Category Archives: Đề thi

Đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia 2021 – 2022

Leave a reply

Ngày 1 (04/3/2022)

Bài 1 (5,0 điểm)

Cho $a$ là một số thực không âm và dãy số $(u_{n})$ được xác định bởi

$u_{1}=6, u_{n+1}=\dfrac{2n+a}{n} + \sqrt{\dfrac{n+a}{n} u_{n} + 4},  \,\, \forall n \geq 1.$

a) Với $a=0$, chứng minh rằng $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b) Với mọi $a\geq 0$, chứng minh rằng $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn.

Bài 2 (5,0 điểm)

Tìm tất cả các hàm số $f: \left( 0; + \infty \right) \rightarrow \left( 0; + \infty \right)$ thỏa mãn

$f\left( \dfrac{f(x)}{x} + y \right) = 1+f(y), \,\, \forall x,y \in \left( 0; + \infty \right).$

Bài 3 (5,0 điểm)

Cho tam giác nhọn $ABC$. Các điểm $E, F$ lần lượt thay đổi trên tia đối của các tia $BA, CA$ sao cho $BF = CE \,\, (E \ne B, F\ne C)$. Gọi $M, N$ tương ứng là trung điểm của $BE, CF$ và $D$ là giao điểm của $BF$ với $CE$.

a) Gọi $I, J$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $DBE, DCF$. Chứng minh rằng $MN$ song song với $IJ$.

b) Gọi $K$ là trung điểm của $MN$ và $H$ là trực tâm của tam giác $AEF$. Chứng minh rằng $HK$ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 4 (5,0 điểm)

Với mỗi cặp số nguyên dương $(n, m)$ thỏa mãn $n < m$, gọi $s(n,m)$ là số các số nguyên dương thuộc đoạn $[n;m]$ và nguyên tố cùng nhau với $m$. Tìm tất cả các số nguyên dương $m \geq 2$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) $\dfrac{s(n,m)}{m-n} \geq \dfrac{s(1,m)}{m}$ với mọi $n = 1,2,…,m-1$;

ii) $2022^{m} + 1$ chia hết cho $m^{2}$.

 

Ngày 2 (05/3/2022)

Bài 5 (6,0 điểm)

Cho $P(x)$ và $Q(x)$ là hai đa thức khác hằng, có hệ số là các số nguyên không âm, trong đó các hệ số của $P(x)$ đều không vượt quá 2021 và $Q(x)$ có ít nhất một hệ số lớn hơn 2021. Giả sử $P(2022) = Q(2022)$ và $P(x), Q(x)$ có chung nghiệm hữu tỷ $\dfrac{p}{q} \ne 0 \, (p,q \in \mathbb{Z}$; $p$ và $q$ nguyên tố cùng nhau). Chứng minh rằng $| p | + n | q | \leq Q(n) – P(n)$ với mọi $n = 1, 2, …, 2021$.

Bài 6 (7,0 điểm)

Gieo 4 con súc sắc cân đối, đồng chất. Ký hiệu $x_{i} \, (1\leq x_{i} \leq 6)$ là số chấm trên mặt xuất hiện của con súc sắc thứ $i \, (i=1,2,3,4).$

a) Tính số các bộ $(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})$ có thể có.

b) Tính xác suất để có một số trong $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ bằng tổng của ba số còn lại.

c) Tính xác suất để có thể chia $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ thành hai nhóm có tổng bằng nhau.

Bài 7 (7,0 điểm)

Cho tam giác $A B C$ có $B, C$ cố định trên đường tròn $(O)$ ($B C$ không đi qua tâm $O$) và điểm $A$ thay đổi trên cung lớn $\overparen{B C}$ sao cho $A B \neq A C$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác $A B C$ tiếp xúc với $B C$ tại $D$. Gọi $I_{a}$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $\widehat{B A C}, \,L$ là giao điểm của $I_{a} D$ với $O I$ và $E$ là điềm trên $(I)$ sao cho $D E$ song song với $A I$.
a) Đường thẳng $L E$ cắt đường thẳng $A I$ tại $F$. Chứng minh rằng $A F=A I$.
b) Trên đường tròn $(J)$ ngoại tiếp tam giác $I_{a} B C$ lấy điểm $M$ sao cho $I_{a} M$ song song với $A D,\, M D$ cắt lại $(J)$ tại $N$. Chứng minh rằng trung điểm $T$ của $M N$ luôn thuộc một đường tròn cố định.

Đáp án đề thi chọn đội dự tuyển trường PTNK năm 2020

Leave a reply

Thời gian làm bài 120 phút

Đề bài.

Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{a^{4}+b^{4}+2}{\left(a^{2}-a+1\right)\left(b^{2}-b+1\right)}$, với $a, b \in \mathbb{R}$.
Bài 2. Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$thỏa mãn
$$
f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f(x)^{2} f(y), \text { với mọi } x, y \in \mathbb{Q}^{+} .
$$
Bài 3. Cho $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \ldots$ là dãy số nguyên thỏa mãn đồng thời hai điều kiện $1=$ $x_{1}<x_{2}<x_{3} \ldots$ và $x_{n+1} \leq 2 n$ với $n=1,2,3 \ldots$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$, tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ cân tại $A$, nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $A B$ sao cho $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$. Đường tròn tâm $M$ bán kính $M B$ cắt đường tròn tâm $O$ tại điểm thứ hai là $D$. Một đường thẳng qua $M$ song song với $A D$ cắt $A C$ tại $N$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$.

Đáp án

Bài 1. Với mọi $x \in \mathbb{R}$, ta có
$$
x^{4}+1-\frac{2}{9}\left(x^{2}-x+1\right)^{2}=\frac{1}{9}(x+1)^{2}\left(7 x^{2}-10 x+7\right) \geq 0 .
$$
Vì thế nên ta có
$$
P \geq \frac{2}{9} \frac{\left(a^{2}-a+1\right)^{2}+\left(b^{2}-b+1\right)^{2}}{\left(a^{2}-a+1\right)\left(b^{2}-b+1\right)}=\frac{2}{9}\left(\frac{a^{2}-a+1}{b^{2}-b+1}+\frac{b^{2}-b+1}{a^{2}-a+1}\right) \geq \frac{4}{9} .
$$
Suy ra giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{4}{9}$, đạt được khi $a=b=-1$.

