Category Archives: Thi học kì

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 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 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 $y=\dfrac{1}{3}$

Đề thi Học kì 1 Toán 10 PTNK năm 2019 (CS1)

Leave a reply

Đề và lời giải: Thầy Nguyễn Tấn Phát

Bài 1. (1 điểm) Tìm $m$ để phương trình $\dfrac{m^2x+m}{x-1}=1$ có đúng một nghiệm.
Bài 2. (2 điểm) Giải các phương trình sau:
a) $4x-\left| 3x-2 \right| =x^2$
b) $\left( x^2 +x-2 \right) \left( \sqrt{5x-1}-7+2x \right) =0$
Bài 3. (1 điểm) Cho parabol $(P): y=ax^2+bx+c$. Tìm $a$, $b$, $c$ biết điểm $B(-1;4)$ thuộc $(P)$ và $S(0;3)$ là đỉnh của parabol.
Bài 4. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
2mx-(m+1)y=m+1 \
(m-2)x-\dfrac{m}{2}y=-\dfrac{m}{2}-2
\end{array} \right. $
a) Tìm $m$ để hệ phương trình có nghiệm.
b) Tìm nghiệm $\left( x_0; y_0 \right) $ của hệ thỏa $x_0-y_0=-2$
Bài 5. (0,5 điểm) Rút gọn: $P=\dfrac{\sin \left( x+ \dfrac{\pi}{2} \right) + 2\cos (x+ \pi)}{\cos (\pi -x )}$.
Bài 6. (2 điểm) Hình bình hành $ABCD$ có $AB=a$, $AD=a\sqrt{3}$ và $\angle BAD = 30^\circ $
a) Tính $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD}$ và độ dài đoạn $AC$.
b) Gọi $DE$ là đường cao của tam giác $ABD$ ($E$ thuộc đường thẳng $AB$). Tính $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AE}$ và độ dài đoạn $DE$.
Bài 7. (2 điểm) Trong mặt phẳng $Oxy$, cho $A(6;-2)$, $B(3;-1)$, $C(9;7)$.
a) Chứng minh $ABC$ là tam giác vuông và tìm $I$ thuộc trục tung sao cho $\overrightarrow{IB} \cdot \overrightarrow{AB} =10$.
b) Tính độ dài đoạn $AG$ với $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Tìm điểm $K$ thuộc đường thẳng $d: y=x$ sao cho $\left| \overrightarrow{KB} + \overrightarrow{KC} \right| = 2\sqrt{5}$

Lời giải

Bài 1. (1 điểm)
a) Điều kiện: $x\ne 1$

Phương trình $(1) \Rightarrow \left( m^2-1 \right) x=-m-1 \quad (2)$

Phương trình $(1)$ có đúng một nghiệm khi và chỉ khi phương trình $(2)$ có đúng một nghiệm khác 1

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

Bài 2. (2 điểm)
a)

  • Nếu $x\ge \dfrac{2}{3}$ ta có phương trình:
    $$4x-3x+2=x^2 \Leftrightarrow x^2-x-2=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
    x=-1 \quad \text{(loại)} \\
    x=2 \quad \text{(nhận)}
    \end{array} \right. $$
  • Nếu $x < \dfrac{2}{3}$ ta có phương trình:
    $$4x+3x-2=x^2 \Leftrightarrow x^2-7x+2=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
    x=\dfrac{7+\sqrt{41}}{2} \quad \text{(loại)} \\
    x=\dfrac{7-\sqrt{41}}{2} \quad \text{(nhận)}
    \end{array} \right. $$

Vậy phương trình có hai nghiệm $x=2$, $x=\dfrac{7-\sqrt{41}}{2}$
b) Điều kiện: $x\ge \dfrac{1}{5}$

$\left( x^2 +x-2 \right) \left( \sqrt{5x-1}-7+2x \right) =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x^2+x-2=0 \quad (2) \\
\sqrt{5x-1}=7-2x \quad (3)
\end{array} \right. $

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

$(2)\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
7-2x \ge 0 \\
5x-1 = 49 -28x+4x^2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \le \dfrac{7}{2} \\
4x^2 – 33x + 50=0
\end{array} \right. \\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x\le \dfrac{7}{2} \\
\left[ \begin{array}{l}
x=2 \\
x=\dfrac{25}{4}
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow x=2 \quad \text{(nhận)}$
Vậy phương trình có 2 nghiệm $x=1$, $x=2$.

Bài 3. (1 điểm) $B(-1;4) \in (P) \Rightarrow 4=a-b+c$

$S(0;3)$ là đỉnh nên $3=c$ và $-\dfrac{b}{2a}=0 \Rightarrow b=0 \Rightarrow a=1$

Vậy $a=1$, $b=0$, $c=3$.

Bài 4. (1,5 điểm)
a) $D=\left| \begin{array}{*{20}{c}}
{2m}&{-(m+1)}\\
{m-2}&{-\dfrac{m}{2}}
\end{array} \right| = -m-2$

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

$D_y=\left| \begin{array}{*{20}{c}}
{2m}&{m+1}\\
{m-2}&{-\dfrac{m}{2}-2}
\end{array} \right| = (-m-2)(2m-1)$
Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $D \ne 0 \Leftrightarrow -m-2 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne -2$

Hệ có vô số nghiệm khi và chỉ khi $D=D_x=D_y=0\Leftrightarrow m=-2$

Khi đó hệ có vô số nghiệm là $(x,y)$ thỏa $-4x+y=-1$

Vậy hệ có nghiệm với mọi giá trị của $m$.
b)

  • TH1. Hệ có một nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $D \ne 0\ne m \ne -2$Khi đó $x_0=m+1$, $y_0=2m-1$

    $x_0-y_0=-2 \Leftrightarrow m+1-2m+1=-2 \Leftrightarrow m=4$ (nhận)

    Khi đó nghiệm của hệ là $(5;7)$.

  • TH2. Hệ có vô số nghiệm khi và chỉ khi $D=D_x=D_y=0 \Leftrightarrow m=-2$Khi đó hệ có vô số nghiệm $\left( x_0;y_0 \right) $ thỏa $-4x_0+y_0=-1$

    Khi đó ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
    x_0-y_0=-2 \\
    -4x_0+y_0=-1
    \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
    x_0=1 \\
    y_0=3
    \end{array} \right. $

    Hệ có nghiệm là $(1;3)$.

Bài 5. (0,5 điểm) $\sin \left( x+ \dfrac{\pi}{2} \right) =\cos x$, $\cos (x+ \pi) = -\cos x$, $\cos (\pi -x) = – \cos x$

$P=\dfrac{\cos x – 2\cos x}{-\cos x} = 1$
Bài 6. (2 điểm)
a) $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = AB\cdot AD \cdot \cos BAD = \dfrac{3}{2} a^2$

$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$

$AC^2 = \left( \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} \right) ^2 = AB^2 + AD^2 + 2\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = a^2 + 3a^2 + 3a^2 = 7a^2$

$\Rightarrow AC=\sqrt{7}a$
b) Đặt $\overrightarrow{AE} = x\cdot \overrightarrow{AB}$

$\overrightarrow{DE} = \overrightarrow{AE} – \overrightarrow{AD} = x\overrightarrow{AB}- \overrightarrow{AD}$

$DE \bot AB \Leftrightarrow \overrightarrow{DE} \bot \overrightarrow{AB} \Leftrightarrow \overrightarrow{DE} \cdot \overrightarrow{AB} =0 \\
\Leftrightarrow \left( x\overrightarrow{AB} – \overrightarrow{AD} \right) \cdot \overrightarrow{AB} = 0 \\
\Leftrightarrow xAB^2 – \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} =0 \Leftrightarrow xa^2 – \dfrac{3}{2}a^2 =0 \Leftrightarrow x=\dfrac{3}{2}$

Vậy $\overrightarrow{AE} = \dfrac{3}{2} \overrightarrow{AB}$

$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AE} = \overrightarrow{AB} \cdot \left( \dfrac{3}{2} \overrightarrow{AB} \right) = \dfrac{3}{2} AB^2 = \dfrac{3}{2} a^2$

$DE^2 = \left( \dfrac{3}{2} \overrightarrow{AB} – \overrightarrow{AD} \right) ^2 = \dfrac{9}{4}AB^2 + AD^2 – 3\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = \dfrac{9}{4}a^2 + 3a^2 – \dfrac{9}{2}a^2 = \dfrac{3}{4}a^2 \\
\Rightarrow DE = \dfrac{\sqrt{3}}{2}a$

Hoặc cách khác.

Tam giác $ABE$ vuông tại $E$ có $\angle DAE = 30^\circ $ nên $\sin 30^\circ = \dfrac{DE}{AD} \Rightarrow DE=AD \cdot \sin 30^\circ = a\sqrt{3}\cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$

Bài 7. (2 điểm)
a) $\overrightarrow{AB}(-3;1)$, $\overrightarrow{AC}(3;9)$

$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -3\cdot 3 + 1\cdot 9 =0 \Rightarrow \overrightarrow{AB} \bot \overrightarrow{AC} \Rightarrow \triangle ABC$ vuông tại $A$.

Đặt $I(0;i)$

$\overrightarrow{IB}(3;-1-i)$, $\overrightarrow{AB}(-3;1)$

$\overrightarrow{IB} \cdot \overrightarrow{AB} =10 \Leftrightarrow 3\cdot (-3) + (-1-i)\cdot 1= 10 \Leftrightarrow i=-20$

Vậy $I(0;-20)$.
b) $G\left( 6; \dfrac{4}{3} \right) $

$\overrightarrow{AG}\left( 0; \dfrac{10}{3} \right) \Rightarrow AG= \dfrac{10}{3}$

Đặt $K(k;k)$

$\overrightarrow{KB}(3-k;-1-k)$, $\overrightarrow{KC}(9-k;7-k)$

$\overrightarrow{KB}+ \overrightarrow{KC} = (12-2k;6-2k)$

$\left| \overrightarrow{KB} + \overrightarrow{KC} \right| = 2\sqrt{5} \Leftrightarrow (12-2k)^2 + (6-2k)^2 =20 \\
\Leftrightarrow k^2-9k+20=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
k=4 \\
k=5
\end{array} \right. $

Vậy $K(4;4)$ hoặc $K(5;5)$.