $(a, b)$ sao cho $a$ được tô màu xanh, $b$ được tô màu đỏ và $|a-b|$ bằng 2 ?

Lời giải.

a) Theo đề bài ta có

  • Số màu xanh có dạng: $24 x+17 \quad(x \in \mathbb{N})$ với $1 \leq 24 x+17 \leq 2018 \Leftrightarrow-\frac{2}{3} \leq x \leq \frac{667}{8} \Leftrightarrow 0 \leq x \leq 83 .$

Do đó có 84 số được tô màu xanh.

  • Số màu đỏ có dạng: 40y $+7 \quad(y \in \mathbb{N})$ với $1 \leq 40 y+7 \leq 2018 \Leftrightarrow-\frac{3}{20} \leq x \leq \frac{2011}{40} \Leftrightarrow 0 \leq x \leq 50$.

Do đó có 51 số được tô màu đỏ.

  • Giả sử có số được tô cả hai màu xanh và đỏ khi đó tồn tại $x_{0} ; y_{0}$ sao cho $24 x_{0}+17=40_{0} y+7 \Leftrightarrow 24_{0} x+10=40_{0} y$

Vì $24: 4$ và $40: 4$ nên $10: 4$ (vô lí)

Vậy không có số nào được tô cả hai màu xanh và đỏ. Khi đó số lượng số được tô màu vàng là: $2018-84-51=1883$ (số).

b) Ta có $a=24 x+17$ và $b=40 y+7$ với $(x, y \in \mathbb{N})$ Xét 2 trường hợp sau:

  • Trường hợp 1: $a-b=2 \Leftrightarrow 24 x-40 y+10=2 \Leftrightarrow 3 x-5 y=-1 \Leftrightarrow 3 x=$ $5 y-1 .$

Mà $0 \leq x \leq 83 \Leftrightarrow 0 \leq 3 x \leq 249$

Suy ra $0 \leq 5 y-1 \leq 249 \Leftrightarrow \frac{1}{5} \leq y \leq 50$.

Vi $(5 y-1)$ : 3 nên $y$ chia 3 dư 2 .

Kiểm tra ta thấy $y$ nhận 17 giá trị khác nhau $\Rightarrow$ có 17 cặp $(x ; y)$.

  • Trường hợp 2: $a-b=-2 \Leftrightarrow 24 x+17-40 y-7=-2 \Leftrightarrow 24 x-40 y=$ $-12$

$\Leftrightarrow 6 x-10 y=-3$ (loại)

Vậy có 17 cặp $(a ; b)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2019

Leave a reply

Bài 1. Cho $a, b, c$ là ba số thực thỏa mãn điều kiện $a+b+c=1$. Tính giá trị của biểu thức

$A=a^{3}+b^{3}+c^{3}-3(a b+c)(c-1)$

Bài 2. (a) Giải phương trình:

$5 \sqrt{x-1}-\sqrt{x+7}=3 x-4$

(b) Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}2(x+y)-x y=4 \\x y(x+y-4)=-2\end{array}\right.$

Bài 3. Đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $B C, C A, A B$ lần lượt tại $M, N, P$. Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $N P$. Chứng minh rằng $K M$ là phân giác của góc $\angle B K C$.

Bài 4. Cho $x, y, z$ là các số thực thuộc đoạn $[0,2]$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=3$.

(a) Chứng minh rằng

$x^{2}+y^{2}+z^{2}<6$

(b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P=x^{3}+y^{3}+z^{3}-3 x y z$

Bài 5. Cho tam giác đều $A B C$. Gọi $M, N$ là hai điểm nằm trên cạnh $B C$ sao cho $\angle M A N=30^{\circ}(M$ nằm giữa $B$ và $N)$. Gọi $K$ là giao điểm của hai đường tròn $(A B N)$ và $(A C M)(K$ khác $A)$. Chứng minh rằng:

(a) Hai điểm $K$ và $C$ đối xứng với nhau qua $A N$.

(b) Đường thẳng $A K$ đi qua tâm đường tròn $(A M N)$.