Bài 2. Giả sử $f$ là một hàm thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Đặt $f(1)=a>$ 0 , trong phương trình đề cho, thay $x=y=1$ ta có $f\left(a^{2}\right)=a^{3}$.
Từ đó, tiếp tục lần lượt thay $x$ bởi $a^{2}, y$ bởi 1 và $x$ bởi $1, y$ bởi $c^{2}$ vào phương trình ấy, ta thu được
$$
a^{7}=f\left(a^{6}\right)=a^{5} .
$$
Chú $\hat{y} a>0$ nên ta có $a=1$, tức $f(1)=1$. Thay $x$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$$
f\left(f(y)^{2}\right)=f(y) \text {, với mọi } y \in \mathbb{Q}^{+} \text {. }
$$
Lại thay $y$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$$
f(x)^{2}=f\left(x^{2}\right), \text { với mọi } x \in \mathbb{Q}^{+} .
$$
Suy ra
$$
f(x)=f\left(f(x)^{2}\right)=f(f(x))^{2}=\ldots=f^{n+1}(x)^{2^{n}}, \text { với mọi } x \in \mathbb{Q}^{+},
$$
trong đó $f^{n+1}(x)$ là $n+1$ lần tác động $f$ vào $x$. Từ đó, nếu tồn tại $q \in \mathbb{Q}^{+}$sao cho tồn tại $p \in \mathbb{P}$ thỏa mãn $v_{p}(f(q)) \neq 0$ thì ta có
$$
v_{p}(f(q))=v_{p}\left(f^{n+1}(q)^{2^{n}}\right)=2^{n} v_{p}\left(f^{n+1}(q)\right) \neq 0 .
$$
Trong đẳng thức trên, cho $n \rightarrow+\infty$ ta thấy điều vô lý. Suy ra $v_{p}(f(q))=0$ với mọi $q \in \mathbb{Q}^{+}, p \in \mathbb{P}$, hay $f(x) \equiv 1$.
Thử lại, ta kết luận $f(x) \equiv 1$ là hàm duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 3. Với $k$ nguyên dương, ta xét $k+1$ số hạng của dãy là $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k+1}$. Ta có $x_{1}=1 \leq k$, gọi $q$ là số lớn nhất thỏa mãn $x_{q} \leq k$ thì ta có $q<k+1$ và
$$
1 \leq x_{1}<x_{1}<\cdots<x_{q} \leq k<x_{q+1}<\cdots<x_{k+1}<2 k \text {. }
$$
Nếu tồn tại $1 \leq j<i \leq k+1$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$ thì ta có ngay điều cần chứng minh. Ngược lại, ta có các số
$$
x_{1}+k, x_{2}+k, \ldots, x_{q}+k, x_{q+1}, \ldots, x_{k+1}
$$
là $k+1$ số nguyên đôi một phân biệt, tất cả đều lớn hơn $k$ nhưng lại không vượt quá $2 k$, vô lí!

Từ đó suy ra với mọi $k$ nguyên dương, luôn tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$.

Bài 4. Ta có $O B=O D, M B=M D$ nên dễ thấy $O M$ là phân giác ngoài của góc $A M D$, mà $O A=O D$ nên suy ra $O \in(A M D)$.

Gọi $N^{\prime}$ là giao điểm khác $A$ của $(A M D)$ và $A C$. Ta chứng minh $N$ trùng $N^{\prime}$. Thật vậy, ta có $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$ nên $\angle A M O$ tù, do đó nếu $N^{\prime}$ nằm ngoài tia $A C$ thì $N^{\prime}$ nằm khác phía $O$ so với $A M$ nên
$$
\angle A M O=\angle A N^{\prime} O=\angle C A O-\angle A O N^{\prime}<\angle C A O<90^{\circ},
$$
vô lý. Suy ra $N^{\prime}$ nằm trên tia $A C$, kéo theo $A O$ là phân giác trong góc $M A N^{\prime}$ nên $O M=O N^{\prime}$, mà $O A=O D$ nên $M N^{\prime}$ song song $A D$, suy ra $N$ trùng $N^{\prime}$.

Từ đó, dễ thấy $A M N D$ là hình thang cân nên $A N=M D=M B$, hơn nữa $N$ nằm trên tia $A C$ nên ta thu được
$$
\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}
$$
Ta có điều cần chứng minh.

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Tăng Vũ, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tiến Hoàng, Đề thi và đáp án kì thi dự tuyển và đội tuyển PTNK 2008-2021

Đáp án đề thi chọn đội dự tuyển PTNK năm 2021

Leave a reply

Thời gian làm bài 120 phút

Đề thi

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

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

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

Đáp án.

Bài 1. Ta có
$$
P-\frac{7}{2}=\frac{7}{2}(a-1)+(1-a)(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^{2} b^{2} c^{2}
$$
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
$$
a^{2} b^{2} c^{2} \leq a b^{2} c^{2} \leq a\left(\frac{b^{2}+c^{2}}{2}\right)^{2}=\frac{a\left(1-a^{2}\right)^{2}}{4} \leq \frac{a\left(1-a^{2}\right)}{4}=(1-a) \frac{a+a^{2}}{4} .
$$
Do đó, suy ra
$$
P-\frac{7}{2} \leq(1-a)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\frac{a+a^{2}}{4}-\frac{7}{2}\right)
$$
Vì $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\frac{a+a^{2}}{4} \leq 1+1+1+\frac{1+1^{2}}{4}=\frac{7}{2}$ và dấu bằng không xảy ra nên biểu thức trong dấu ngoặc thứ hai luôn âm. Vì thế nền ta có $P \leq \frac{7}{2}$.
Giá trị lớn nhất cần tìm là $\frac{7}{2}$, đạt được khi $(a, b, c)=(1,0,0)$.

Bài 2.  Đặt $a=f(0)$, ta thay $y=0$ vào đề bài, ta đưa về $f(x-a)-4 f(x)=3 x+a$, kéo theo $f(u)-4 f(v)$ toàn ánh với $u, v \in \mathbb{R}$. Ta thực hiện các phép thế sau
– Thay $x=f(y)$, ta có $f(0)=4 f(f(y))+4 f(y)$ với mọi $y$.
– Thay $x=2 f(y)$, ta có $f(f(y))=4 f(2 f(y))+7 f(y)$ với mọi $y$.
– Thay $x=3 f(y)$, ta có $f(2 f(y))=4 f(3 f(y))+10 f(y)$ với mọi $y$.
– Thay $x=4 f(y)$, ta có $f(3 f(y))=4 f(4 f(y))+13 f(y)$ với mọi $y$.

Từ đó suy ra
$$
\begin{aligned}
&4 f(4 f(y))=f(3 f(y))-13 f(y) \
&=\frac{1}{4}(f(2 f(y))-10 f(y))-13 f(y) \
&=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}(f(f(y))-7 f(y))-10 f(y)\right)-13 f(y) \
&=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}(a-4 f(y))-7 f(y)\right)-10 f(y)\right)-13 f(y) \
&=\frac{a}{64}-16 f(y)
\end{aligned}
$$
Thay $x=4 f(x)$, ta có
$$
f(4 f(x)-f(y))=4 f(4 f(x))+12 f(x)+f(y)
$$
hay
$$
f(4 f(x)-f(y))=\frac{a}{64}-4 f(x)+f(y)
$$
với mọi $x, y \in \mathbb{R}$. Đặt $t=4 f(x)-f(y)$ thì $t$ nhận giá trị trên $\mathbb{R}$, ta có $f(t)=-t+\frac{a}{64}$ với mọi $t \in \mathbb{R}$. Thay $t=0$, ta có $a=0$ nên $f(t)=-t$. Thử lại thấy thỏa. Vậy tất cả hàm số cần tìm là $f(x)=-x, \forall x \in \mathbb{R}$.

Bài 3. Trước hết, với mỗi số nguyên dương $n$, ta ký hiệu $T(n)$ là ước dương lớn nhất không chia hết cho 5 của $n$. Ta chia tất cả các số nhỏ hơn $30 n$, nguyên tố cùng nhau với 6 ra thành các nhóm sao cho $m, n$ thuộc cùng nhóm khi và chỉ khi $T(m)=T(n) .$ Do
$$
\phi(30)=(2-1)(3-1)(5-1)=8
$$
nên từ 1 đến $30 n$ có tổng cộng $8 n$ số nguyên tố cùng nhau với 30 , suy ra có tổng cộng $8 n$ nhóm.

Do $|A|=8 n+1$ nên theo nguyên lý Dirichlet trong $A$ sẽ có 2 số thuộc cùng một nhóm, và số lớn sẽ chia hết cho số nhỏ.

