Category Archives: Thi học kì

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

Leave a reply

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Đáp án

Bài 1 (2 điểm).

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Bài 2 (1 điểm).

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

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

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

Bài 3 (1 điểm).

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

Bài 4 (1 điểm).

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

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

Ta có: $a_0 + a_1 + a_2 = 376$

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

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

Vậy $a_3 = (-3)^3C_{10} ^3 = -3240$

Bài 5 (1 điểm).

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

$ = 2u_n + n + n + 2 $

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

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

Vậy $(v_n)$ là cấp số nhân.

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

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

         $= 3\left( 2^n -1\right) $

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

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

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

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

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

Bài 6 (1 điểm).

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

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

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

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

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

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

Bài 7 (3 điểm).

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

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

b) Trong mặt phẳng $(SAD)$ có:

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

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

$\Rightarrow NP//(SCD)$

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

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

$\Rightarrow NK // (SCD)$

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

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

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

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

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

Leave a reply

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Đáp án

Bài 1 (1 điểm).

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

Vậy $(P): y= x^2 -4x +1$.

Bài 2 (1 điểm).

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

Vậy $S=\left\{ 1\right\} $.

Bài 3 (1 điểm).

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

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

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

   $ = -5m^3 +3m^2 +5m +18 $

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

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

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

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

Bài 4 (1 điểm). 

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

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

Bài 5 (1 điểm). 

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

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

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

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

$\Delta’ = 4 – (m-3) = 7-m$

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

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

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

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

Bài 6 (3 điểm).

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

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

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

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

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

Vậy $M(0;5)$

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

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

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

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

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

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

Vậy $D(8;1)$.

Bài 7 (1 điểm).

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

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

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

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

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

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

Vậy $MI = \dfrac{a\sqrt{6}}{2}$

Bài 8 (1 điểm).

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

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

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

Dấu “=” xảy ra khi $x=y=1$

Đặt $t=xy \Rightarrow t\in [-3;1]$

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

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

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

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

Vậy $P_{min} = -6$, $P_{max} = 18$

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

Leave a reply

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

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

Đáp án thang điểm

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

Leave a reply

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

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

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

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

Hết

Lời giải

 

Bài 1. 

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

Bài 2.

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

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

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

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

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

Vậy $m=1+2\sqrt{2}$.

Bài 3. 

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

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

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

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

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

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

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

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

Bài 4.

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

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

Bài 5. 

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

Bài 6. 

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

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

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

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

Leave a reply

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

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

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

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

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

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

Hết

Đáp án

[userview]

Bài 1.

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

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

Bài 3. 

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

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

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

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

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

$\Longleftrightarrow d^{2}=4$

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

Bài 5. 

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

Bài 6. 

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

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

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

[/userview]

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

Leave a reply

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

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

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

Định m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

Bài 4. Giải các phương trình sau:

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

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

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

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

Hết

Đáp án

[userview]

ptnk10hk12016

[/userview]

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

Leave a reply

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN HK1 TOÁN LỚP 11 TRƯỜNG PTNK

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

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

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

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

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

Hết 

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

 

Đề thi học sinh giỏi Star Education: Lớp 8

Leave a reply

Đề thi kiểm tra chất lượng lớp 8 Chuyên toán. 

Thời gian làm bài: 150 phút

Nộp bài vào: hocthemstar20192020@gmail.com

Đề bài

Bài 1. (2 điểm) Cho các số $ a,b,c $ khác 0 thỏa $ \dfrac{a+b-c}{ab}-\dfrac{b+c-a}{bc}-\dfrac{a+c-b}{ac}=0. $
Chứng minh rằng trong các số $a, b, c$ có một số bằng tổng hai số còn lại.

Bài 2. (3 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau:

a) $(x+1)^3 + (3x- 4)^3 +(3-4x)^3 = 0$.

b) $ x^2+\dfrac{x^2}{(x+1)^2}=3 $.

c) $\dfrac{3x+4}{x-1} \leq 2$.