Bài 6. Cho $m, n$ là hai số nguyên. Chứng minh rằng, nếu $7(m+n)^{2}+2 m n$ chia hết cho 225 thì $m n$ cũng chia hêt cho 225 .

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1.Cho $a, b, c$ là ba số thực thỏa mãn điều kiện $a+b+c=1$. Tính giá trị của biểu thức

$A=a^{3}+b^{3}+c^{3}-3(a b+c)(c-1)$

Lời giải. $A=(a+b)^{3}-3 a b(a+b)+c^{3}+3(a b+c)(a+b)$

$=(a+b)^{3}+c^{3}+3(a+b) c $

$=(a+b)^{3}+c^{3}+3(a+b) c(a+b+c) $

$=(a+b+c)^{3}=1$

Bài 2.

a) Giải phương trình:

$5 \sqrt{x-1}-\sqrt{x+7}=3 x-4$

b) Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}2(x+y)-x y=4 \\ x y(x+y-4)=-2\end{array}\right.$

Lời giải.

a) Điều kiện $x \geq 1.5 \sqrt{x-1}-\sqrt{x+7}=3 x-4$

$\Leftrightarrow \frac{25(x-1)-(x+7)}{5 \sqrt{x-1}+\sqrt{x+7}}=3 x-4 $

$\Leftrightarrow \frac{8(3 x-4)}{5 \sqrt{x-1}+\sqrt{x+7}}=3 x-4 $

$3 x-4=0$ (1) hoặc $5 \sqrt{x-1}+\sqrt{x+7}=8(2) $

$(1) \Leftrightarrow x=\frac{4}{3}(\text { nhận }) $

$(2)  64=25(x-1)+x+7+10 \sqrt{(x-1)(x+7)} $

$\Leftrightarrow 82-26 x=10 \sqrt{\left(x^{2}+6 x-7\right)}$

Giải ra được nghiệm $x=2$.

Vậy phương trình có hai nghiệm $S=(2, \frac{4}{3})$.

b) Từ phương trình (1) ta có $(x-2)(y-2)=0 \Leftrightarrow x=2$ hoặc $y=2$. Với $x=2$ thế vào $(2)$ ta có $y=1$. Ta có nghiệm $(x ; y)$ là $(2 ; 1)$.

Với $y=2$ thế vào $(2)$ ta có $y=1$. Ta có nghiệm $(x ; y)$ là $(1 ; 2)$.

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm $(x ; y)$ là $(2 ; 1)$ và $(1 ; 2)$.

Bài 3. Đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $B C, C A, A B$ lần lượt tại $M, N, P$. Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $N P$. Chứng minh rằng $K M$ là phân giác của góc $\angle B K C$.

Lời giải. Vẽ $B X, C Y$ vuông góc với $P N$ tại $X, Y$. Ta có $\angle A P=A N$ nên tam giác $A P N$ cân.

Suy ra $\angle A P N=\angle A N P ;$ mà $\angle B P X=\angle A P N, \angle C N Y=\angle A N P$ nên $\angle B P X=\angle C N Y$. Do đó $\triangle B P X \backsim \triangle C N Y$, suy ra $\frac{B X}{C Y}=\frac{B P}{C N}$.

Mà $B P=B M, C N=C M$ suy ra $\frac{B P}{C N}=\frac{B M}{C M}=\frac{X K}{Y K}$.

Do đó $\frac{B X}{C Y}=\frac{X K}{Y K}$.

suy ra $\triangle B X K \backsim \triangle C Y K$ do đó $\angle X K B=\angle C K Y$ mà $M K \perp X Y$ nên $K M$ là phân giác $\angle B K C$.