Bài 4. (a) Ta thấy hai tam giác vuông $A M H, O A H$ dồng dạng và có các cạnh tương ứng vuông góc nên hai trung tuyến tương ứng của hai tam giác này sẽ vuông góc với nhau. Gọi $K$ là trung điểm $A H$ thì ta sẽ có $A D \perp O K$. Giả sử đường thẳng qua $H$, vuông góc với $A D$ cắt $O A$ ở $N$ thì ta có $O K | H N$, suy ra $O$ là trung điểm của $A N$ hay $N$ là điểm đối xúng với $A$ qua $O$, là điểm cố định.

(b) Ta có
$$
O A^{2}=O N^{2}=O H \cdot O M
$$
nên $O N$ tiếp xúc với đường tròn $(H M N)$. Gọi $I$ là tâm của $(H M N)$ thì $I N \perp O A$ nên $I$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Gọi $J$ là trung điểm $O A$ thì $J$ là tâm đường tròn $(O H A)$. Giả sử $(I)$ tiếp xúc $(J)$ thì tiếp điểm là $H$, chứng tỏ các điểm $I, H, J$ thẳng hàng. Ta có
$$
\angle I M H=\angle I H M=\angle J H O=\angle J O H
$$
nên $I M | O A$. Khi đó, tứ giác $I N A M$ là hình vuông và ta tính được tỷ số $\frac{A M}{O A}=$ $\frac{A N}{O A}=2$.

Tài liệu tham khảo.

[1] Nguyễn Tăng Vũ – Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tiến Hoàng, Đề thi và đáp án kì thi dự tuyển, đội tuyển trường Phổ thông Năng khiếu 2008 – 2021,NXB ĐHQG HN, 2021

Đề thi Học kì 1 lớp 10 chuyên Toán PTNK năm 2018

Leave a reply

Bài 1. Cho hàm số $y=x^{2}-4 x+3$. (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vē đồ thị hàm số.
b) Từ đồ thị hàm số (1), suy ra đồ thị hàm số $y=\left|x^{2}-4\right| x|+3|$. (2)
c) Dựa vào đồ thị hàm số (2), tìm $m$ để phương trình $\left|x^{2}-4\right| x|+3|=m^{2}+2 m$ có 3 nghiệm.

Bài 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) $\sqrt{x-1}+\sqrt{6-x}+\sqrt{7 x-6-x^{2}}=5$
b) $\left\{ \begin{array}{l} \left(x^{2}+y\right)^{2}+\left(x+y^{2}\right)^{2}=8 \\ x^{2}+y^{2}+x+y=4\end{array}\right.$.

Bài 3. Tìm tham số $m$ để hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} m x+(m-1) y=m+1 \\ (m-1) x+m y=m+1 \end{array}\right.$ có nghiệm duy nhất $\left(x_{0} ; y_{0}\right)$ thóa $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$.

Bài 4. Cho $x$ là số thực dương, đặt $A=x+\dfrac{1}{x}$.
a) Chứng minh rằng $A$ là số nguyên thì $A_{n}=x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}$ cūng là số nguyên với mọi số nguyên dương $n$.
b) Tìm giá trị lớn nhất của $B=-A^{2}+6 A+1$.

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ đường kính $B C=2 R, \widehat{A B C}=60^{\circ} . D$ là điểm đối xứng của $A$ qua $B C$.
a) Chứng minh rằng với mọi điểm $M$ ta có: $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}$.
b) Tìm $M$ để $S=M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2}$ đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất theo $R$.
c) Cho $M$ thay đổi trên $A C . D M$ cắt $(O)$ tại $N$. Xác định $M$ để $\mathcal{P} {C/(AMB)}=2 \mathcal{P} {B/(CMN)}$. $a_12$
d) Tìm quy tích $M$ thỏa $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2}$.

Lời giải
Bài 1.
a) Ta có $a=1>0, \dfrac{-b}{2 a}=2$ và $\dfrac{-\Delta}{4 a}=-1$.
Bảng biến thiên:

Vậy hàm số (1) đồng biến trên $(2 ;+\infty)$ và nghịch biến trên $(-\infty ; 2)$.

Đồ thị hàm số:

b) Từ đồ thị hàm số (1), ta suy ra đồ thị hàm số $y=x^{2}-4|x|+3$  như sau:

Khi đó, ta có được đồ thị hàm số $y=\left|x^{2}-4\right| x|+3|$ như sau:

c) Theo đồ thị hàm số (2), phương trình $\left|x^{2}-4\right| x|+3|=m^{2}+2 m$ có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $m^{2}+2 m=3 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}m=1 \\ m=-3\end{array}\right.$.

Bài 2. 

a) $\sqrt{x-1}+\sqrt{6-x}+\sqrt{7 x-6-x^{2}}=5 \quad (1)$.

ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}x-1 \geq 0 \\ 6-x \geq 0 \\ 7 x-6-x^{2} \geq 0\end{array} \quad \Leftrightarrow 1 \leq x \leq 6\right.$

Đặt $a=\sqrt{x-1} \geq 0$ và $b=\sqrt{6-x} \geq 0$, khi đó $\left\{\begin{array}{l}a b=\sqrt{7 x-6-x^{2}} \\ a^{2}+b^{2}=5\end{array}\right.$.

Kết hợp với (1), ta có hệ phương trình sau: $\left\{\begin{array}{l}a+b+a b=5 \\ a^{2}+b^{2}=5 .\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a+b=5-a b \quad (2) \\ a^{2}+b^{2}=5\end{array}\right.\right.$

Ta có: $5=a^{2}+b^{2}=(a+b)^{2}-2 a b=(5-a b)^{2}-2 a b=a^{2} b^{2}-12 a b+25$.

Do đó: $a^{2} b^{2}-12 a b+20=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a b=2 \\ a b=10\end{array}\right.$.

– Nếu $a b=2$, từ (2) ta suy ra $a+b=3$. Khi đó $a, b$ là nghiệm của phương trình:

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

Khi đó $(a ; b)=(1 ; 2)$ hoặc $(a ; b)=(2 ; 1)$.

+) Nếu $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=2\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-1}=1 \\ \sqrt{6-x}=2\end{array} \Leftrightarrow x=2\right.\right.$. Thử lại thấy nghiệm $x=2$ thỏa (1).

+) Nếu $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-1}=2 \\ \sqrt{6-x}=1\end{array} \Leftrightarrow x=5\right.\right.$. Thử lại thấy nghiệm $x=5$ thỏa (1).

– Nếu $a b=10$, từ (1) ta suy ra $a+b=-5$ (Loại vì $a, b \geq 0$ nên $a+b \geq 0)$.

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là $S=\{2 ; 5\}$.

b) $\left\{\begin{array}{l}\left(x^{2}+y\right)^{2}+\left(x+y^{2}\right)^{2}=8 \\ x^{2}+y^{2}+x+y=4\end{array}\right. \quad (I)$

Đặt $a=x^{2}+y$ và $b=x+y^{2}$ thì (I) trở thành:

$$\left\{\begin{array} { l } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } = 8 } \\ { a + b = 4 } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l } { ( a + b ) ^ { 2 } – 2 a b = 8 } \\ { a + b = 4 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} a b=4 \\ a+b=4 \end{array}\right.\right.\right. $$

Do đó $a, b$ là nghiệm của phương trình:

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

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=2\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y=2 \\ x+y^{2}=2\end{array}\right.\right.$

Từ (1) và (2) ta suy ra $x^{2}+y=x+y^{2} \Leftrightarrow(x-y)(x+y-1)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}y=x \\ y=1-x\end{array}\right.$.

– Nếu $y=x$, thay vào $(1)$, ta được: $x^{2}+x+2=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=1 \\ x=-2\end{array}\right.$.

+) Với $x=1$, suy ra $y=1$.

+) Với $x=-2$, suy ra $y=-2$.

– Nếu $y=1-x$, thay vào $(1)$, ta được: $x^{2}+1-x=2 \Leftrightarrow x^{2}-x-1=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \\ x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$

+) Với $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$, suy ra $y=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$.

+) Với $x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$, suy ra $y=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Thử lại thấy các cặp nghiệm trên đều thỏa.

Vậy tập nghiệm của (I) là $(x ; y)=\left\{(1 ; 1),(-2 ;-2),\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right),\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\right\}$.

Bài 3.

$\left\{\begin{array}{l} m x+(m-1) y=m+1 \\ (m-1) x+m y=m+1 \end{array}\right. \quad (I)$

Ta có:

$D=m^{2}-(m-1)^{2}=2 m-1$

$D_{x}=(m+1) m-(m+1)(m-1)=m+1 $

$D_{y}=m(m+1)-(m-1)(m+1)=m+1$

Để (I) có nghiệm duy nhất $\Leftrightarrow D \neq 0 \Leftrightarrow 2 m-1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq \dfrac{1}{2}$.

Khi đó nghiệm của (I) là $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=\dfrac{D_{x}}{D}=\dfrac{m+1}{2 m-1} \\ y_{0}=\dfrac{D_{y}}{D}=\dfrac{m+1}{2 m-1}\end{array}\right.$

Vì $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$ nên $\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}+\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}=2 \Leftrightarrow\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}=1 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{ll}m=0 & \text { (Nhận) } \\ m=2 & \text { (Nhận) }\end{array}\right.$

Vậy $m=0$ hoặc $m=2$ thì (I) có nghiệm duy nhất $\left(x_{0} ; y_{0}\right)$ thỏa $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$.

Bài 4.

a) – Ta có: $A_{1}=x+\dfrac{1}{x}=A \in \mathbb{Z}, A_{2}=x^{2}+\dfrac{1}{x^{2}}=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^{2}-2 \in \mathbb{Z}$.

– Giả sử $A_{k} \in \mathbb{Z}$ với mọi $k \leq n$ ( $n$ nguyên dương và $n \geq 2$ ), hay $x^{k}+\dfrac{1}{x^{k}} \in \mathbb{Z}$.

Ta chứng $\operatorname{minh} A_{n+1} \in \mathbb{Z}$, tức là $x^{n+1}+\dfrac{1}{x^{n+1}} \in \mathbb{Z}$.

– Thật vậy, vì $x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}$ và $x+\dfrac{1}{x}$ là các số nguyên nên $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right) \in \mathbb{Z}$.

Mặt khác, $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right)=x^{n+1}+x^{n-1}+\dfrac{1}{x^{n-1}}+\dfrac{1}{x^{n+1}}=\left(x^{n+1}+\dfrac{1}{x^{n+1}}\right)+\left(x^{n-1}+\dfrac{1}{x^{n-1}}\right)$.

Do đó $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right)=A_{n+1}+A_{n-1}$.

Suy ra $A_{n+1}+A_{n-1} \in \mathbb{Z}$, mà $A_{n-1} \in \mathbb{Z}$ nên $A_{n+1} \in \mathbb{Z}$.

Như vậy, theo nguyên lí quy nạp, ta có $A_{n} \in \mathbb{Z}$ với mọi số nguyên dương $n$.

b) Ta có $B=-A^{2}+6 A+1=-(A-3)^{2}+10 \leq 10$.

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow A=3 \Leftrightarrow x+\dfrac{1}{x}=3 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2} \\ x=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$.

Vậy giá trị lớn nhất của $B$ là 10 khi $x=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}$ hoặc $x=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}$.

Bài 5. 

a) Ta có $\Delta A B O$ cân tại $O(O A=O B)$ và $\widehat{A B O}=60^{\circ}$ nên $\Delta A B O$ là tam giác đều.

Suy ra $O A=O B=A B$. (1)

Do $D$ đối xứng với $A$ qua đường kính $B C$ nên $D \in(O)$ và $\widehat{A O B}=\widehat{B O D}=60^{\circ}$.

Kết hợp với $O D=O B=R$, suy ra $\Delta B O D$ là tam giác đều,

kéo theo $B O=O B=O D$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A B=A O=O D=D B$, dẫn đến $A O D B$ là hình thoi. Do đó $\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O D}$.

Với điểm $M$ bất kì, ta có:

$\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D} =(\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{B A})(\overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D}) $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{O D}+\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{O D} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{M O}-\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{O D} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D}(\overrightarrow{M B}-\overrightarrow{M O})-\overrightarrow{O D}^{2} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{O B}–\overrightarrow{O D}^{2} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+O D \cdot O B \cos 60^{\circ}-O D^{2} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}$

b) Gọi $H$ là giao điểm của $A D$ và $B C$. Vì $A O D B$ là hình thoi nên $H$ là trung điểm của $A D$ và $B C$.

Lấy $I$ đối xứng với $H$ qua $B$, khi đó $\overrightarrow{I H}=2 \overrightarrow{I B}$.

Mặt khác, $\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I D}=2 \overrightarrow{I H}$ (do $H$ là trung điểm của $A D)$.

Suy ra $\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I D}=4 \overrightarrow{I B} \Leftrightarrow \overrightarrow{I A}-4 \overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I D}=0$

Ta có:

$M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2} $

$=\overrightarrow{M A}^{2}-4 \overrightarrow{M B}^{2}+\overrightarrow{M D}^{2} $

$=(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I A})^{2}-4(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I B})^{2}+(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I D})^{2} $

$=-2 \overrightarrow{M I}^{2}+2 \overrightarrow{M I}(\overrightarrow{I A}-4 \overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I D})+\overrightarrow{I A}^{2}-4 \overrightarrow{I B}^{2}+\overrightarrow{I D}^{2}$

$=-2 M I^{2}+I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2} $

$ \leq I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2} .$

Ta có:

$I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2}=2 I A^{2}-4 I B^{2}=2\left(I K^{2}+K A^{2}\right)-4 I B^{2}=2\left(R^{2}+\dfrac{3}{4} R^{2}\right)-4 \cdot \dfrac{R^{2}}{4}=\dfrac{5}{2} R^{2} .$

Vậy giá trị lớn nhất của $M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2}$ là $\dfrac{5}{2} R^{2}$ khi và chỉ khi $M \equiv I$.

d) Lấy $L$ đối xứng với $O$ qua $C$. Khi đó $\overrightarrow{L O}=2 \overrightarrow{L C}$.

Do đó $\overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M C}=\overrightarrow{M L}+\overrightarrow{L O}-2 \overrightarrow{M L}-2 \overrightarrow{L C}=-\overrightarrow{M L}$.

Ta có:

$\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2} $

$\Leftrightarrow \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2} $

$ \Leftrightarrow \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=0 $

$ \Leftrightarrow \overrightarrow{M B}(\overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M C})=0 $

$ \Leftrightarrow-\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M L}=0$

Do đó $M L \perp M B$, vậy $M$ thuộc đường tròn đường kính $B L$.

Lời giải của bạn Trần Thái Hưng – Star Education

Đề thi học kì 1 lớp 10 chuyên toán PTNK năm 2016

Leave a reply

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1.
a) Giải phương trình $x^{2}-x+2-(x+2) \sqrt{x-1}=0$.
b) Tìm $m$ để hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}x+y+x y=m \\ x^{2}+y^{2}=m\end{array}\right.$ có nghiệm.

Câu 2. Cho hàm số $y=f(x)=-x^{2}+2 x+3(1)$.
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1).
b) Từ đồ thị hàm số $(1)$, suy ra đồ thị hàm số $y=g(x)=-x^{2}+2|x|+3$. Tìm $k$ để phương trình $g(x)=m^{3}-3 m^{2}+m$ có đúng 3 nghiệm.

Câu 3.
a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
$$
y=\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}-\frac{4}{3} \sqrt{1-x^{2}}
$$
b) Cho các số $a, b, c>0$. Chứng minh rằng
$$
\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^{2} \geq \frac{3}{2}\left(\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}+\frac{a+b}{c}\right)
$$
Bài 4. Cho tam giác $A B C$ cân tại $A, \angle B A C=120^{\circ}$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R . A O$ cắt $(O)$ tại $D .$
a) Chứng minh rằng với mọi $M$ thì $\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M O}-\frac{R^{2}}{2}$.
b) Tìm quỹ tích điểm $M$ sao cho $\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}-\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}=\frac{R^{2}}{4}$.
c) Xác định điểm $N$ trên cạnh $B D$ thỏa $P_{D /(A B N)}=R^{2}$.
d) $P$ là điểm thay đổi trên cạnh $B C .$ Gọi $\left(O_{1}\right)$ là đường tròn qua $P$ tiếp xúc với $(O)$ tại $B ;\left(O_{2}\right)$ là đường tròn qua $P$ tiếp xúc với $(O)$ tại $C .\left(O_{1}\right)$ và $\left(O_{2}\right)$ cắt nhau tại $Q$ khác $P$. Chứng minh đường thẳng $P Q$ đi qua một điểm cố định $T$. Tính $P_{T /(O)}$.
Kí hiệu $P_{M /(O)}$ là phương tích của $M$ đối với đường tròn $(O)$.

Đề thi học kì 1 lớp 10 chuyên toán trường PTNK năm 2014

Leave a reply

Bài 1. Cho hàm số $y=x|x-4|$
a) Vẽ đồ thị $(\mathrm{C})$ của hàm số.
b) Cho đường thẳng $(\mathrm{d}): y=m x$ ( $\mathrm{m}$ là tham số). Tìm $\mathrm{m}$ để $(\mathrm{d})$ cắt $(\underline{\mathrm{C}})$ tại $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ khác gốc tọa độ và $A B=2 \sqrt{2}$.

Bài 2. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) $2+\sqrt{4 x^{2}-10 x+7}=2 x+\sqrt{3-2 x} \quad$ b) $\left\{\begin{array}{l}x+\dfrac{1}{x^{2}+1}=y+\dfrac{1}{y^{2}+1} \\ \sqrt{y^{2}+\dfrac{4}{x^{2}}}=\dfrac{x^{2}+x-2}{y}\end{array}\right.$
Bài 3 .
a) Cho số tự nhiên $\mathrm{n}$ thỏa $C_{n}^{2}+C_{n+1}^{3}+2 n=128$. Tìm số hạng không chứa $x$ trong khai triển $P(x)=\left(\sqrt{x}-\frac{2}{3 \sqrt[4]{x}}\right)^{n+1},(x>0)$.
b) Cho các số tự nhiên $\mathrm{m}, \mathrm{n}, \mathrm{k}$ thỏa $0 \leq m \leq k \leq n$. Chứng minh rằng $C_{n}^{k} C_{k}^{m}=C_{n}^{m} C_{n-m}^{k-m}$

Bài 4. Lớp 10 Toán có 6 bạn học sinh nữ và 30 bạn học sinh nam.
a) Cần chọn ra 10 bạn để tham gia kéo co trong đó có 5 bạn nam và 5 bạn nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?
b) Cần chọn ra 5 bạn để thể hiện một tiết mục văn nghệ, hỏi có bao nhiêu cách chọn có it nhất 2 bạn nam và î nhất 1 bạn mữ?

Bài 5. Cho tam giác đều $\mathrm{ABC}$ nội tiếp đường tròn $(\mathrm{O})$ bán kính $\mathrm{R}$. $\mathrm{AO}$ cắt $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{D}$.
a) Chứng minh rằng với mọi điểm $\mathrm{M}$ thì $\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=\overrightarrow{M D} \cdot \overrightarrow{M O}-\frac{R^{2}}{2}$
b) Cho $\mathrm{M}$ thay đổi trên $(\mathrm{O})$. Tìm giá trị lớn nhất của $\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}-\overrightarrow{M D} \cdot \overrightarrow{M A}$
c) Cho điểm $M$ thay đổi trên cạnh $A B, D M$ cắt $(O)$ tại $N$. Xác định $M$ để phương tích của
$\mathrm{D}$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{AMN}$ bằng $2 \mathrm{R}^{2}$.
d) Cho điểm $M$ thay đổi trên đoạn $A D$. ( $K$ ) là đường tròn qua $M$ và tiếp xúc với $(O)$ tại $B .$
Đường tròn $(\mathrm{K})$ cắt đường tròn đường kính $\mathrm{AM}$ tại $\mathrm{T}$. Chứng minh đường thẳng $\mathrm{MT}$ đi qua một điểm cố định $\mathrm{E}$. Tính phương tích của $\mathrm{E}$ đối với $(\mathrm{O})$.

Đề và đáp án thi chọn đội dự tuyển lớp 10 năm 2012 – 2013

Leave a reply

Bài 1. Cho $a,b$ là hai số thực thoả mãn $a+b\ge 0$. Chứng minh rằng:

$$\left(\dfrac{a^2+b^2}{2}\right)^3\ge 4(a^3+b^3)(ab-a-b).$$

Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên dương $m,n$ để $\dfrac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}$ là số nguyên.

Bài 3.  Cho tập hợp $X={1,2,\ldots,2n-1}$ gồm $2n-1$ số tự nhiên $(n\ge 2)$. Tô màu ít nhất $n-1$ phần tử của $X$ với điều kiện sau: nếu $a,b\in X$ (không nhất thiết phân biệt) được tô màu thì $a+b$ cũng được tô màu, miễn là $a+b\in X$. Gọi $S$ là tổng tất cả các số không được tô màu của $X$.

a/Chứng minh rằng $S\le n^2$.

b/Chỉ ra tất cả các phép tô màu sao cho $S=n^2$.

Bài 4. Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định khác đường kính. Gọi $C$ là điểm chính giữa cung lớn $AB$. Đường thẳng $d$ thay đổi qua $C$ cắt tiếp tuyến tại $A$ và tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ lần lượt tại $D,E$. Gọi $Q$ là giao điểm của $AE$ và $BD$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $d$ thay đổi.

Giải

Bài 1. Ta xét các trường hợp sau:

  •  Nếu $ab<0$, ta có vế trái dương và vế phải âm nên bất đẳng thức đúng.
  •  Nếu $ab \ge 0$, kết hợp với $a+b \ge 0$, ta suy ra $a,b \ge 0.$

Áp dụng lần lượt các đánh giá $4xy \le (x+y)^2$ và $2xy \le x^2 + y^2$ thì:

$$\begin{align*} 4(a^3+b^3)(ab-a-b) & = 4(a+b)(ab-a-b)(a^2-ab+b^2) \\ & \leq a^2b^2(a^2-ab+b^2) \\ & \leq \dfrac{ab(a^2+b^2)^2}{4} \end{align*}$$

Mà ta có:

$$\dfrac{(a^2+b^2)^3}{8}=\dfrac{(a^2+b^2)^2}{4}.\dfrac{a^2+b^2}{2}\geq \dfrac{ab(a^2+b^2)^2}{4}.$$

Từ hai đánh giá trên, ta có đpcm.

Bài 2.

Đặt $k=\dfrac{5mn+5m}{3m^2 + 2n^2} \in \mathbb{N}^*$. Suy ra

$$3km^2 – 5(n+1)m + 2kn^2 = 0$$ là một phương trình theo ẩn $m$ với

$$\Delta = 25(n+1)^2 – 24k^2n^2 = (25-24k^2)n^2 + 50n + 25 \ge 0. (*)$$

Xét các trường hợp sau:

  • Nếu $k>1$, ta có:

$\Delta _1′ = 625 – 25\left( {25 – 24{k^2}} \right) = 600{k^2} > 0$, mà $25 – 24k^2 < 0$.

Suy ra bất phương trình $(*)$ có nghiệm khi $n \le \dfrac{25+10k\sqrt{6}}{24k^2-25}< 2$ (dễ dàng chứng minh).

Vì thế nên $n=1$ (do $n \in \mathbb{N^{*}}$). Ta có:

$$ \begin{aligned} k= \dfrac{10m}{3m^2 + 2} \in \mathbb{N^{*}} & \Rightarrow \dfrac{30m^2}{3m^2 + 2} \in \mathbb{N^{*}} \Rightarrow \dfrac{-20}{3m^2 + 2} \in \mathbb{N^{*}} \\ & \Rightarrow 3m^2 +2 \in \left\{ {2;5;10;20} \right\} \text{ vì } 3m^2+2 \ge 2, \forall m \\ & \Rightarrow m=1 \text{ do } m \in \mathbb{N^{*}}. \end{aligned} $$

Thử lại ta nhận $(m;n)=(1;1)$

  •  Nếu $k=1$ thì $\Delta = n^2 + 50n +25 = x^2$ ($x \in \mathbb{N}$) nên suy ra $$(n+x+25)(n-x+25) = 600.$$

Từ đây với lưu ý $n+x+25 > n-x+25 > 0, n+x+25 > 25$ ta có $$n \in \left\{ {126;52;28;10;6} \right\}.$$ Thay vào phương trình đầu, ta tìm được  $$(m;n)=(9;6),(5;10),(32;28),(32;52),(81;126).$$

Bài 3.

(a) Rõ ràng nếu $1$ được tô thì tất cả các số cũng sẽ được tô, kéo theo $S=0 \le n^2$, thỏa mãn. Do đó, ta chỉ cần xét $1$ không được tô. Gọi các số được tô là $$1 < a_1 < a_2 < \ldots < a_m \le 2n-1,$$

trong đó $m \ge n-1$. Ta sẽ chứng minh rằng với mọi $k$ mà $1 \le k \le m/2$ thì

$$a_k + a_{m-k+1} \ge 2n.$$

Giả sử ngược lại rằng $a_k+a_{m-k+1} <2n$ thì tổng hai số trên phải là số được tô màu. Do đó, nó phải thuộc tập hợp

$$Q = \left\{ {{a_{m – k + 2}};{a_{m – k + 3}};\ldots;{a_m}} \right\}.$$

Mặt khác lại xét chỉ số $i < k$ thì rõ ràng do dãy đang xét là tăng nên ta cũng có tổng ${a_i} + {a_{m – k + 1}}$ thuộc tập hợp $Q$ ở trên. Suy ra $|Q| \ge k,$ mâu thuẫn vì rõ ràng $Q$ chỉ có $k-1$ phần tử. Vì thế nên ta phải có $a_k + a_{m-k+1} \ge 2n.$

Đến đây, ta có ${a_k} + {a_{m – k + 1}} \ge 2n$ với mọi $k \in \left\{ {1;2;3;\ldots;m} \right\}$ nên

$$\sum\limits_{i = 1}^m {{a_i} = \frac{1}{2}} \sum\limits_{i = 1}^m {({a_i} + {a_{m – i + 1}}) \geqslant n(n – 1)}, \text{ suy ra }$$

$$S = \sum\limits_{i = 1}^{2n – 1} i – \sum\limits_{i = 1}^m {{a_i} \leqslant n(2n – 1) – n(n – 1) = {n^2}}.$$

(b) Để có $S=n^2$ thì dấu bằng xảy ra ở tất cả các đánh giá trên, tức là ta tô được đúng $m=n-1$ số và $a_k+a_{n-k}=2n$ với mọi $1 \le k \le n-1.$

Ta có $(2{{a}_{1}},{{a}_{1}}+{{a}_{2}},{{a}_{1}}+{{a}_{3}},\ldots ,{{a}_{1}}+{{a}_{n-2}})$ là một hoán vị của các số $({{a}_{2}},{{a}_{3}},\ldots ,{{a}_{n-1}}).$

Do tính tăng của hai dãy này nên ta có $$2{{a}_{1}}={{a}_{2}},{{a}_{1}}+{{a}_{2}}={{a}_{3}},\ldots ,{{a}_{1}}+{{a}_{n-2}}={{a}_{n-1}}.$$ Vì thế nên ${{a}_{k}}=k{{a}_{1}}$ với mọi $1\le k\le n-1.$ Mà $2n={{a}_{1}}+{{a}_{n-1}}=n{{a}_{1}}$ nên ta có ${{a}_{1}}=2,$ từ đây tìm được các tô duy nhất là $(2,4,6,\ldots ,2n-2)$ thỏa mãn đề bài.

Bài 4.

Giả sử $AD\cap BE=T,AB\cap DE=I$ và $TQ$ cắt $DE,AB$ lần lượt ở $X,S.$ Khi đó dễ thấy rằng

$(IX,DE)=(IS,AB)=-1.$

Mà $PI$ đi qua trung điểm cung lớn $AB$ của $(O)$ nên $PI$ là phân giác ngoài, kéo theo $PS$ là phân giác trong nên nó đi qua $N$ là trung điểm cung nhỏ $AB$ của $(O)$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB.$ Theo tính chất phương tích thì $TN\cdot TC=T{{A}^{2}}=T{{B}^{2}}=TM\cdot TO$, mà $O$ là trung điểm $CN$ nên theo hệ thức Maclaurin thì $(TM,NC)=-1.$

Không có mô tả.

 

Lại có $(TQ,XS)=-1$ nên chùm $P(XS,QT)=-1$, mà $PX$ đi qua $C,$ $PS$ đi qua $N$ nên ta phải có $PQ$ đi qua $M$ là điểm cố định.

Nhận xét: Bài toán có thể xử lý theo hướng tự nhiên hơn bằng cách dùng định lý Ceva sin. Từ kết quả trên, ta còn thấy được rằng nếu lấy $CQ$ cắt $AB$ ở $K$ thì $PK$ là đối trung của tam giác $PAB,$ kéo theo $P,K,T$ thẳng hàng.

Đề thi Học kì 1 Toán 10 PTNK năm 2018 (CS2)

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. Tìm $a$, $b$, $c$ biết parabol $(P):y= ax^2 + bx +c$ đi qua điểm $A(1;-1)$ và có đỉnh $I(-1; -5)$.
Bài 3. 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 4. 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 5. 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 6. 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 7. 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 $AB$.

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.
$P$ 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 $P: y= x^2 + 2x-4$.

Bài 3. 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 4. $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 5. $\tan\left( \alpha + \dfrac{\pi}{3} \right) =\dfrac{\tan \alpha + \tan \dfrac{\pi}{3}}{1-\tan \alpha \cdot \tan \dfrac{\pi}{3}} = -\dfrac{3\sqrt{3}}{5} \Leftrightarrow \tan \alpha = 2\sqrt{3}$

$P=\dfrac{\cos ^3 \alpha + 2\sin \alpha \cdot \cos ^2 \alpha}{\sin ^2 \alpha \cdot \cos \alpha + \sqrt{3} \sin ^3 \alpha } = \dfrac{1+2\tan \alpha}{\tan ^2 \alpha + \sqrt{3} \tan ^3 \alpha} = \dfrac{1+4\sqrt{3}}{84}$
Bài 6.
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 7.
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) $

Đề thi Học kì 1 Toán 10 PTNK năm 2017 (CS2)

Leave a reply

Đề và lời giải: Thầy Nguyễn Tấn Phát

Bài 1. Giải các phương trình sau:
a) $(x+2)\sqrt{x^2-5}=x^2-4$
b) $x^2+8x+|x+4|+14=0$
Bài 2. Tìm $a$, $b$, $c$ biết hàm số $y=ax^2+bx+c$ có đồ thị được cho như hình sau.

Bài 3. Tìm $m$ để phương trình $(m-1)^2x^2 – 4(m+1)x+3=0$ có hai nghiệm, trong đó có một nghiệm gấp 3 lần nghiệm còn lại.
Bài 4. Tìm số nguyên $m$ sao cho hệ $\left{ \begin{array}{l}
mx-y=1 \
x+4(m+1)y=4m
\end{array} \right. $ có nghiệm duy nhất và là nghiệm nguyên.
Bài 5. Tính giá trị của biểu thức $P=\dfrac{16\cos ^3 a – \sin ^3 a + 5\cos a}{9\cos a + \sin ^3 a}$ khi $\tan a =3$.

Bài 6. Cho ba vectơ $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$ bất kì. Xét tính đúng, sai của các mệnh đề sau:
a) $\left[ \left( \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} \right) \overrightarrow{c} – \left( \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{c} \right) \overrightarrow{b} \right] $ vuông góc với $\overrightarrow{a}$
b) $\left( \overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b} \right) \overrightarrow{c} = \left( \overrightarrow{b} \cdot \overrightarrow{c} \right) \overrightarrow{a}$
Bài 7. Cho $\overrightarrow{u}= (1;-2)$, $\overrightarrow{v} = (x;y)$. Tìm $x$, $y$ sao cho $\overrightarrow{u}$, $\overrightarrow{v}$ cùng phương và $\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v}=-\dfrac{13}{2}$. Tính $|\overrightarrow{v}|$.
Bài 8. Cho tam giác $ABC$ với $A(-3;6)$, $B(1;-2)$, $C(6;3)$. Tìm tọa độ tâm $I$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$.
Bài 9. Cho các điểm $M(-1;2m+3)$, $N(-4; 5m)$ và $P(-3; 3m+2)$. Tìm điều kiện cần và đủ của $m$ để $M$, $N$, $P$ là ba đỉnh của một tam giác. Khi đó chứng minh $\angle NMP$ là góc nhọn.

Lời giải
Bài 1.
a) Nghiệm của phương trình $x=\dfrac{9}{4}$
b) Phương trình tương đương: $(x+4)^2 + |x+4| -2=0$. Đặt $t= |x+4|$, phương trình trở thành $t^2 +t-2=0$.

Từ đó giải được tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{ -3;-5 \right\} $
Bài 2. $(P):y=x^2 -4x+2$

Bài 3. Để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ thì $\left\{ \begin{array}{l}
m \ne 1 \\
\Delta = m^2 +14m+1 >0
\end{array} \right. $

Theo Viete, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
x_1+x_2 = \dfrac{4(m+1)}{(m-1)^2} \quad (2) \\
x_1x_2= \dfrac{3}{(m-1)^2} \quad (3)
\end{array} \right. $

Vì nghiệm này gấp ba nghiệm kia nên từ $(2)$, ta tìm được $x_1$, $x_2$ theo $m$, sau đó thay vào $(3)$ giải được $m=0$ (nhận)

Vậy $m=0$

Bài 4. Để hệ có nghiệm duy nhất thì $D \ne 0 \Leftrightarrow m \ne -\dfrac{1}{2}$.

Tính $D_x$, $D_y$, suy ra $x=\dfrac{4}{2m+1}$, $y=\dfrac{2m-1}{2m+1}$.

Để nghiệm nguyên thì $2m+1 \in U(4)$ và $2m-1 \, \vdots \, 2m+1$. Từ đó suy ra $m \in \left\{ -1; 3 \right\} $
Bài 5. Vì $\cos a \ne 0$ nên chia cả tử và mẫu của $P$ cho $\cos ^3 a$, ta được:
$$P= \dfrac{16-\tan ^3 a + 5 \left( \tan ^2 a +1 \right) }{9 \left( \tan ^2 a +1 \right) + \tan ^3 a} = \dfrac{1}{3}$$
Bài 6.
a) Xét tích vô hướng:
$\left[ \left( \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} \right) \overrightarrow{c} – \left( \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{c} \right) \overrightarrow{b} \right] \overrightarrow{a} \\= |\overrightarrow{a}|\cdot |\overrightarrow{b} | \cdot \cos (\overrightarrow{a} , \overrightarrow{b} ) \cdot |\overrightarrow{c}|\cdot |\overrightarrow{a} | \cdot \cos (\overrightarrow{c} , \overrightarrow{a} ) – |\overrightarrow{c}|\cdot |\overrightarrow{a} | \cdot \cos (\overrightarrow{c} , \overrightarrow{a} ) \cdot |\overrightarrow{a}|\cdot |\overrightarrow{b} | \cdot \cos (\overrightarrow{a} , \overrightarrow{b} ) = 0$
Suy ra $\left[ \left( \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} \right) \overrightarrow{c} – \left( \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{c} \right) \overrightarrow{b} \right] $ vuông góc với $\overrightarrow{a}$
b) $\left( \overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b} \right) \overrightarrow{c}$ cùng phương với $\overrightarrow{c}$; $\left( \overrightarrow{b} \cdot \overrightarrow{c} \right) \overrightarrow{a}$ cùng phương với $\overrightarrow{a}$

Xét trường hợp $\overrightarrow{a}$ không cùng phương với $\overrightarrow{c}$ thì mệnh đề trên sai. Vậy mệnh đề trên sai.

Bài 7. $\overrightarrow{v}=\left( -\dfrac{13}{10} ; \dfrac{13}{5} \right) \Rightarrow |\overrightarrow{v} | = \dfrac{13\sqrt{5}}{10}$
Bài 8. $I(1;3)$, $R=5$
Bài 9. Để $MNP$ là tam giác thì $m \ne 1$

$\cos NMP = \dfrac{2+(m-1)^2}{\sqrt{1+(m-1)^2} \sqrt{4+(m-1)^2}} >0, \; \forall m$ nên $\angle NMP$ là góc nhọn.

Đề thi Học kì 1 Toán 10 PTNK năm 2016 (CS1)

Leave a reply

Đề và lời giải: Thầy Nguyễn Tấn Phát

Bài 1. (1 điểm) Tìm m để phương trình $\dfrac{(x-1)(x-3m)}{\sqrt{x-2}+1}=0$ vô nghiệm
Bài 2. (1 điểm) 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. (1 điểm) 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. (2 điểm) 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. (1 điểm) Chứng minh đẳng thức: $\tan^2 a – \tan^2 b = \dfrac{\sin(a+b).\sin(a-b)}{\cos^2a.\cos^2b}$
Bài 6. (1 điểm) 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. (3 điểm) 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: $\overrightarrow{BG}= x \overrightarrow{BA} + y \overrightarrow{BD}$.

Lời giải
Bài 1. (1 điểm)
Điều kiện: $x \ge 2$
$\dfrac{(x-1)(x-3m)}{\sqrt{x-2}+1}=0$ (1)
$\Leftrightarrow (x-1)(x-3m)=0$
$\Leftrightarrow x-3m=0$ (2) vì $x \ge 2$
Để phương trình (1) vô nghiệm thì (2) phải vô nghiệm $\Leftrightarrow 3m<2 \Leftrightarrow m < \dfrac{2}{3}$

Bài 2. (1 điểm)
$A(1;-4)$, $B(2;-3)$ thuộc $(P)$, ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
1+b+c=-4\\
4+2b+c=-3
\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b=-2\\
c=-3
\end{array} \right.$
Do đó $(P): y=x^2 – 2x -3$
Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(P’)$: $ x^2-2x-3=(2x-1)^2 -4$
$\Rightarrow\left[ \begin{array}{l}
x=0 \Rightarrow y=-3 \\
x=\dfrac{2}{3} \Rightarrow y=-\dfrac{35}{9}
\end{array} \right.$
Vậy giao điểm của $(P)$ và $(P’)$ là $(0;-3)$ và $\left( \dfrac{2}{3};-\dfrac{35}{9} \right)$

Bài 3. (1 điểm)
Ta có:
$D=1-\dfrac{1}{m^2}$
$Dx= \dfrac{4m^2-2m-2}{m^2}$
$Dy= \dfrac{2m-2}{m}$
Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì:
$\left\{ \begin{array}{l}
D \ne 0 \\
y=\dfrac{Dy}{D} \ge 0
\end{array} \right.$
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ne \pm 1\\
\left[ \begin{array}{l}
m \ge 0 \\
m \le -1
\end{array} \right.
\end{array} \right. $
$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
m < -1 \\ \left\{ \begin{array}{l} m > 0 \\
m \ne 1
\end{array} \right.
\end{array} \right.$

Bài 4. (2 điểm)
a) Điều kiện: $x \ge 3$.
Ta có $\sqrt{2x+1}+\sqrt{x-3} = 4 \Leftrightarrow 2\sqrt{2x^2-5x-3}=18 – 3x$
$\Leftrightarrow 4(2x^2-5x-3) = 9x^2-108x + 324$ ($x\leq 6$)
$\Leftrightarrow x^2-88x+332 = 0 \Leftrightarrow x = 4 (n), x = 84(l)$.
Vậy $S=\{4\}$.
b) Điều kiện: $x^2 \ge 9 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \ge 3 \\
x \le -3
\end{array} \right.$
$x+ \dfrac{3x}{\sqrt{x^2-9}}=\dfrac{35}{4}$
$\Rightarrow x^2 + \dfrac{9x^2}{x^2-9} + \dfrac{6x^2}{\sqrt{x^2-9}}=\left( \dfrac{35}{4} \right)^2$
$\Rightarrow \dfrac{x^4}{x^2-9}+\dfrac{2.x^2.3}{\sqrt{x^2-9}} +9 = \left( \dfrac{35}{4} \right)^2 + 9$
$\Rightarrow \left( \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-9}} +3 \right)^2 = \dfrac{1369}{16}$
$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
\dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-9}} +3 = \dfrac{37}{4} \\
\dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-9}} +3 = -\dfrac{37}{4} \quad \text{(loại)}
\end{array} \right.$
$\Rightarrow \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-9}} = \dfrac{25}{4}$
$\Rightarrow 16x^4=625.x^2-9.625$
$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x= \pm 5\\
x= \pm \dfrac{15}{4}
\end{array} \right.$
Thử lại nghiệm ta chọn $x=5$ hoặc $x=\dfrac{15}{4}$
Vậy $x=5$ hoặc $x=\dfrac{15}{4}$

Bài 5. (1 điểm)
$\tan^2 a – \tan^2 b \\
= \dfrac{\sin^2a}{\cos^2a}-\dfrac{\sin^2b}{\cos^2b} \\
= \dfrac{\sin^2a.\cos^2b – \sin^2b.\cos^2a}{\cos^2a.\cos^2b} \\
= \dfrac{(\sin a.\cos b+\sin b.\cos a)(\sin a.\cos b-\sin b.\cos a )}{\cos^2a.\cos^2b} \\
= \dfrac{\sin(a+b).\sin(a-b)}{\cos^2a.\cos^2b}$
Bài 6. (1 điểm)
$AB^2 =(-3+1)^2+(-3-3)^2=40$
$BC^2 =(2+3)^2+(2+3)^2=50$
$AC^2 =(2+1)^2+(2-3)^2=10$
$\Rightarrow BC^2=AB^2+AC^2$
Vậy tam giác $ABC$ vuông tại $A$ và có $A$ là trực tâm.

Bài 7. (3 điểm)
a) $MA = \dfrac{2}{3}AB = 4a$
$\angle BAD = 180^0-\angle ABC = 180^0-60^0 = 120^0 $
$\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{AD}=|\overrightarrow{AM}|.|\overrightarrow{AD}|.\cos(\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AD}) = 4a.3a.\cos 120^0 = -6a^2$
b) $DN = \dfrac{2}{3} CN=\dfrac{2}{5} CD
= \dfrac{2}{5}.6a=\dfrac{12}{5}a$
Áp dụng định lý cosin cho tam giác $ADN$, ta có:
\begin{align*}
AN^2&= AD^2+DN^2-2.AD.DN.\cos \angle ADN \\
&= (3a)^2 + \left( \dfrac{12}{5}a \right)^2 – 2.3a.\dfrac{12}{5}a.\cos 60^0 \\
&= \dfrac{189}{25} a^2
\end{align*}
Do đó $AN= \dfrac{3\sqrt{21}}{5}a$
c) \begin{align*}
\overrightarrow{BG} &= \overrightarrow{BE} + \overrightarrow{EG} \\
&= \dfrac{2}{3}\overrightarrow{BA} + \dfrac{1}{3} \overrightarrow{EN} \\
&= \dfrac{2}{3}\overrightarrow{BA} + \dfrac{1}{3} \left( \overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AN} \right) \\
&= \dfrac{2}{3}\overrightarrow{BA} + \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{3}\overrightarrow{BA}+ \dfrac{1}{3} \left( \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DN} \right) \\
&= \dfrac{2}{3}\overrightarrow{BA} + \dfrac{1}{9} \overrightarrow{BA} + \dfrac{1}{3} \left( \overrightarrow{BD} – \overrightarrow{BA} \right) + \dfrac{1}{3}.\left( -\dfrac{2}{5} \right) \overrightarrow{BA} \\
&= \dfrac{14}{45}\overrightarrow{BA} + \dfrac{1}{3} \overrightarrow{BD}
\end{align*}
Vậy $x=\dfrac{14}{45}$ và $y=\dfrac{1}{3}$