Bài 3.  (4 điểm) Giải các bài toán sau:

a) Cho $a, b$ không âm và thỏa $a+b = 2$. Chứng minh $ab \leq 1$ và $a^2b^2(a^2+b^2) \leq 2$.

b) Cho $a> 0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $A = a^2  -6(a+\dfrac{4}{a}) + \dfrac{16}{a^2} + 2020$.

Bài 4. (3 điểm) Cho $n$ là số tự nhiên.

a) Chứng minh rằng nếu $n$ lẻ thì $ n^n-n $ chia hết cho 24.

b) Chứng minh phân số $ \dfrac{21n+17}{14n+3} $ không là số nguyên với mọi $n$.

c) Tìm tất cả các giá trị của $n$ để $2^{2n} + 2^n + 1$ chia hết cho 7.

Bài 5. (5 điểm) Cho tam giác $ABC$ nhọn có $BC = 2a$ cố định, $A$ thay đổi sao cho $\angle BAC = 60^\circ$. Các đường cao $BD, CE$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

a) (2 điểm) Chứng minh tam giác $MDE$ đều và tính diện tích tam giác theo $a$.

b) (2 điểm) Đặt $x = AB, y = AC$. Chứng minh $AD = \dfrac{1}{2}x$ và $x^2 + y^2 – xy = 4a^2$. Tính diện tích lớn nhất của tam giác $ABC$ theo $a$.

c) (1 điểm) Vẽ $HK \bot AM$, $K$ thuộc $AM$. Tính góc $\angle DKE$.

Bài 6. (3 điểm) Có 68 bạn tham gia một kì thi toán của trung tâm STAR EDU, đề bài gồm 6 câu hỏi, được đánh số từ 1 đến 6. Nếu làm đúng câu số $n$ thì được $n$ điểm, ngược lại thì bị trừ $n$ điểm.

a) Chứng minh rằng có ít nhất hai ngườicó kết quả làm bài trùng nhau.

b) Chứng minh rằng có ít nhất bốn người có số điểm bằng nhau.

Hết

Đáp án

Bài 1. Qui đồng ta có $c(a+b-c) – a(b+c-a) – b(a+c-b) = 0$

$a^2+b^2-c^2-2ab =0$

$(a-b)^2-c^2=0$

$(a-b-c)(a-b+c)=0$

$a=b+c$ hoặc $b=a+c$, tao có điều cần chứng minh.

Bài 2.

a) Đặt $a = x+1, b = 3x-4, c = 3-4x$ thì $a+b+c=0$

Ta có $a^3+b^3+c^3=3abc$

Phương trình đương đương $x+1 = 0$ hoặc $3x-4= 0$ hoặc $3-4x = 0$.

Giải ra được tập nghiệm $S = \{-1, \dfrac{4}{3}, \dfrac{3}{4} \}$.

b) Ta có $x^2 + \dfrac{x^2}{(x+1)^2} – \dfrac{2x^2}{x+1} + \dfrac{2x^2}{x+1}-3=0$

$(x-\dfrac{x}{x+1})^2 +\dfrac{2x^2}{x+1} – 3 = 0$

$(\dfrac{x^2}{x+1})^2+\dfrac{2x^2}{x+1}-3=0$.

Đặt $t = \dfrac{x^2}{x+1}$. Ta có $t^2 +2t – 3 = 0 \Leftrightarrow t = 1, t = -3$.

Khi $t = 1$ ta có $x^2 -x-1 = 0$ , giải ra $x = \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}, x = \dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$.

Khi $t = -3$ ta có $x^2+3x+3 = 0$ (vô nghiệm).

c) $\dfrac{3x+4}{x-1} \leq 2$

$\dfrac{3x+4}{x-1}-2 \leq 0$

$\dfrac{x+6}{x-1} \leq 0$

$x+6 \leq 0, x-1 > 0$ hoặc $ x+6 \geq 0, x-1< 0$

$x \leq -6, x > 1$ (vô nghiệm) hoặc $ -6\leq x < 1$.

Kết luận: $-6 \leq x < 1$.

Bài 3.

a) $ab \leq \dfrac{(a+b)^2}{4} = 1$. Khi đó $a^2b^2 \leq ab$.