Bài 4.Cho $x, y, z$ là các số thực thuộc đoạn $[0,2]$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=3$.

a) Chứng minh rằng

$x^{2}+y^{2}+z^{2}<6$

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P=x^{3}+y^{3}+z^{3}-3 x y z$

Lời giải.

a) Ta có $x, y, z \in[0 ; 2]$ nên $x(2-x) \geq 0 \Leftrightarrow x^{2} \leq 2 x$, tương tự $y^{2} \leq 2 y$, $z^{2} \leq 2 z$. Suy ra $x^{2}+y^{2}+z^{2} \leq 2(x+y+z)=6$. Đẳng thức xảy ra khi $x=0$ hoặc $x=2$, $y=0$ hoặc $y=2, z=0$ hoặc $z=2$ và $x+y+z=3$ (vô nghiệm).

Vậy $x^{2}+y^{2}+z^{2}<6$.

b) $x^{3}+y^{3}+z^{3}-3 x y z=(x+y+z)\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}-x y-z y-z x\right)=3\left(x^{2}+y^{2}+\right.$ $\left.z^{2}\right)-\frac{3}{2}\left((x+y+z)^{2}-x^{2}-y^{2}-z^{2}\right)=\frac{9}{2}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)-\frac{27}{2}$.

Không mất tính tổng quát, giả sử $z=\max x, y, z$, suy ra $z \geq 1$.

Ta có $x^{2}+y^{2}+z^{2}=(x+y)^{2}+z^{2}-2 x y=(3-z)^{2}+z^{2}-2 x y=2 z^{2}-6 z+$ $9-2 x y=2(z-1)(z-2)-2 x y+5 \leq 5$.

Đẳng thức xảy ra khi $z=2, x=0, y=1$.

Do đó $x^{3}+y^{3}+z^{3}-3 x y z \leq 9$, đẳng thức xảy ra khi $z=2, x=0, y=1$. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $x^{3}+y^{3}+z^{3}-3 x y z$ là 9 .

Bài 5. Cho tam giác đều $A B C$. Gọi $M, N$ là hai điểm nằm trên cạnh $B C$ sao cho $\angle M A N=30^{\circ}(M$ nằm giữa $B$ và $N)$. Gọi $K$ là giao điểm của hai đường tròn $(A B N)$ và $(A C M)(K$ khác $A)$. Chứng minh rằng:

a) Hai điểm $K$ và $C$ đối xứng với nhau qua $A N$.

b) Đường thẳng $A K$ đi qua tâm đường tròn $(A M N)$.

Lời giải.

a) Gọi $K$ là điểm đối xứng của $C$ qua $A N$. Có

$\angle A K^{\prime} N=\angle A C N=\angle A B N$

nên tứ giác $A B K^{\prime} N$ nội tiếp. Suy ra $K^{\prime} \in(A B N)$. Có

$\angle M A K^{\prime}+\angle N A C=\angle M A K^{\prime}+\angle K^{\prime} A N=30^{\circ}$

mà

$\angle B A M+\angle N A C=30^{\circ}$

suy ra $\angle M A K^{\prime}=\angle B A M$.

Suy ra $\triangle A B M=\triangle A K^{\prime} M(c-g-c)$ nên $\angle A K^{\prime} M=\angle A B C=\angle A C B$ ta thu được $K^{\prime} \in(A M C)$. Vậy $K \equiv K^{\prime}$ ta có điều phải chứng minh.

b) Gọi $O$ là tâm $(A M N)$.

Có $\angle M K A=\angle M C A=\angle A K N=60^{\circ}$ nên $\angle M K N=120^{\circ}$. Mà $\angle M O N=$ $2 \angle M A N=60^{\circ}$ nên tứ giác $M O N K$ nội tiếp.

Lại có $O M=O N$ nên $\angle O K N=\angle O K M=60^{\circ}$ và $\angle A K N=60^{\circ}$ nên $A, O, K$ thẳng hàng.

Bài 6. Cho $m, n$ là hai số nguyên. Chứng minh rằng, nếu $7(m+n)^{2}+2 m n$ chia hết cho 225 thì mn cũng chia hết cho 225 .

Lời giải. Đặt $A=7(m+n)^{2}+2 m n$, ta có $2 A=14(m+n)^{2}+4 m n=15(m+n)^{2}-(m-$ $n)^{2}$ chia hết cho 225 , suy ra $(m-n)^{2}$ chia hết cho 15 .

Ta có $(m-n)^{2}$ chia hết cho 3,5 suy ra $m-n$ chia hết cho 3 và 5 (do 3,5 là số nguyên tố), do đó $m-n$ chia hết cho 15 , suy ra $(m-n)^{2}$ chia hết cho 225 .

Khi đó $15(m+n)^{2}$ chia hết cho 225 , suy ra $(m+n)^{2}$ chia hết cho 15 , tương tự trên thì $(m+n)^{2}$ chia hết cho 225 .

Khi đó $4 m n=(m+n)^{2}-(m-n)^{2}$ chia hết cho 225 , mà $(4,225)=1$ nên $m n$ chia hết cho $225 .$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI THỬ LẦN 2 VÀO LỚP 10 TOÁN CHUYÊN TRUNG TÂM STAR EDUCATION 2021

Leave a reply

Bài 1. (2,0 điểm)

a) Tìm $m$ để phương trình $\frac{x^{2}-(3 m+1) x+2 m^{2}+2 m}{x}=0$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ phân biệt thỏa $\left(\sqrt{x_{1}-m}+\sqrt{x_{2}-m}\right)^{4}=(2 m-1)^{2}$

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x^{2}-y}=z-1 \\ \sqrt{y^{2}-z}=x-1 \\ \sqrt{z^{2}-x}=y-1\end{array}\right.$

Bài 2. (1,5 điểm) Cho các số $x, y, z$ nguyên dương thỏa $x>y>z$.

a) Cho $(x ; y ; z)$ thỏa $y z+x(x+y+z)=2021$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=(x-y)^{2}+(x-z)^{2}+(y-z)^{2}$

b) Chứng minh rằng nếu $y$ không nhỏ hơn trung bình cộng của $x$ và $z$ thì

$(x+y+z)(x y+y z+x z-2) \geq 9 x y z$

Bài 3. (2,0 điểm) Cho $x, y$ là các số nguyên không đồng thời bằng 0 sao cho $x^{3}+y$ và $x+y^{3}$ chia hết cho $x^{2}+y^{2}$.

a) Tìm $x, y$ nếu $x y=0$.

b) Chứng minh rằng $x y \neq 0$ thì $x, y$ là nguyên tố cùng nhau.

c) Tìm tất cả cặp số nguyên $(x, y)$ thỏa đề bài.

Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác $A B C$ nhọn, có trực tâm $H ; A H$ cắt $B C$ tại $D$. Trên tia đối tia $D H$ lấy diểm $M$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $M B H$ cắt $A B$ tại $E$ cắt $B C$ tại $K$; đường tròn ngoại tiếp tam giác $M C H$ cắt $A C$ tại $F$ và $B C$ tại $L$.

a) Chứng minh $B E F C$ nội tiếp và $\angle E M A=\angle F M A$.

b) $M E$ cắt $C H$ tại $P, M F$ cắt $B H$ tại $Q$. Chứng minh $P Q$ vuông góc $O A$ với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$.

c) $H K$ cắt $A C$ tại $U, H L$ cắt $A B$ tại $V$. Chứng minh $U V$ luôn song song với một đường thẳng cố định khi $M$ thay đổi.

Bài 5. (1,5 điểm) Trong một hội nghị Toán quốc tế có $n$ người, mỗi người trong họ có thể nói được nhiều nhất 3 ngôn ngữ. Trong 3 người bất kì thì luôn có 2 người có thể nói chung một ngôn ngũ̃.

a) Cho $n \geq 9$, chứng minh rằng có một ngôn ngữ được nói bởi ít nhâ̂t 3 người.

b) Nếu $n=8$, điều kết luận của câu a) còn đúng không? Tại sao?