$a^2b^2(a^2+b^2) \leq ab(4-2ab) = -2(ab-1)^2+2 \leq 2$.

b) Đặt $t = a + \dfrac{4}{a}$ ta có $t \geq 4$ vì $a + \dfrac{4}{a}-4 = \dfrac{(a-2)^2}{4a} \geq 0$.

Và $t^2 = a^2+\dfrac{16}{a^2} + 8$.

Khi đó ta có $A = a^2  -6(a+\dfrac{4}{a}) + \dfrac{16}{a^2} + 2020=t^2-6t+2012 = (t-2)(t-4) + 2004 \geq 2004$.

Đẳng thức xảy ra khi $t = 4$ hay $a=2$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là $2004$ khi $a = 2$.

Bài 4. 

a) Đặt $n=2k+1$ ta có $A = n^n-n = (2k+1)^{2k+1} – (2k+1)$

$(2k+1)((2k+1)^{2k}-1)$

Ta có $(4k(k+1)+1)^k-1 \vdots 4k(k+1)+1 – 1  \vdots 8$

Vậy $A \vdots 8$.

$n^n – n$ chia hết cho $n$ và $n-1$, nếu $n= 3k, 3k+1$ thì $A$ chia hết cho 3.

Xét $n = 3q+2 $ với $q$ lẻ (vì $n$ lẻ) thì

$3q+2 \equiv 2 (\mod 3) \Rightarrow (3q+2)^{3q+2} \equiv 2^{3q+2} (\mod n)$

Mà $2 \equiv -1 (\mod 3) và $3q+2$ lẻ nên $2^{3q+2} \equiv -1 (\mod 3$.

Do đó $A \equiv – 1 – 3q-2 \equiv 0 (\mod 3)$

Hay $A$ chia hết cho 3.

Mà $(3,8)=1$. Do đó $A$ chia hết cho 24.

b) Đặt $A = \dfrac{21n+17}{14n+3}$.

Nếu $n = 0$ thì $A = \dfrac{17}{3}$ không là số nguyên.

Nếu $n > 0$ ta chứng minh $A < 4$ thật vật $\dfrac{21n+17}{14n+3} – 4 = \dfrac{5-35n}{14n+3} < 0$

Suy ra $A < 4$, dễ thấy $A > 1$, do đó $1 < A< 4$.

Nếu $A = 2$ ta có $21n + 17 = 2(14n+3)$ hay $7n = 11$ (vô lý)

Nếu $A = 3$ ta có $21n+17 = 3(14n+3)$ hay $21n = 8$ (vô lý)

Vậy $A$ không là số nguyên với mọi $n$.

c) Ta có $2^3 \equiv 1 (\mod 7)$, suy ra $2^{3k} \equiv 1 (\mod 7)$.

$4^3 \equiv 1 (\mod 7)$, suy ra $4^{3k} \equiv 1 (\mod 7)$.

Nếu $n = 3k$ ta có $2^{2n} + 2^n + 1  =4^{3k} + 2^{3k} + 1 \equiv 3 (\mod 7)$.

Nếu $n = 3k + 1$ ta có $2^{2n} + 2^n + 1 = 4.4^{3k} + 2.2^{3k} + 1 \equiv 0 (\mod 7)$.

Nếu $n = 3k+2$ ta có $2^{2n} + 2^n + 1 = 16 \cdot 4^{3k} + 4 \cdot 2^{3k} + 1 =0 (\mod 7)$.

Vậy với $n = 3k$ hoặc $n =3k+1$ thì $2^{2n} + 2^{n} + 1$ chia hết cho 7.

 

Bài 5. 

a) Tam giác $BEC, BDC$ vuông tại $D, E$ và $M$ là trung điểm cạnh huyền nên $MD = \dfrac{1}{2}BC = ME = MB = MC$. Suy ra $MDE$ cân tại $M$.

$\angle EMC + \angle DMB = 2\angle B + 2 \angle C = 240^\circ$, suy ra $\angle DME = 60^\circ$.

Do đó tam giác $DME$ đều, cạnh $MD = \dfrac{1}{2}BC = a$. Diện tích bằng $S  = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

b) Tam giác $ABD$ vuông tại $D$ có $\angle  A = 60^\circ$, suy ra $AD = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}x$, suy ra $\angle CD = y -\dfrac{1}{x}$ và $BD = \dfrac{3}{2}x$.

Khi đó $BD^2 + CD^2 = BC^2$, hay $x^2+y^2-xy = 4a^2$.

$S_{ABC} = \dfrac{1}{2}BD \cdot AC = \dfrac{\sqrt{3}}{4} x \cdot y$.

Mà $xy \leq x^2+y^2-xy = 4a^2$, suy ra $S_{ABC} \leq a^2\sqrt{3}$.

Diện tích tam giác $ABC$ lớn nhất bằng $a^2\sqrt{3}$ khi $AB = AC$ hay tam giác $ABC$ đều.

Bài 6.

a) Điểm của mỗi học sinh có dạng $\pm 1 \pm 2 \pm3 \pm4 \pm 5 \pm 6$, có tất cả $2^6 = 64$ trường hợp có thể xảy ra. Do đó theo nguyên lý Diriclet thì có ít nhất 2 trường hợp trùng nhau, hay có ít nhất 2 thí sinh làm bài trùng nhau.
b) Số điểm cao nhất là $21$, thấp nhất là $-21$. Hơn nữa một người không thể có số điểm chẵn. Do đó số điểm của một thí sinh thuộc tập $A = \{-21, -19, \cdots, 19, 21\}$, có 22 phần tử.
Có 68 thí sinh tham gia nên theo nguyên lý Dirichlet thì có ít nhất 4 thí sinh có số điểm bằng nhau.

Hung Nguyen

April 29, 2020

Thời gian làm bài 90 phút.

Email: hocthemstar20192020@gmail.com

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

a) $4x + 5 = 2x – 1$.
b) $\left( {2x + 3} \right)\left( {3x – 2} \right) = 45 + 3x\left( {2x – 5} \right)$
c) $6{x^2} + 5x – 4 = 0$
d)  $\dfrac{3}{{4x – 20}} – \dfrac{{15}}{{50 – 2{x^2}}} = \dfrac{7}{{6x + 30}}$.

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

a) $3x < 4x + 1$.
b) $\dfrac{1}{2}(x+1) + \dfrac{1}{3}(4-x) < \dfrac{2}{5}x – 1$.

Câu 3. (2 điểm)

a) Một người đi xe đạp từ $A$ đến $B$ với vận tốc $12km/h$. Lúc về người ấy đi với vận tốc $10km/h$ nên thời gian về nhiều hơn thời gian đi $45$ phút. Tính chiều dài quãng đường $AB$.
b) Thầy Vũ đi nhà sách và mang theo một số tiền vừa đủ để mua $5$ quyển tập và $3$ cây viết. Nhưng khi mua, giá một quyển tập mà thầy Vũ định mua đã tăng lên $800$ đồng, còn giá tiền một cây viết thì giảm đi $1000$ đồng. Hỏi để mua $5$ quyển tập và $3$ cây viết như dự định ban đầu thì thầy Vũ còn dư hay thiếu bao nhiêu tiền?

Câu 4. (3 điểm) Cho hình thang vuông $ABCD$ có $\angle A = \angle D = 90^\circ, AB = 3, AD = CD = 4$. Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

a) Tính độ dài $AC$ và $DB$.
b) Tính $\dfrac{IA}{IC}$ và $\dfrac{IB}{ID}$. Suy ra độ dài $IA$.
c)  Đường thẳng qua $B$ vuông góc $AC$ cắt $AD$ tại $E$ và $CD$ tại $F$.

i) Chứng minh $CE = AF$.
ii) $CE$ cắt $AF$ tại $K$. Tính $DK$ và diện tích tam giác $FDK$.

Câu 5. (2 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: $$A = x^2 – 5x + 1$$
b) Giải bất phương trình $\dfrac{x+3}{3x-1} > 1$.

Hết

Đáp án

kiemtra