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1. (2 điểm)

a) Tìm $m$ để phương trình $\frac{x^{2}-(3 m+1) x+2 m^{2}+2 m}{x}=0$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ phân biệt thỏa

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x^{2}-y}=z-1 \\ \sqrt{y^{2}-z}=x-1 \\ \sqrt{z^{2}-x}=y-1\end{array}\right.$

Lời giải.

a) (1 điểm) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

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

có hai nghiệm phân biệt khác 0 . Điều này tương đương với

$\left\{\begin{array} { l }{ \Delta = ( 3 m + 1 ) ^ { 2 } – 4 ( 2 m ^ { 2 } + 2 m ) > 0 } \\{ 2 m ^ { 2 } + 2 m \neq 0 }\end{array} \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}(m-1)^{2}>0 \\m \neq 0 \text { và } m \neq-1\end{array} \Longleftrightarrow m \notin{0, \pm 1} .\right.\right.$

Ta có

$\left(\sqrt{x_{1}-m}+\sqrt{x_{2}-m}\right)^{2} =\left(x_{1}+x_{2}\right)-2 m+2 \sqrt{x_{1} x_{2}-m\left(x_{1}+x_{2}\right)+m^{2}} $

$\quad \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \quad = m+1+2 \sqrt{m} .$

nên điều kiện trong đề bài tương đương với

$\left[\begin{array} { l }{ m + 2 \sqrt { m } + 1 = 2 m – 1 } \\\\{ m + 2 \sqrt { m } + 1 = – 2 m + 1 }\end{array} \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\sqrt{m}=1+\sqrt{3} \\\\ \sqrt{m}=0\end{array} .\right.\right.$

Đối chiếu lại điều kiện của $m$, ta suy ra $m=(1+\sqrt{3})^{2}$.

b) ( 1 điểm) Điều kiện xác định: $x, y, z \geq 1$.

Bình phương hai vế 3 phương trình của hệ rồi cộng lại theo vế, ta suy ra $x+y+z=3$, từ kết quả này, cộng vế 3 phương trình của hệ, ta có

$\sqrt{x^{2}-y}+\sqrt{y^{2}-z}+\sqrt{z^{2}-x}=0,$

suy ra $x^{2}-y=y^{2}-z=z^{2}-x=0$. Do đó $x^{2}+y^{2}+z^{2}=3$. Tuy nhiên, chú ý rằng

$3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geq(x+y+z)^{2}=9,$

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$ nên ta suy ra $x=y=z=1$.

Thử lại, ta kết luận hệ đã cho có nghiệm duy nhất $x=y=z=1$

Bài 2. (1.5 điểm) Cho các số $x, y, z$ nguyên dương thỏa $x>y>z$.

a) Cho $(x ; y ; z)$ thỏa $y z+x(x+y+z)=2021$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$A=(x-y)^{2}+(x-z)^{2}+(y-z)^{2}$

b) Chứng minh rằng nếu $y$ không nhỏ hơn trung bình cộng của $x$ và $z$ thì

$(x+y+z)(x y+y z+x z-2) \geq 9 x y z$

Lời giải.

a) (0.75 điểm) Ta có $(x+y)(x+z)=2021=43 \cdot 47=1 \cdot 2021$.

Mà $x+y>x+z>2$. Suy ra $x+y=47, x+z=43$.

Khi đó $(x-y)^{2}+(x-z)^{2}+(y-z)^{2}=(2 x-47)^{2}+(2 x-43)^{2}+16$ $=8 x^{2}-360 x+43^{2}+47^{2}+16=8\left(x^{2}-45 x\right)+4074 .$

Do $x+y=47, x>y$ suy ra $x \geq 24$.

Suy ra $x^{2}-45 x=(x-24)(x-21)-504 \geq-504$.

Do đó $A \geq 4074-8 \cdot 504=42$.

Đẳng thức xảy ra khi $x=24, y=23, z=19$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là 42 khi $x=24, y=23, z=19$.

b) (0,75 điểm) Ta có $x \geq y+1 \geq z+2$. Suy ra

$(x-y)^{2} \geq 1, \quad(y-z)^{2} \geq 1, \quad(x-z)^{2} \geq 4$

Suy ra

$x^{2}+y^{2} \geq 2 x y+1, \quad y^{2}+z^{2} \geq 2 y z+1, \quad x^{2}+z^{2} \geq 2 x z+4$

Từ đó

$z x^{2}+z y^{2} \geq 2 x y z+z, \quad x y^{2}+x z^{2} \geq 2 x y z+x, \quad y x^{2}+y z^{2} \geq 2 x y z+4 y$

Cộng lại ta có

$x y(x+y)+y z(y+z)+z x(z+x) \geq 6 x y z+x+4 y+z$

Suy ra $(x+y+z)(x y+y z+z x-2) \geq 9 x y z-x+2 y-z$.

Vì $y \geq \frac{1}{2}(x+z)$ nên ta có điều cần chứng minh.

Bài 3. (2 điểm) Cho $x, y$ là các số nguyên không đồng thời bằng 0 sao cho $x^{3}+y$ và $x+y^{3}$ chia hết cho $x^{2}+y^{2}$.

a) ( $0.5$ điểm) Tìm $x, y$ nếu $x y=0$.

b) Chứng minh rằng $x y \neq 0$ thì $x, y$ là nguyên tố cùng nhau.

c) Tìm tất cả cặp số nguyên $(x, y)$ thỏa đề bài.

Lời giải.

a) ( 0.5 điểm) Nếu $x y=0$, giả sử $y=0$ thì $x^{3}$ chia hết cho $x^{2}$ (hiển nhiên) và $x$ chia hết cho $x^{2}$ nên nếu $x \neq 0$ thì $|x| \geq x^{2}$, do đó $x=\pm 1$. Từ đó suy ra tất cả các số nguyên $x, y$ thỏa mãn đề bài là $(x, y)=(0, \pm 1),(\pm 1,0)$.

b) (0.75 điểm) Đặt $\operatorname{gcd}(x, y)=d$ thì $x=d a, y=d b, \operatorname{gcd}(a, b)=1, a, b \in \mathbb{Z} \backslash[0]$. Ta có $d^{2} \mid x^{2}+y^{2}$ nên $d^{2} \mid x+y^{3}=d a+d^{3} b^{3}$ nên $d \mid a$. Tương tự $d \mid b$ nên $d=1$.

c) ( 0.75 điểm) Từ ý a), ta chỉ cần xét trường hợp $x y \neq 0$. Lúc này, ta có $\operatorname{gcd}(x, y)=1$ và $x^{2}+y^{2}\left|x^{3}+y, x^{2}+y^{2}\right| x\left(x^{2}+y^{2}\right)$ nên

$x^{2}+y^{2} \mid y-x y^{2}=y(1-x y) .$

$\operatorname{Mà} \operatorname{gcd}(x, y)=1$ nên ta suy ra $x^{2}+y^{2} \mid 1-x y$. Từ đó ta có

$|x y|+1 \geq|x y-1| \geq x^{2}+y^{2} \geq 2 x y$

nên $|x y| \leq 1$. Mà $x y \neq 0$ nên $|x y|=1$. Từ đó ta tìm được $(x, y)=(1,1)$, $(1,-1),(-1,1),(-1,-1)$.

Bài 4. (3 điểm) Cho tam giác $A B C$ nhọn, có trực tâm $H ; A H$ cắt $B C$ tại $D$. Trên tia đối tia $D H$ lấy điểm $M$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $M B H$ cắt $A B$ tại $E$ cắt $B C$ tại $K$; đường tròn ngoại tiếp tam giác $M C H$ cắt $A C$ tại $F$ và $B C$ tại $L$.

a) Chứng minh $B E F C$ nội tiếp và $\angle E M A=\angle F M A$.

b) $M E$ cắt $C H$ tại $P, M F$ cắt $B H$ tại $Q$. Chứng minh $P Q$ vuông góc $O A$ với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$.

c) $H K$ cắt $A C$ tại $U, H L$ cắt $A B$ tại $V$. Chứng minh $U V$ luôn song song với một đường thẳng cố định khi $M$ thay đổi.

Lời giải.

a) (1 điểm) Ta có tứ giác $E B M H$ nội tiếp nên $\angle A E H=\angle A M B$, suy ra hai tam giác $A E H$ và $A M B$ dồng dạng, kéo theo $A E \cdot A B=A H \cdot A M$. Chứng minh tương tự ta thu được $A F \cdot A C=A H \cdot A M=A E \cdot A B$, từ đó dễ dàng có được hai tam giác $A E F$ và $A B C$ đồng dạng (cạnh – góc – cạnh) nên $\angle A E F=\angle A C B$, suy ra $B E F C$ nội tiếp.

Ta có $H M B E$ và $H M C F$ là các tứ giác nội tiếp nên

$\angle H M E=\angle H B E=90^{\circ}-\angle A=\angle H C F=\angle H M F$

b) (1 điểm) Ta có $\angle A E F=\angle A C B=90^{\circ}-\angle B A O$ nên $A O \perp E F$. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh $P Q | E F$.

Thật vậy, ta có $M H$ là phân giác góc $P M Q$ và

$\angle P H Q=90^{\circ}+\angle A C H=90^{\circ}+\angle H M Q=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle P M Q$

nên $H$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $P M Q$. Do đó

$\angle P Q M=2 \angle P H M-180^{\circ}=180^{\circ}-2 \angle M H C=180^{\circ}-\angle A B C .$

Lại có

$\angle E F M=\angle E F C-\angle M F C=180^{\circ}-\angle A B C-\angle M H C=180^{\circ}-2 \angle A B C .$

Suy ra $\angle P Q M=\angle E F M$ nên $P Q | E F$, kéo theo $P Q \perp A O$.

c) (1 điểm) Ta có

$\angle H U F=\angle U K B-\angle A C B=\angle A E H-\angle A E F=\angle F E H$

nên $F H E U$ nội tiếp. Chứng minh tương tự ta cũng có $F H E V$ nội tiếp nên $U V F E$ nội tiếp. Suy ra $\angle F U V=\angle V E F=\angle F C B$ nên $U V | B C$.

Vậy $U V$ luôn luôn song song với $B C$ cố định.

Bài 5. (1.5 điểm) Trong một hội nghị Toán quốc tế có n người, mỗi người trong họ có thể nói được nhiều nhất 3 ngôn ngữ. Trong 3 người bất kì thì luôn có 2 người có thể nói chung một ngôn ngữ.

a) Cho $n \geq 9$, chứng minh rằng có một ngôn ngữ được nói bởi ít nhất 3 người.

b) Nếu $n=8$, điều kết luận của câu a) còn đúng không? Tại sao?

Lời giài.

a) Giả sử mọi ngôn ngữ đều được nói bởi nhiều nhất là 2 người.

  • Khi đó mỗi người có thể giao tiếp được với nhiều nhất 3 người khác với 3 ngôn ngữ khác nhau. Tức là $A$ có thể nói với nhiều nhất $B, C, D$ với ngôn ngữ khác nhau. Nếu ngược lại $A$ nói thêm với $E$ thì theo nguyên lí Dirichlet sẽ nói cùng ngôn ngữ với $A$ hoặc $B$ hoặc $C$. Khi đó có một ngôn ngữ có 3 người nói, mâu thuẫn.

  • Ta có $A$ nói với $B, C, D$ với 3 ngôn ngữ khác nhau. Xét người $E$ thì $E$ cùng giao tiếp với 3 người là $F, G, H$. Do đó còn một người $X$ ngoài nhóm này. Khi đó $A, E, X$ không nói chung ngôn ngữ nào. Vô lý.

b) Kết luận không còn đúng, ví dụ: chia 8 người thành 2 nhóm, $A, B, C, D$ và $E, F, G, H$. Hai người trong cùng nhóm nói với nhau, mỗi cặp nói ngôn ngữ khác nhau. Khi đó sẽ thỏa đề bài. Xem hình vẽ: