Category Archives: Thi vào 10

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2018

LỜI GIẢI

Bài 1. Cho các phương trình $x^{2}-x+m=0 \quad$ (1) và $m x^{2}-x+1=0$

(2) với $m$ là tham số.

(a) Tìm $m$ để các phương trình (1) và $(2)$ đều có 2 nghiệm dương phân biệt.

(b) Giả sử điều kiện ở câu a) được thỏa mãn gọi $x_{1}$; $x_{2}$ là nghiệm của (1) và $x_{3} ; x_{4}$ là nghiệm của $(2)$.

Chứng minh rằng $x_{1} x_{2} x_{3}+x_{2} x_{3} x_{4}+x_{3} x_{4} x_{1}+x_{4} x_{1} x_{2}>5$

Lời giải.

(a) Xét phương trình (1): $x^{2}-x+m=0$

Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt:

$\left\{\begin{array}{l}\Delta>0 \\ S>0 \ P>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}1-4 m>0 \\ 1>0 \ m>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m<\frac{1}{4} \\m>0\end{array} \Leftrightarrow 0<m<\frac{1}{4}\right.\right.\right.$

Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt:

$\left\{\begin{array}{l}m \neq 0 \\ \Delta>0 \\ S>0 \\ P>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m \neq 0 \\ 1-4 m>0 \\ \frac{1}{m}>0 \\ \frac{1}{m}>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m \neq 0 \\ m<\frac{1}{4} \\ m>0\end{array} \Leftrightarrow 0<m<\frac{1}{4}\right.\right.\right.$

Vậy để $(1)$ và $(2)$ có hai nghiệm dương phân biệt thì $0<m<\frac{1}{4}$

b) Theo Viet ta có: $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=1 \\ x_{1} x_{2}=m \\ x_{3}+x_{4}=\frac{1}{m} \\ x_{3} x_{4}=\frac{1}{m}\end{array}\right.$

$\text { Ta có } x_{1} x_{2} x_{3}+x_{2} x_{3} x_{4}+x_{3} x_{4} x_{1}+x_{4} x_{1} x_{2}$

$=x_{1} x_{3}+\frac{x_{2}}{m}+\frac{x_{1}}{m}+m x_{4}$

$=m\left(x_{3}+x_{4}\right)+\frac{1}{m}\left(x_{1}+x_{2}\right)$

$=1+\frac{1}{m}>1+\frac{1}{\frac{1}{4}}=5(\text { dpcm }) .$

Bài 2. Cho $a, b$ là hai số nguyên thỏa mãn $a^{3}+b^{3}>0$.

(a) Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3} \geq a+b>0$.

(b) Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$.

Lời giải. $a, b \in \mathbb{Z}: a^{3}+b^{3}>0$

(a) $a^{3}+b^{3}>0 \Leftrightarrow(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)>0$

Do $a^{2}-a b+b^{2}=\left(a-\frac{b}{2}\right)^{2}+\frac{3 b^{2}}{4} \geq 0$. Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow a=b=0$ (loại).

$\Rightarrow a^{2}-a b+b^{2}>0$ nên $a+b>0$ (đpcm).

Ta có: $a^{3}+b^{3} \geq a+b$

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

Do $\left\{\begin{array}{l}a^{2}-a b+b^{2}>0 \\ a, b \in \mathbb{Z}\end{array} \Rightarrow a^{2}-a b+b^{2} \geq 1\right.$ nên $(* *)$ đúng.

Vậy $a^{3}+b^{3} \geq a+b$ và dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=0\end{array}\right.$ hay $\left\{\begin{array}{l}a=0 \\ b=1\end{array}\right.$ hay $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=1\end{array}\right.$

(b) Cách 1:

Do $a+b>0 \Rightarrow a+b \geq 1$.

TH1: $a+b=1 \Leftrightarrow b=1-a$.

Ta có: $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2} \Leftrightarrow a^{3}+(1-a)^{3} \geq a^{2}+(1-a)^{2}$

$\Leftrightarrow a^{2}-a \geq 0$

$\Leftrightarrow a \leq 0$ hoặc $a \geq 1$ (đúng vì $a \in \mathbb{Z}$ )

Vậy $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$ và dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow(a ; b) \in{(0 ; 0) ;(1 ; 1) ;(0 ; 1) ;(1 ; 0)}$.

TH2: $a+b \geq 2$

Ta có: $a^{3}+b^{3}=(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right) \geq 2\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)=a^{2}+b^{2}+$ $(a-b)^{2} \geq a^{2}+b^{2}$.

Cách 2:

Rõ ràng $a, b$ không thể đồng thời bé hơn 0 .

TH1: $a=b=0$ : hiển nhiên $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$

TH2: Một trong hai số bằng 0 , số còn lại khác 0 .

Giả sử: $\left\{\begin{array}{l}b=0 \\ a \neq 0\end{array} \Rightarrow a>1 \Rightarrow a^{3} \geq a^{2} \Rightarrow a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}\right.$

Dấu “=” xảy ra khi $a=1$.

TH3: $a, b \geq 1 \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a^{3} \geq a^{2} \\ b^{3} \geq b^{2}\end{array} \Rightarrow a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}\right.$

TH4: $\left\{\begin{array}{l}a>0 \\ b<0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a \geq 1 \\ b \leq-1\end{array}\right.\right.$

Đặt $a=|b|+k, k>1$

$a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$

$\Leftrightarrow(|b|+k)^{3}+b^{3} \geq(|b|+k)^{2}+b^{2}$

$\Leftrightarrow 3|b|^{2} k+3|b| k^{2}+k^{3} \geq 2|b|^{2}+2|b| k+k^{2}$

$\left.\Rightarrow 3 b^{2} k+3|b| k+k^{3} \geq 2 b^{2}+2|b| k+k^{2} \quad \text { (Do k }>1\right)$

$\Leftrightarrow(3 k-2) b^{2}+|b| k+k^{2}(k-1) \geq 0 \text { (đúng). }$

Vậy $a^{3}+b^{3} \geq a^{2}+b^{2}$.

Nếu $x^{3}+y^{3}=0 \Rightarrow z^{2}+t^{2}=0 \Rightarrow z=t=0$

$\Rightarrow x^{2}+y^{2}=0 \Rightarrow x=y=0 \text {. }$

Nếu $z^{3}+t^{3}=0$, tương tự ta có $x=y=z=t=0$.

Nếu $\left\{\begin{array}{l}x^{3}+y^{3}>0 \\ z^{3}+t^{3}>0\end{array}\right.$

Từ giả thiết suy ra $\left(x^{3}+y^{3}\right)+\left(z^{3}+t^{3}\right)=x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}(* * *)$

Theo câu b) : $\left\{\begin{array}{l}x^{3}+y^{3} \geq x^{2}+y^{2} \\ z^{3}+t^{3} \geq z^{t}+t^{2}\end{array}\right.$

Nếu $(* * *) \Leftrightarrow(x ; y),(z, t)$ là một trong các bộ $(1 ; 1) ;(1 ; 0) ;(0 ; 1)$.

Vậy nghiệm phương trình:

$(x, y, z, t) \in{(0 ; 0 ; 0 ; 0),(1 ; 1 ; 1 ; 1),(1 ; 0 ; 0 ; 1),(0 ; 1 ; 1 ; 0),(1 ; 0 ; 1 ; 0),(0 ; 1 ; 0 ; 1)} \text {. }$

Bài 3. Cho $A_{n}=2018^{n}+2032^{n}-1964^{n}-1984^{n}$ với $n$ là số tự nhiên.

(a) Chứng minh với mọi số tự nhiên $n$ thì $A_{n}$ chia hết cho 51 .

(b) Tìm tất cả những số tự nhiên $n$ sao cho $A_{n}$ chia hết cho 45 .

Lời giải.

(a) Do $2018 \equiv 1964 \quad(\bmod 3) \Rightarrow 2018^{n} \equiv 1964^{n} \quad(\bmod 3)$. $2032 \equiv 1984 \quad(\bmod 3) \Rightarrow 2032^{n} \equiv 1984^{n} \quad(\bmod 3) .$

$\Rightarrow A_{n} \vdots 3 .$

Ta lại có $2018 \equiv 1984 \quad(\bmod 17) \Rightarrow 2018^{n} \equiv 1984^{n} \quad(\bmod 17)$. $2032 \equiv 1964 \quad(\bmod 17) \Rightarrow 2032^{n} \equiv 1964^{n} \quad(\bmod 17) .$ $\Rightarrow A_{n} \vdots 17 .$

Do $(3 ; 17)=1$ nên $A_{n}: 51 \quad \forall n$

(b) $A_{n}=2018^{n}+2032^{n}-1964^{n}-1984^{n}$.

Ta xét các trường hợp của $n$ để $A_{n} \vdots 5$.

Ta có $A_{n} \equiv(-2)^{n}+2^{n}-2 \cdot(-1)^{n}(\bmod 5)$.

Do đó nếu $n$ lẻ $\Rightarrow A_{n} \equiv 2 \quad(\bmod 5) \quad$ (loại).

Nếu $n=4 k \Rightarrow A_{n} \equiv 2 \cdot 2^{4 k}-2 \equiv 2-2 \equiv 0 \quad(\bmod 5)$ (nhận)

Nếu $n=4 k+2 \Rightarrow A_{n} \equiv 2 \cdot 2^{4 k+2}-2 \equiv 8-2 \equiv 6(\bmod 5)$ (loại). Vậy $A_{n} \vdots 5 \Leftrightarrow n \vdots 4$.

Ta xét các trường hợp của $n$ để $A_{n}: 9$.

Ta có

$\begin{aligned} A_{n} & \equiv 2^{n}+(-2)^{n}-2^{n}-4^{n} \quad(\bmod 9) \\ & \equiv 2^{n}-4^{n} \quad(\bmod 9) \quad(\text { Do n chẵn }) \\ & \equiv 2^{n}\left(1-2^{n}\right) \quad(\bmod 9) \end{aligned}$

$\operatorname{Vi}(2 ; 9)=1 \Rightarrow 2^{n}-1: 9 .$

Xét $n=3 k$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $A_{n} \equiv 2^{3 k}-1 \equiv(-1)^{k}-1 \quad(\bmod 9) \Rightarrow k$ chẵn

Xét $n=3 k+1$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $A_{n} \equiv 2^{3 k+1}-1 \equiv 2 \cdot(-1)^{k}-$ $1(\bmod 9)$ (loại).

Xét $n=3 k+2$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có $A_{n} \equiv 2^{3 k+2}-1 \equiv 4 \cdot(-1)^{k}-$ $1(\bmod 9)$ (loại).

Vậy $A_{n} \vdots 45 \Leftrightarrow n \vdots 12$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nhọn. Một đường tròn qua $B, C$ cắt các cạnh $A B, A C$ lần lượt tại $E$ và $F ; B F$ cắt $C E$ tại $D$. Lấy điểm $K$ sao cho từ giác $D B K C$ là hình bình hành.

(a) Chứng minh rằng $\triangle K B C$ đồng dạng với $\triangle D F E, \triangle A K C$ đồng dạng với $\triangle A D E$.

(b) Hạ $D M$ vuông góc với $A B, D N$ vuông góc với $A C$. Chứng minh rằng

$M N$ vuông góc với $A K$.

(c) Gọi $I$ là trung điểm $A D, J$ là trung điểm $M N$. Chứng minh rằng đường thẳng $I J$ đi qua trung điểm của cạnh $B C$.

(d) Đường thẳng $I J$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $I M N$ tại $T(T \neq I)$. Chứng minh rằng $A D$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $D T J$.

Lời giải.

(a) Tứ giác $B E F C$ nội tiếp nên $\angle D E F=\angle D B C$ và $\angle D F E=\angle D C B$.

Và $B D C K$ là hình bình hành nên $\angle D B C=\angle K C B, \angle D C B=\angle K B C$

Do đó $\angle D E F=\angle K C B, \angle D F E=\angle K B C$, suy ra $\triangle K B C \sim \triangle D F E$

Ta có $\angle A E C=\angle A B K$ và $\angle A B K=\angle A B D+\angle D B K=\angle A C E+\angle D C K=$ $\angle A C K$ (do $\angle A B D=\angle A C E, \angle D B K=\angle D C K)$

Do $\triangle D E F \sim \triangle K C B$ nên $\frac{D E}{C K}=\frac{E F}{B C}$ (1)

Mặt khác $\triangle A E F \sim \triangle A C B$ nên $\frac{E F}{B C}=\frac{A E}{A C}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{D E}{C K}=\frac{A E}{A C}$

Xét $\triangle A E D$ và $\triangle A C K$ có $\angle A E D=\angle A C K, \frac{D E}{C K}=\frac{A E}{A C}$

Suy ra $\triangle A E D \sim \triangle A C K(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$

(b) Gọi $Q$ là giao điểm của $A K$ và $M N$

Ta có $\triangle D A E \backsim \triangle K A C$ nên $\angle K A C=\angle D A E$ hay $\angle Q A C=\angle D A M$

Tứ giác $A M D N$ có $\angle A M D+\angle A N D=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$ nên nội tiếp.

Suy ra $\angle D N M=\angle D A M=\angle Q A N$

Mà $\angle D N M+\angle M N A=90^{\circ}$, suy ra $\angle Q A N+\angle M N A=90^{\circ}$

Suy ra $\angle A Q N=90^{\circ}$. Vậy $A K \perp M N$.

Mà $I$ là trung điểm $A D$, suy ra $I J$ qua trung điểm $P$ của $D K$. Lại có $D B K C$ là hình bình hành nên $P$ cũng là trung điểm $B C$.

Cách 2. Gọi $P$ là trung điểm của $B C$. $V, U$ lần lượt là trung điểm của $D B, D C$.

Ta có $M I=\frac{1}{2} A D=N I$, suy ra $I$ thuộc trung trực của $M N$.

Ta có $M V=\frac{1}{2} B D\left(\triangle D B M\right.$ vuông tại $M$ ) và $P U=\frac{1}{2} D B$ (đường trung bình)

Suy ra $M V=P U$

Tương tự thì ta có $P V=N U$

Ta có: $\angle M V D=2 \angle M B D=2 \angle N C D=\angle N U D$ và $\angle D V P=\angle D U P$

Suy ra $\angle M V P=\angle P U N$

Xét $\triangle M V P$ và $\triangle P U N$ có $M V=P U, P V=N U, \angle M V P=\angle P U N$

$\Rightarrow \triangle M V P=\triangle P U N(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$

Suy ra $P M=P N$. Do đó $P$ thuộc trung trực của $M N$.

Vậy $I, P, J$ thuộc trung trực $M N$ nên $I, P, J$ thẳng hàng hay $I J$ qua trung điểm $P$ của $B C$.

(d) Ta có tam giác $I M N$ cân tại $I, I J \perp M N$ nên $I T$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\triangle I M N$

Suy ra $\angle I N T=90^{\circ}$.

Suy ra $I J \cdot I T=I N^{2}$ mà $I N=I D$ suy ra $I J \cdot I T=I D^{2}$

Do đó $I D^{2}=I J \cdot I T$. Suy ra $\triangle I D J \sim \triangle I T D(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$ nên $\angle I D J=\angle I T D$

Từ đó ta có $I D$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\triangle D T J$.

kỳ có chung nhau nhiều nhất là một học sinh.

(a) Chứng minh rằng không có học sinh nào tham gia từ 4 nhóm tốp ca trở lên.

(b) Có thể thành lập nhiều nhất là bao nhiêu nhóm tốp ca như vậy?

Lời giải.

(a) Giả sử có 1 học sinh tham gia 4 nhóm $A, B, C, D$ là $x$.

Khi đó $A={(x, a, b)} \quad B={(x, c, d)} \quad C={(x, e, f)} \quad D={(x, g, h)}$.

Vi các nhóm không có chung quá 1 thành viên nên các học sinh: $a, b, c, d, e, f, g, h$

là khác nhau (vô lí vì chỉ có 8 học sinh tham gia).

(b) Ta chứng minh lập được nhiều nhất là 8 nhóm.

Thật vậy, nếu có 9 nhóm, mối nhóm có 3 học sinh thì khi đó số lượt học sinh tham gia là $9 \cdot 3=27$ lượt tham gia.

Mà chỉ có 8 học sinh nên theo nguyên lý Dirichlet thì có ít nhất một học sinh có nhiều hơn hoặc bằng 4 lượt (mâu thuẫn do câu $a$ ).

(Một học sinh tham gia 1 nhóm tính là 1 lượt).

Gọi 8 học sinh là $a, b, c, d, e, f, g, h$.

8 nhóm học sinh được chia như sau:

${(a, b, c)} ; \quad{(h, b, e)} ; \quad{(b, d, f)} ; \quad{(a, d, e)} ;$

${(h, c, f)} ; \quad{(c, e, g)} ; \quad{(a, f, g)} ; \quad{(h, d, g)} .$

Đề thi thử vào lớp chuyên toán Star Education năm 2021 – Lần 2

Đề thi chuyên toán vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2011

Đáp án đề thi Toán không chuyên trường Phổ thông Năng Khiếu năm 2021

Bài 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức: $$P=\dfrac{a^2+b\sqrt{ab}}{a+\sqrt{ab}}+\dfrac{a\sqrt{a}-3a\sqrt{b}+2b\sqrt{a}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\ \ (a>b>0)$$

a) Thu gọn biểu thức $P$.

b) Chứng minh $P>0$.

Bài 2. (2 điểm)

a) Giải phương trình: $(x^2 +2x -3)\left( \sqrt{3-2x} – \sqrt{x+1}\right) =0$

b) Cho $(d): y=(m+1)x+mn$ và $(d_1): y=3x+1$. Tìm $m$, $n$ biết $(d)$ đi qua $A(0;2)$, đồng thời $(d)$ song song với $(d_1)$.

Bài 3. (1,5 điểm) Cho $(P)$, $(d)$ lần lượt là đồ thị hàm số $y=x^2$ và $y= 2x+m$.

a) Tìm $m$ sao cho $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt $A(x_1;y_1)$, $B(x_2;y_2)$.

b) Tìm $m$ sao cho $(x_1-x_2)^2 + (y_1-y_2)^2 =5$.

Bài 4. (2 điểm)

a) Công ty viễn thông gói cước được tính như sau:

Gói I: $1800$ đồng/phút cho $60$ phút đầu tiên; $1500$ đồng/phút cho $60$ phút tiếp theo và $1000$ đồng/phút cho thời gian còn lại.
Gói II: $2000$ đồng/phút cho $30$ phút đầu tiên; $1800$ đồng/ phút cho $30$ phút tiếp theo; $1200$ đồng/phút cho $30$ phút tiếp theo nữa và $800$ đồng/phút cho thời gian còn lại.

Sau khi cân nhắc thì bác An chọn gói II vì sẽ tiết kiện được $95000$ đồng so với gói I. Hỏi trung bình bác An gọi bao nhiêu phút một tháng?

b) Cho $\triangle ABC$ có $AB=3$, $AC=4$, $BC=5$. $BD$ là tia phân giác của $\angle ABC$. Tính $BD$?

Bài 5. (3 điểm) Cho $\triangle ABC$ nhọn $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(T)$ có tâm $O$, bán kính $R$, $BC=R\sqrt{3}$. Tiếp tuyến tại $B$, $C$ của $(T)$ cắt nhau tại $P$. Cát tuyến $PA$ cắt $(T)$ tại $D$ (khác $A$). Đường thẳng $OP$ cắt $BC$ tại $H$.

a) Chứng minh $\triangle PBC$ đều. Tính $PA\cdot PD$ theo $R$.

b) $AH$ cắt $(T)$ tại $E$ (khác $A$). Chứng minh $HA \cdot HE = HO \cdot HP$ và $PD = PE$.

c) Trên $AB$ lấy điểm $I$ thỏa $AI =AC$, trên $AC$ lấy điểm $J$ thỏa $AJ = AB$. Đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $I$ và đường thẳng vuông góc với $AC$ tại $J$ cắt nhau ở $K$. Chứng minh $IJ=BC$ và $AK \bot BC$. Tính $PK$ theo $R$.

— HẾT —

LỜI GIẢI

Bài 1.

a) Ta có $a>b>0$ nên

$P = \dfrac{{{a^2} + b\sqrt {ab} }}{{a + \sqrt {ab} }} + \dfrac{{a\sqrt a – 3a\sqrt b + 2b\sqrt a }}{{\sqrt a – \sqrt b }}$

$= \dfrac{{{{\left( {\sqrt a } \right)}^3} + {{\left( {\sqrt b } \right)}^3}}}{{\sqrt a + \sqrt b }} + \dfrac{{\left( {\sqrt a – \sqrt b } \right)\left( {a – 2\sqrt {ab} } \right)}}{{\sqrt a – \sqrt b }}$

$= a – \sqrt {ab} + b + a – 2\sqrt {ab} = 2a – 3\sqrt {ab} + b.$

(1đ)

b) Ta có $a>b>0$ nên $\sqrt{a}>\sqrt{b}$, do đó

$P=2a-3\sqrt{ab}+b=\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(2\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)>0. $

(0,5đ)

Bài 2.

a) $(x^{2}+2x-3)(\sqrt{3-2x}-\sqrt{x+1})=0 \quad (*)$

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} 3-2x\geq 0 \\ x+1\geq 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow -1\leq x\leq \dfrac{3}{2}$

(0,25đ)

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

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x – 1=0}\\ {x+3=0}\\ {3-2x=x+1} \end{array}} \right.$

(0,25đ)

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x =1 \ \ \ (n)}\\ {x=-3 \ (l)}\\ {x=\dfrac{2}{3}\ \ \ (l)} \end{array}} \right.$

(0,25đ)

Vậy $S=\left\{ 1; \dfrac{2}{3}\right\}$

(0,25đ)

b) $(d) // (d_{1})\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m+1=3 \\ m.n\neq 1 \end{array} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m=2 \\ n\neq \dfrac{1}{2} \end{array} \right. $

(0,5đ)

Vì $A(0;2)\in (d): y=3x+2n\Leftrightarrow 2=3.0+2n\Leftrightarrow n=1$ (n)

(0,5 đ)

Vậy $m=2$, $n=1$

Bài 3.

a) Phương trình hoành độ giao điểm của $ (P) $ và $ (d) $

$ x^2=2x+m \Leftrightarrow x^2-2x-m=0 \quad (1)$

(0,25đ)

$ (P) $ cắt $ (d) $ tại 2 điểm phân biệt $ A, B \Leftrightarrow $ $ (1) $ có $2$ nghiệm phân biệt

$ \Leftrightarrow $ $ \Delta’>0 $ $ \Leftrightarrow $ $ 1+m>0 $

$ \Leftrightarrow m>-1 $ $(*)$

(0,25đ)

Vậy $m>-1$ thì $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt.

b) Với điều kiện $(*)$ theo Viet ta có: $ S=x_1+x_2=2 $, $ P=x_1\cdot x_2=-m $

(0,25đ)

Ta có: $A(x_1;y_1)\in (d) \Leftrightarrow y_1 = 2x_1+m$; $B(x_2;y_2)\in (d) \Leftrightarrow y_2=2x_2+m$

Ta có:

$ (x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2=5$

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2+(2x_1-2x_2)^2=5$

(0,25đ)

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2+4(x_1-x_2)^2=5$

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2=1\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-4x_1x_2=1$

$ \Leftrightarrow 4+4m=1 \Leftrightarrow m=\dfrac{-3}{4}$ (thỏa $(*)$)

(0,5đ)

Vậy $m=-\dfrac{3}{4}$

Bài 4.

a) Giả sử thời gian gọi trung bình mỗi tháng của bác An là $t$ (phút, $t>0$).

Gọi $A(x)$, $B(x)$ lần lượt là cước phí khi gọi $x$ phút tương ứng với gói cước I và gói cước II, theo đề bài ta có $A(t)-B(t)=95000$ (đồng).

Ta có bảng sau:

Vậy trung bình mỗi tháng bác An gọi $475$ phút.

(1đ)

b) Ta có: $3^2 + 4^2 = 5^2$ nên $AB^2 + AC^2 = BC^2$

Theo định lý Pythagore đảo, tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

(0,25đ)

Theo tính chất đường phân giác: $\dfrac{DC}{BC} = \dfrac{DA}{BA}$.

Suy ra $\dfrac{DC}{BC} = \dfrac{DA}{BA} = \dfrac{DC + DA}{BC + BA} = \dfrac{AC}{BA + BC} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow AD = \dfrac{1}{2} BA = \dfrac{3}{2}$.

(0,5đ)

Tam giác $ABD$ vuông tại $A$ nên: $BD^2 = AD^2 + AB^2 = \dfrac{45}{4} \Rightarrow BD =\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$.

(0,25đ)

Bài 5.

Ta có: $OB = OC$, $PB = PC$ suy ra $PO$ là đường trung trực của $BC$

nên $OP \bot BC$ và $H$ là trung điểm $BC$.

$\sin \angle HOC = \dfrac{HC}{OC}= \dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \angle HOC = 60^\circ \Rightarrow \angle HCP = \angle HOC =60^\circ $

$\triangle PBC$ có $PB = PC$ và $\angle BCP =60^\circ $ suy ra $\triangle PBC$ đều

(0,5đ)

Xét $\triangle PBD$ và $\triangle PAB$ có $\angle BPD$ chung, $\angle PBD = \angle PAB$

$\Rightarrow \triangle PBD \backsim \triangle PAB$ (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{PB}{PA}= \dfrac{PD}{PB}\Rightarrow PA\cdot PD = PB^2 = 3R^2$

(0,5đ)

Xét $\triangle HAB $ và $\triangle HCE$ có $\angle AHB = \angle CHE$, $\angle HAB = \angle HCE$

$\Rightarrow \triangle HAB \backsim \triangle HCE$ (g.g) $\Rightarrow HA \cdot HE = HB \cdot HC = HB^2 = HO \cdot HP$

(0,5đ)

Xét $\triangle HOA $ và $\triangle HEP$ có $\angle OHA = \angle EHP$, $\dfrac{HO}{HE} = \dfrac{HA}{HP}$

$\Rightarrow \triangle HOA \backsim \triangle HEP$ (c.g.c) $\Rightarrow \angle HOA = \angle HEP$, suy ra $AOEP$ là tứ giác nội tiếp.

Suy ra $\angle HPE = \angle HPD$ (chắn hai cung $OE$ và $OA$ bằng nhau) $(1)$

Lại có $PA \cdot PD = PB^2 = PH \cdot PO \Rightarrow \dfrac{PD}{PO} = \dfrac{PH}{PA}$

$ \Rightarrow \triangle PDH \backsim \triangle POA$ (c.g.c) suy ra $OHDA$ nội tiếp.

Mà $\angle PAO = \angle ODA =\angle AHO = \angle PHE$ nên $\angle PHD = \angle PHE$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\triangle HDP = \triangle HEP$ (g.c.g), suy ra $PD=PE$.

(0,5đ)

Xét $\triangle ABC$ và $\triangle AJI$ có $AB=AJ$, $\angle IAC$ chung, $AC=AI$

nên $\triangle ABC = \triangle AJI \Rightarrow IJ = BC$

(0,25đ)

Gọi $Q = BC \cap AK$

Ta có: $\angle AIK = \angle AJK =90^\circ $ nên $AIKJ$ nội tiếp đường tròn đường kính $AK$

$ \Rightarrow \angle AKI = \angle AJI$

Mà $\angle AJI = \angle ABC$ (do $\triangle ABC = \triangle AJI$) nên $\angle AKI = \angle ABC$.

Tứ giác $BQKI$ có $\angle AKI = \angle ABC$ nên $BQKI$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow \angle BIK + \angle BQK = 180^\circ \Rightarrow \angle BQK = 180^\circ – \angle BIK = 180^\circ – 90^\circ =90^\circ $

Suy ra $AK \bot BC$.

(0,25đ)

Vì $\triangle ABC = \triangle AIJ$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác này bằng nhau.

Mà $AK$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\triangle AIJ$ nên $AK=2R$.

$\triangle OCP$ vuông tại $C$:

$\Rightarrow OP^2 = OC^2 + CP^2 = R^2 + \left( R\sqrt{3} \right) ^2 = 4R^2$

$\Rightarrow OP=2R \Rightarrow OP=AK$.

Ta có: $AK \bot BC$, $OP \bot BC$ nên $AK // OP$.

Tứ giác $AOPK$ có $AK // OP$ và $AK=OP$ nên $AOPK$ là hình bình hành, suy ra $PK=AO=R$.

Vậy $PK=R$.

(0,5đ)

Lời giải được thực hiện bởi nhóm giáo viên Star Education: thầy Nguyễn Tăng Vũ, thầy Nguyễn Ngọc Duy, thầy Nguyễn Tấn Phát, cô Bùi Thị Minh Phương, Châu Cẩm Triều, Lê Quốc Anh, Nguyễn Công Thành

Đáp án đề thi chuyên Toán thi vào trường Phổ thông Năng khiếu năm 2021

ĐỀ BÀI

Bài 1. (1.5 điểm) Cho hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}=2 \\
x+y=m
\end{array} \right. $

a) Giải hệ với $m=7$
b) Tìm $m$ sao cho hệ có nghiệm $(x,y)$

Bài 2. (1.5 điểm) Cho $M=\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$, $N=\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}$, $K=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$

a) Chứng minh nếu $MK=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}$ thì $N=0$
b) Cho $M=K=4$, $N=1$. Tính tích $abc$.

Bài 3. (1.5 điểm) Cho dãy $n$ số thực $x_1; x_2; \ldots ; x_n$ ($n \ge 5$) thỏa: $x_1 \le x_2 \le \ldots \le x_n$ và $x_1 + x_2 + \ldots x_n =1$

a) Chứng minh nếu $x_n \ge \dfrac{1}{3}$ thì $x_1 + x_2 \le x_n$
b) Chứng minh nếu $x_n \le \dfrac{2}{3}$ thì tìm được số nguyên dương $k <n$ sao cho

$$\dfrac{1}{3}\le x_1 + x_2 + \ldots + x_k \le \dfrac{2}{3}$$

Bài 4. (1.5 điểm)

a) Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $(2n+1)^3 + 1 $ chia hết cho $2^{2021}$
b) Tìm tất cả số tự nhiên $n$ và số nguyên tố $p$ sao cho $\dfrac{2n+2}{p}$ và $\dfrac{4n^2+2n+1}{p}$ là các số nguyên. Chứng minh với $n$ và $p$ tìm được, các số nguyên trên không thể đồng thời là số chính phương.

Bài 5. (3 điểm) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Các điểm $E$, $F$ lần lượt thay đổi trên các cạnh $AB$, $AC$ sao cho $EF\parallel BC$. Gọi $D$ là giao điểm của $BF$ và $CE$, $H$ là hình chiếu của $D$ lên $EF$. Đường tròn $(I)$ đường kính $EF$ cắt $BF$, $CE$ tại $M$, $N$. ($M$ khác $F$, $N$ khác $E$)

a) Chứng minh $AD$ và đường tròn ngoại tiếp $\triangle HMN$ cùng đi qua tâm $I$ của đường tròn tâm $I$.
b) Gọi $K$, $L$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $E$, $F$ lên $BC$ và $P$, $Q$ tương ứng là giao điểm của $EM$, $FN$ với $BC$. Chứng minh tứ giác $AEPL$, $AFQK$ nội tiếp và $\dfrac{BP \cdot BL}{CQ \cdot CK}$ không đổi khi $E$, $F$ thay đổi.
c) Chứng minh nếu $EL$ và $FK$ cắt nhau trên đường tròn $(I)$ thì $EM$ và $FN$ cắt nhau trên đường thẳng $BC$.

Bài 6. (1 điểm) Cho $N$ tập hợp ($N \ge 6$), mỗi tập hợp gồm 5 chữ cái khác nhau được lấy từ 26 chữ cái $a$, $b$, $c$, $\ldots$, $x$, $y$, $z$.

a) Biết rằng trong $N$ tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 1 chữ cái, và không có chữ cái nào có mặt trong tất cả $N$ tập hợp này. Chứng minh không có chữ cái nào có mặt trong 6 tập hợp từ $N$ tập đã cho.
b) Biết rằng trong $N$ tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 2 chữ cái, và không có hai chữ cái nào cùng xuất hiện trong $N$ tập hợp này. Hỏi trong số $N$ tập hợp đã cho, có nhiều nhất bao nhiêu tập hợp có chung đúng 2 chữ cái?

HẾT

Bình luận chung Đề bài nhìn chung vừa dài và khó, có nhiều ý, đầy đủ các phần đại số, số học, hình học và tổ hợp. Có 3 bài đại số, 1 bài số học, 1 bài hình và 1 bài tổ hợp. Đại số chiếm $50\%$ tổng số bài.

Các bài học sinh chuyên toán có thể lấy điểm được ở bài 1, 2 và bài 5a.
Các câu mức phân loại là 3a, 4a, 5b. Nếu làm chắc các câu trên nhiều khả năng sẽ đậu.
Những câu khó là 3b, 4b 5c, 6b, các kĩ thuật khó đối với học sinh cấp 2, đặc biệt là 3b và 4b.
Đề năm nay nhìn chung khó, các bạn làm được từ 5 điểm trở lên có hy vọng đậu vào chuyên toán, còn điểm cao tầm 9, 10 tôi nghĩ là rất khó đạt, phải thực sự có năng khiếu và làm bài chắc tay mới đạt được.

Bài 1.

a) (0.75 điểm) $\left\{ \begin{array}{l}
\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}=2 \\
x+y=m
\end{array} \right. \quad (1) $

ĐKXĐ: $x \ge 2$, $y\ge 1$

Đặt $u = \sqrt{x-2}, v = \sqrt{y-1}$ ta có $u, v \geq 0$ và $u+v = 2, u^2+v^2=4$.

Giải ra được $u = 2, v=0$ hoặc $u = 0, v=2$. Từ đó có nghiệm $(x;y)$ là $(2;5), (6;1)$.

b) (0.75 điểm)

Đặt $u=\sqrt{x-2}$, $v= \sqrt{y-1}$ ($u, v \ge 0)$

Hệ phương trình trở thành: $\left\{ \begin{array}{l}
u+v=2 \\
u^2 + v^2 =m-3
\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
u+v=2 \\
2u^2 – 4u +7-m=0 \quad (2)
\end{array} \right. $

Để hệ $(1)$ có nghiệm khi và chỉ khi $(2)$ phải có 2 nghiệm không âm, nhỏ hơn hoặc bằng 2, khi và chỉ khi:

$\left\{ \begin{array}{l}
\Delta ‘ \ge 0 \\
S \geq 0 \\
\left( x_1 -2 \right) \left( x_2 -2 \right) \geq 0 \\
S \le 4
\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \ge 5 \\
m \le 7
\end{array} \right. $

Vậy $5 \le m \le 7$ thì hệ đã cho có nghiệm $(x,y)$

Bài 2.

a) $MK=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow N=0 .$

$M K =\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

$+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$
$=\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{b}{a(c+a)}+\dfrac{c}{a(a+b)}$

$+\dfrac{a}{b(b+c)}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{c}{b(a+b)}+$

$+\dfrac{a}{c(b+c)}+\dfrac{b}{c(c+a)}+\dfrac{1}{a+b}$
$=N+\dfrac{b}{c+a}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c})$

$+\dfrac{c}{a+b}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})+\dfrac{a}{b+c}(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$
$= N+\dfrac{b}{ac}+\dfrac{c}{ab}+\dfrac{a}{bc}= N+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}$

Mà $M K=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} $

$\Rightarrow N+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$

$\Rightarrow N=0$

b) Ta có $M=K=4 ; N=1$

Theo câu a) ta được:

$MK=N+\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$
$\Rightarrow 16=1+\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$
$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}=15abc$
$\Rightarrow(a+b+c)^{2}-2(a b+b c+c a)=15 a b c (*)$

Ta có:

$K+3=\dfrac{a}{b+c}+1+\dfrac{b}{c+a}+1+\dfrac{c}{a+b}+1=(a+b+c)N \Rightarrow 7=a+b+c$

$M=4 \Rightarrow a b+b c+c a=4 a b c$.

Thay vào $ (*) $
$\Rightarrow 7^{2}-2.4 a b c=15 a b c$
$\Rightarrow a b c=\dfrac{49}{23} .$

Bài 3.

a) Có nhận xét: nếu $x_1 + x_2 +\cdots x_k > 0$ thì có ít nhất $i \in \overline{1,k}$ để $x_i > 0$ suy ra $x_{k+1}>0$.

(0.75 điểm) Giả sử rằng $ x_1+x_2>x_n\geq \dfrac{1}{3}>0 $, khi đó $x_i > 0$ với mọi $2 \leq i \leq n$.

Do $n \geq 5$ nên $x_1+\cdots x_{n-1} \geq x_1 +x_2+x_3+x_4 \leq 2(x_1+x_2) >\dfrac{2}{3} \Rightarrow x_n < \dfrac{1}{3}$ (Vô lý).

Nếu $x_n \geq \dfrac{1}{3}$, khi đó $\dfrac{2}{3}\geq x_n \geq \dfrac{1}{3}$, Từ $x_1+x_2+\cdots x_n=1$, suy ra $$\dfrac{1}{3} \leq x_1+x_2 +\cdots +x_{n-1} = 1-x_n \geq \dfrac{2}{3}$$
Nếu $x_n < \dfrac{1}{3}$. Suy ra $x_i < \dfrac{1}{3}$ với mọi $i$.
Giả sử không tồn tại $k$ thỏa đề bài, tức là không có $k$ để $$\dfrac{1}{3}\le x_1 + x_2 + \ldots + x_k \le \dfrac{2}{3} (*)$$

Ta chứng minh tồn tại $l\leq n-2$ sao cho $x_1+\cdots x_l < \dfrac{1}{3}$ và $x_1+\cdots x_{l+1} > \dfrac{2}{3}$. (**)

Thật vậy nếu không tồn tại $l$ thì $x_1 < \dfrac{1}{3}$, suy ra $x_1+x_2 < \dfrac{1}{3}$, vì ngược lại thì do (**) nên $\dfrac{1}{3} \leq x_1+x_2 \leq \dfrac{2}{3}$.(mâu thuẫn do (*)

Lý luận tương tự thì $x_1+x_2+\cdots x_{n-1} <\dfrac{1}{3}$(Mâu thuẫn).

Do đó nếu tồn tại $l$ thỏa $(**)$ thì suy ra $x_{l+1} > \dfrac{1}{3} > x_n$ (vô lý).

Vậy điều giả sử sai. Do đó tồn tại $k$ thỏa đề bài.

Bài 4.

a) (0.5 điểm) ${{\left(2n+1\right)}^3+1}\; \vdots\; {{2}^{2021}}$
$\Leftrightarrow {(2n+2)(4n^{2}+2n+1)}\;\vdots\;{{2}^{2021}}$
$\Leftrightarrow {2(n+1)(4n^{2}+2n+1)}\;\vdots\;{{2}^{2021}}$
$\Leftrightarrow {(n+1)(4n^{2}+2n+1)}\; \vdots\; {{2}^{2020}}$
$\Leftrightarrow n+1\; \vdots \; 2^{2020} \quad\text{(do$ \; 4n^{2}+2n+1 \equiv 1 \; $ (mod$ \; 2$))}$
$\Leftrightarrow n=2^{2020}k-1\ (k\in \mathbb Z^+)$

b) (1 điểm)Từ $p\mid 2n+2$ và $p\mid 4n^2+2n+1$ thì $p$ phải là số lẻ, dẫn đến $p\mid n+1$.

Do $4n+2+2n+1=4(n-1)(n+1)+2(n+1)+3$ nên $p\mid 3$, từ đó $p=3$. Kết hợp với điều kiện $p\mid n+1$ thì $n=3k-1$ với $k\in \mathbb Z^+$.
(0.5 điểm)
Ta chứng minh rằng $\dfrac{2n+2}{3}$ và $\dfrac{4n+2+2n+1}{3}$ không cùng là số chính phương.

Thật vậy, giả sử rằng ta có điều ngược lại, vì chúng đều là số nguyên dương nên:
$$\dfrac{2n+2}{3}\cdot \dfrac{4n^2+2n+1}{3}=s^2\ (s\in \mathbb Z^+)$$
Viết lại thành $(2n+1)^3=(3s-1)(3s+1)$.

Do $s$ là số chẵn nên $(3s-1,3s+1)=1$, dẫn đến việc tồn tại các số nguyên $a,b$ để $ab=2n+1$, $(a,b)=1$ và:
$$\begin{cases}
3s-1=a^3\\
3s+1=b^3
\end{cases}$$

Từ đây $2=(b-a)(b^2+ba+a^2)$.

Do $b>a$ nên $b-a\in{1,2}$.

Xét từng trường hợp và giải ra cụ thể, ta được $(a,b)=(-1,1)$.

Tuy nhiên điều này dẫn đến $s=0$, trái với việc $s>0$ từ điều đã giả sử.

Vậy giả sử ban đầu là sai hay hai số đã cho không thể cùng là số chính phương.
(0.5 điểm)

Bài 5.

a) (1 điểm) Qua $D$ vẽ đường thẳng song song $BC$ cắt $AB, AC$ tại $X, Y$.

Ta có $\dfrac{DY}{BC} = \dfrac{DF}{BF} = \dfrac{DE}{EC} = \dfrac{DX}{BC}$.

Suy ra $DX = DY$. Suy ra $D$ là trung điểm của $XY$.

Do đó $AD$ qua trung điểm $I$ của $EF$.

Ta có $DHFN, DHEM$ nội tiếp. Suy ra $\widehat{DHN} = \widehat {DFN} = \widehat {MAN}$ và
$\widehat {DHM} = \widehat {NEM} = \widehat {NAM}$.

Suy ra $\widehat {MHN} = 2 \widehat {MAN} = \widehat {MIN}$.

Suy ra tứ giác $MIHN$ nội tiếp. Ta có điều cần chứng minh.
b) (1 điểm) Ta có $\triangle BMP \backsim \triangle BLF$.
Suy ra $BM \cdot BF = BP \cdot BL$.

Mặt khác $\triangle BAF \backsim \triangle BEM$, suy ra $BE \cdot BA = BM \cdot BE$.

Do đó $BA \cdot BE = BP \cdot BL$.

Từ đó ta có tứ giác $AEPL$ nội tiếp.

Chứng minh tương tự thì tứ giác $AFQK$ nội tiếp.

Và $\dfrac{BP\cdot BL}{CQ\cdot CK} = \dfrac{BE\cdot BA}{CF \cdot CA} = \dfrac{AB^2}{AC^2}$.
c) (1 điểm) Giả sử $EL, FK$ cắt nhau tại $S$ thuộc $(I)$.

Khi đó $\angle ESF =90^\circ$ và $EFLK$ là hình vuông.

Vẽ $PU \bot AB, QV \bot AC$.

Ta có $\dfrac{BP}{BC} = \dfrac{BU}{BA} = \dfrac{BK}{BL}$
và $\dfrac{CQ}{BC} = \dfrac{CV}{CA} = \dfrac{CL}{CK}$

Đặt $x = EF = KL$

Ta cần chứng minh $\dfrac{BK}{BL} + \dfrac{CL}{CK} = 1$.

$ \Leftrightarrow BK \cdot CK + BL \cdot CL = BL \cdot CK$
$\Leftrightarrow BK(CL+x)+(BK+x)CL = (BK+x)(CL+x)\Leftrightarrow x^2= BK\cdot CL$.

Đúng vì tam giác $BEK$ và $CFL$ đồng dạng.

Bài 6.

a) Giả sử có chữ cái $S$ sao cho $S$ có mặt trong 6 tập hợp từ $N$ tập đã cho, chẳng hạn 6 tập $A_1$, $A_2$, $\ldots$, $A_6$.

Vì hai tập hợp bất kỳ có chung đúng một chữ cái nên hai tập hợp bất kỳ trong 6 tập trên bao giờ cũng chỉ có chữ cái chung duy nhất là $S$.

Do đó, tổng số chữ cái có mặt trong 6 tập trên là: $1+6(5-1)=25$.

Nếu $N=6$ thì vô lý do $S$ không xuất hiện trong tất cả $N$ tập hợp. Do đó $N \ge 7$.
Với $N \ge 7$, lấy tập $A_7$, có 2 khả năng:
+ $A_7$ chứa $S$: Vì $A_7$ và những tập $A_1$, $A_2$, $\ldots$,$A_6$ có chung đúng một chữ cái $\sigma$ nên $A_7$ còn chứa 4 phần tử không nằm trong bất kỳ tập nào thuộc $A_1$, $A_2$, $\ldots$, $A_6$.

Suy ra tổng số chữ cái trong 7 tập trên là: $1+ 7(5-1)=29 >26$ (vô lý)
+ $A_7$ không chứa $S$.

Khi đó $A_7$ sẽ có chung đúng 1 phần tử với mỗi tập $A_1$, $A_2$, $\ldots$, $A_6$ và 6 phần tử này phải khác nhau. (vì 6 tập $A_1$, $A_2$, $\ldots$, $A_6$ đã có chung $S$)

Do đó $A_7$ có ít nhất 6 phần tử. (vô lý).
Vậy không có chữ cái nào nằm trong 6 tập hợp từ $N$ tập hợp đã cho.

Giả sử có nhiều nhất $k$ tập hợp có chung đúng 2 chữ cái, chẳng hạn $S$ và $T$.

Khi đó dễ thấy $k \ge N-1$ nên tồn tại một tập hợp khác chưa được kể tên trong $k$ tập hợp trên, đặt là tập hợp $X$, $X$ không chứa $\left\{ S, T \right\} $.

Nếu $X$ không chứa cả $S$ lẫn $T$. $X$ giao mỗi tập trong $k$ tập kia ở 2 phần tử khác nhau nên $2k \le 5 \Rightarrow k \le 2$
Nếu $X$ chỉ chứa $S$, không chứa $T$.
Khi đó 4 phần tử còn lại giao với $k$ tập kia ở các phần tử khác nhau, mà $X$ có 5 phần tử nên $k \le 4$.
Vậy có nhiều nhất 4 tập hợp có chung đúng 2 chữ cái.

Để chỉ ra một ví dụ về khả năng có $4$ tập hợp, xét $N=6$. Để thuận tiện, thay các chữ cái bằng các con số từ $1$ đến $26$. Khi đó chọn bộ $N$ tập hợp như sau:
$$\begin{cases}
A_1=\{1,2,3,4,5\}\\\\
A_2=\{1,2,6,7,8\}\\\\
A_3=\{1,2,9,10,11\}\\\\
A_4=\{1,2,12,13,14\}\\\\
A_5=\{1,3,6,10,13\}\\\\
A_6=\{2,3,6,9,12\}
\end{cases}$$
Bộ $6$ tập hợp này thỏa mãn tất cả các điều kiện của bài toán.

Lời giải được thực hiện bởi nhóm giáo viên Star Education: thầy Nguyễn Tăng Vũ, thầy Lê Phúc Lữ, thầy Nguyễn Tấn Phát, Nguyễn Tiến Hoàng, Nguyễn Công Thành, Trần Tín Nhiệm, Châu Cẩm Triều, Lê Quốc Anh.

Đề thi vào lớp 10 Chuyên Toán vào trường PTNK năm 2020

ĐỀ BÀI

Bài 1. Cho các phương trình: $x^2+ ax +3=0$ và $x^2 +bx +5=0$ với $a$, $b$ là tham số. a) Chứng minh nếu $ab\ge 16$ thì trong hai phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm. b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung $x_0$. Tìm $a$, $b$ sao cho $|a|+|b|$ có giá trị nhỏ nhất. Bài 2. Cho phương trình: $3x^2-y^2=23^n$ với $n$ là số tự nhiên. a) Chứng minh nếu $n$ chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên $(x,y)$. b) Chứng minh nếu $n$ lẻ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên $(x,y)$. Bài 3. Cho đường tròn $(O)$, dây cung $BC$ không chứa tâm $O$ và điểm $A$ thay đổi trên cung lớn $BC$. Lấy các điểm $E$ và $F$ thỏa mãn: $\angle ABE =\angle CAE =\angle ACF =\angle BAF =90^\circ $. a) Chứng minh rằng $AE\cdot AC =AF \cdot AB$ và điểm $O$ là trung điểm $EF$. b) Hạ $AD$ vuông góc với $EF$ $(D\in EF)$. Chứng minh các tam giác $DAB$ và $DCA$ đồng dạng và điểm $D$ thuộc một đường tròn cố định. c) Gọi $G$ là giao điểm của $AD$ với đường tròn $(O)$ $(G\ne A)$. Chứng minh $AD$ đi qua một điểm cố định và $GB\cdot AC = GC\cdot AB$. d) Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. Chứng minh $AK$ đi qua một điểm cố định. Bài 4. Cho số tự nhiên $a=3^{13}\cdot 5^7 \cdot 7^{20}$ a) Gọi $A$ là tập hợp các số nguyên dương $k$ sao cho $k$ là ước của $a$ và $k$ chia hết cho 105. Hỏi tập $A$ có bao nhiêu phần tử? b) Giả sử $B$ là một tập con bất kỳ của $A$ có 9 phần tử. Chứng minh ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của $B$ sao cho tích của chúng là số chính phương. Bài 5. Cho hệ phương trình với $k$ là tham số: $\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{x}{\sqrt{yz}}+\sqrt{\dfrac{x}{y}}+\sqrt{\dfrac{x}{z}}=k\\ \dfrac{y}{\sqrt{zx}}+\sqrt{\dfrac{y}{z}}+\sqrt{\dfrac{y}{x}}=k\\ \dfrac{z}{\sqrt{xy}}+\sqrt{\dfrac{z}{x}}+\sqrt{\dfrac{z}{y}}=k \end{array} \right. $ a) Giải hệ với $k=1$. b) Chứng minh hệ vô nghiệm với $k\ge 2$ và $k\ne 3$.

LỜI GIẢI

Bài 1. Xét phương trình: $x^2 +ax +3=0 \quad (1)$, ta có: $\Delta_1 = a^2-12$. Xét phương trình: $x^2 +bx +5=0 \quad (2)$, ta có: $\Delta_2 = b^2-20$ Ta có: $\Delta_1 + \Delta_2 = a^2 + b^2 -32 \ge 2ab -32 \ge 0$ Vậy trong hai số $\Delta_1$ và $\Delta_2$ có ít nhất một số không âm hay một trong hai phương trình đã cho có nghiệm. Dễ thấy $x_0 \ne 0$.

$(1) \Leftrightarrow -a=\dfrac{x_0^2+3}{x_0} \Leftrightarrow |a|=\dfrac{x_0^2+3}{|x_0|}$ $(2) \Leftrightarrow -b=\dfrac{x_0^2+5}{x_0} \Leftrightarrow |b|=\dfrac{x_0^2+5}{|x_0|}$
Suy ra $|a|+|b|= 2|x_0| + \dfrac{8}{|x_0|} \ge 2\sqrt{2|x_0| \cdot \dfrac{8}{|x_0|}} =8 $

Dấu $”=”$ xảy ra khi và chỉ khi: $x_0^2=4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x_0 =2 \\ x_0 = -2 \end{array} \right. $ Với $x_0=2$ hoặc $x_0=-2$, lần lượt giải được $a=\dfrac{7}{2}; \, b= \dfrac{9}{2}$ hoặc \ $a=-\dfrac{7}{2}; \, b=- \dfrac{9}{2}$ Vậy giá trị nhỏ nhất của $|a|+|b|$ là 8 khi $a=\dfrac{7}{2}; \, b= \dfrac{9}{2}$ hoặc $a=-\dfrac{7}{2}; \, b=- \dfrac{9}{2}$ Bài 2. a) Ta nhận thấy 1 số chính phương $m=a^2$ khi chia cho 3 thì có số dư lần lượt là 0 hoặc 1. Nên tổng 2 số chính phương nếu chia hết cho 3 thì mỗi số đều phải chia hết cho 3. Quay lại bài toán, do $n$ chẵn nên $23^n$ và $y^2$ đều là các số chính phương mà $23^n +y^2 =3x^2\ \vdots \ 3 \Rightarrow 23^n\ \vdots \ 3$ (vô lí) Vậy $n$ chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. b) Do $n$ lẻ $\Rightarrow n=2k+1$ ($k\in \mathbb{N^*}$) Xét $\left\{ \begin{array}{l} x=3\cdot 23^k\\ y=2\cdot 23^k \end{array}\right. $ $\Rightarrow 3x^2-y^2=23^{2k+1}=23^n$ Vậy phương trình có nghiệm nguyên Bài 3.

a) Ta có $\angle BAE + \angle EAF = 90^\circ$ và $\angle CAF + \angle EAF = 90^\circ$. Suy ra $\angle BAE = \angle CAF$. $\triangle ABE \backsim \triangle ACF$, suy ra $AE \cdot AC = AB \cdot AF$ Gọi $I$ là giao điểm của $BE$ và $CF$. Khi đó $AI$ là đường kính của $O$. Tứ giác $AEIF$ là hình bình hành, $O$ là trung điểm $AI$ nên là trung điểm $EF$. b) Các tứ giác $ADBE, ADFC$ nội tiếp. Khi đó $\angle ADB = \angle AEB = \angle AFC = \angle ACD$. $\angle ABD = \angle AEC = \angle IFE = \angle AFC = \angle ADC$. Suy ra $\triangle ADB \backsim \triangle ACDA$. (g.g) Ta có $\angle BDC = 2 \angle ADB = 2 \angle AEB = 2 \angle EIF = \angle BOC$. Suy ra tứ giác $BDOC$ nội tiếp. $D$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $BOC$ cố định. c) Gọi $S$ là giao điểm của $AD$ và $(BOC$), ta có $\angle OBS = \angle ODS = 90^\circ$. Suy ra $OS$ là đường kính của $(BOC$, do đó $S$ cố định. $AD$ qua $S$ cố định và $SB, SC$ là tiếp tuyến của $(O)$. Khi đó $\triangle SAB \backsim \triangle SGB$, suy ra $\dfrac{AB}{BG} = \dfrac{SB}{SG}$ tương tự thì $\dfrac{AC}{GC} = \dfrac{SC}{SG}$. Mà $SB = SC$, nên $\dfrac{AB}{BG} = \dfrac{AC}{CG}$, suy ra $GB \cdot AC = GC \cdot AB$. Dễ thấy $D$ là trung điểm của $AG$. d) Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Ta chứng minh $A, M, K$ thẳng hàng. Ta chứng minh được $\angle DAE = \angle KAF$ ($\angle 90^\circ – \angle AED$). Gọi $T$ là trung điểm $CG$. Ta có $\triangle ACD \backsim \triangle BCG$ suy ra $\triangle ABC \backsim \triangle DCG$. Từ đó ta có $\triangle ACM \backsim \triangle DCT$. Khi đó $\angle CAM = \angle CDT = \angle ACD = \angle BAD$. Mà $\angle CAM = \angle CAF + \angle FAM$ và $\angle BAD = \angle BAE + \angle EAD$. Suy ra $\angle FAM = \angle EAD = \angle FAK$. Vậy $A, M, K$ thẳng hàng. $AK$ qua trung điểm $M$ của $BC$ cố định. Bài 4. a) $k\ \vdots \ 105 \Rightarrow k$ chia hết cho 3, 5, 7 $\Rightarrow k=3^n\cdot 5^m \cdot 7^p$ với $m$, $n$, $p$ nguyên dương $\Rightarrow $ có $13\cdot 7\cdot 20 =1820$ cách. b) Giả sử $B$ là tập hợp 9 số nguyên dương $a_i$, $i=\overline{1,9}$\ với $a_i=3^{n_i}\cdot 5^{m_i}\cdot7^{p_i}$ trong đó $0\le n_i\le 13$; $0\le m_i\le 7$ và $0\le p_i\le 20$ Do $B$ có 9 phân tử. Xét nguyên lý Dirichlet với tập các số $n_i$ thì ta có ít nhất 5 số hạng $a_i$ sao cho các số mũ $n_i$ của 3 tương ứng cùng tính chẵn lẻ. Xét tiếp nguyên lý Dirichlet 5 số này cho số mũ $m_i$ của 5 tương ứng thì ta có ít nhất 3 số mà số mũ $m_i$ cũng cùng tính chẵn lẻ. Với 3 số còn lại này ta cũng xét nguyên lý Dirichlet cho số mũ $p_i$ của 7 thì ta sẽ có ít nhất 2 số cũng tính chẵn lẻ. Do 2 số được chọn này có số mũ cùng tính chẵn lẻ với cả các số 3, 5 và 7 nên tích chúng lại sẽ là số chính phương. Bài 5. Điều kiện $x, y, z > 0$ hoặc $x, y, z < 0$. Từ hệ ta có $x + \sqrt{xz} + \sqrt{xy} = k\sqrt{yz} (1), y + \sqrt{yz} + \sqrt{yz} = k\sqrt{xz} (2), z +\sqrt{zx}+\sqrt{zy} = k\sqrt{xy} (3)$. a) Khi $k = 1$ ta có $x + \sqrt{xz} + \sqrt{xy} = \sqrt{yz} (1), y + \sqrt{yz} + \sqrt{yz} = \sqrt{xz} (2), z +\sqrt{zx}+\sqrt{zy} = \sqrt{xy} (3)$.

Nếu $x, y, z > 0$ thì cộng (3) phương trình ta có vô lí.
Nếu $x, y, z < 0$. Cộng 3 phương trình ta có $x+y+z +\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{zy} = 0 \Leftrightarrow (\sqrt{-x}-\sqrt{y})^2 +(\sqrt{-y}-\sqrt{-z})^2+(\sqrt{-x}-\sqrt{-z})^2 = 0$, do đó $x=y=z$.
Thử lại thấy bộ $(x,y,z)$ mà $x=y=z <0$ thỏa hệ phương trình.

b) Giả sử $k\geq 2, k = 3$ thì hệ có nghiệm $(x,y,z)$. Từ hệ ta có $x+y+z = (k-2)(\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{yz}) \geq 0, suy ra $x, y, z > 0$. Giả sử $x = \max{x,y,z}$, ta có $k = \dfrac{x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}}{\sqrt{yz}} \geq 3$. $k = \dfrac{z+\sqrt{xz}+\sqrt{yz}}{\sqrt{xy}} \leq 3$. Do đó $k = 3$ (vô lí). Vậy hệ vô nghiệm khi $k \geq 2 $ và $k \neq 3$.

Đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phổ thông Năng khiếu: Năm 2016

ĐỀ BÀI

BÀI 1.
a) Giải hệ $\left\{\begin{array}{l} (x-2y)(x+my) = m^2-2m-3 \\(y-2x)(y+mx) = m^2-2m-3
\end{array} \right.$ khi $m = -3$ và tìm $m$ để hệ co ít nhất một nghiệm $(x_o, y_o)$ thỏa $x_o > 0, y_o > 0$.
b) Tìm $a \geq 1$ để phương trình $ax^2 + (1-2a)x + 1-a=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_2^2 – ax_1 = a^2-a-1$.
BÀI 2. Cho $x, y$ là hai số nguyên dương mà $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho $xy$.

a) Chứng minh rằng $x, y$ là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau.
b) Chứng minh $k = \dfrac{x^2+y^2+10}{xy}$ chia hết cho 4 và $k \geq 12$.

BÀI 3. Biết $x \geq y \geq z, x + y + z =0$ và $x^2 + y^2 + z^2 = 6$.

a) Tính $S = (x-y)^2 + (x-y)(y-z) + (y-z)^2$.
b) Tìm giá trị lớn nhất của $P = |(x-y)(y-z)(z-x)|$.

BÀI 4. Tam giác $ABC$ nhọn có $\angle BAC > 45^o$. Dựng các hình vuông $ABMN, ACPQ$ ($M$ và $C$ khác phía đối với $AB$; $B$ và $Q$ khác phía đối với $AC$). $AQ$ cắt đoạn $BM$ tại $E$ và $NA$ cắt đoạn $CP$ tại $F$.

a) Chứng minh $\triangle ABE \sim \triangle ACF$ và tứ giác $EFQN$ nội tiếp.
b) Chứng minh trung điểm $I$ của $EF$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
c) $MN$ cắt $PQ$ tại $D$, các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $DMQ$ và $DNQ$ cắt nhau tại $K$ ($K$ khác $D$), các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cắt nhau tại $J$. Chứng minh các điểm $D, A, K, J$ thẳng hàng.

BÀI 5. Với mỗi số nguyên dương $m$ lớn hơn 1, kí hiệu $s(m)$ là ước nguyên dương lớn nhất của $m$ và khác $m$. Cho số tự nhiên $n > 1$, đặt $n_o = n$ và lần lượt tính các số $n_1 =n_o- s(n_o), n_2 = n_1 – s(n_1), …, n_{i+1} = n_i – s(n_i)$,…. Chứng minh tồn tại số nguyên dương $k$ để $n_k = 1$ và tính $k$ khi $n = 2^{16}.14^{17}$.

Hết

Lời giải.

Bài 1:

a) Đây là hệ đối xứng loại 2, nên phương pháp giải là lấy (1) – (2) để có thừa số $x-y$, từ đó giải tiếp.

Chú ý xét trường hợp và điều kiện $x_o > 0, y_o > 0$ để biện luận. Những dạng toán này chú ý tính toán cẩn thận và xét đầy đủ các trường hợp.

b) Là bài dạng biểu thức nghiệm không đối xứng, có nhiều cách, có thể tính nghiệm theo $m$ từ đó suy ra $m$.

Lời giải.

a) Khi $m = -3$ ta có hệ:

$\left\{\begin{array}{l} (x-2y)(x-3y)=12 \\(y-2x)(y-3x) = 12 \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} x^2-5xy+6y^2=12 (1)\\y^2-5xy+6x^2 = 12(2) \end{array} \right.$

Lấy (1) – (2) ta có $5(y^2-x^2) = 0 \Leftrightarrow x = y, x = -y$.
Với $x= y$ thế vào (1) ta có $x^2 =6 \Leftrightarrow x = \sqrt{6}, y = \sqrt{6}$ hoặc $x=-\sqrt{6}, y = -\sqrt{6}$.
Với $x = -y$ thế vào (1) ta có $x^2 = 1 \Leftrightarrow x = 1, x = -1$. Với $x = 1, y = -1$, với $x=-1, y = 1$.
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm.
Hệ có thể viết lại $\left\{\begin{array}{l} x^2+(m-2)xy-2my^2 = m^2-2m-3 (1)\\y^2+(m-2)xy-2mx^2= m^2-2m-3(2) \end{array} \right.$

Lấy (1) – (2) ta có $(2m+1)(y^2-x^2) = 0$.
Xét $m = \dfrac{-1}{2}$ ta có hệ trở thành: $x^2 – \dfrac{5}{2}xy + y^2 + \dfrac{7}{4}=0$, có nghiệm $ (\dfrac{5+\sqrt{2}}{2},2)$ thỏa đề bài.
Xét $m \neq \dfrac{-1}{2}$ ta có $x = y$ hoặc $x = -y$.

Trường hợp $x = -y$ không thỏa đề bài.
Trường hợp $x = y$, thế vào (1) ta có:

$-(m+1)x^2 = m^2-2m-3 = (m+1)(m-3)$.
Nếu $m = -1$ ta có $(x-2y)(x-y) = 0, (y-2x)(y-x) = 0$ có nghiệm thỏa đề bài, chỉ cần chọn $x=1, y=1$.
Nếu $m \neq -1$ ta có $x^2 = 3-m$ để có nghiệm $x_o = y_o > 0$ thì $m < 3$.

Khi đó phương trình có nghiệm $x_0 = \sqrt{3-m}, y_o = \sqrt{3-m}$ thỏa đề bài.

Kết luận $m = \dfrac{-1}{2}, m = -1$ và $m < 3$.

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt $\Delta = (1-2a)^2-4a(1-a) = 8a^2-8a+1 > 0$.
Theo định lý Viete ta có $x_1 + x_2 = \dfrac{2a-1}{a}$, suy ra $ax_1 + ax_2 = 2a – 1$. Suy ra $ax_1 = 2a-1-ax_2$.
Kết hợp giả thiết ta có $x_2^2+ax_2-2a+1=a^2-a-1
\Leftrightarrow x_2^2+ax_2-a^2-a+2=0
\Leftrightarrow ax_2^2+a^2x_2-a^3-a^2+2a=0$ (1).
Mà $x_2$ là nghiệm của phương trình nên ta có $ax_2^2+(1-2a)x_2+1-a = 0 (2)$.
Lấy (1) – (2) ta có $(a^2+2a-1)x_2 = a^3+a^2-3a+1$, mà $a \geq 1$ nên $a^2 + 2a – 1 \neq 0$, suy ra $x_2 = a-1$.
Thế vào phương trình (1) ta có $(a-1)^2+a(a-1)-a^2-a+2 = 0 \Leftrightarrow a=1, a=3$.
Thử lại ta nhận hai giá trị $a = 1, a=3$.

Bài 2.

a) Giả sử trong hai số $x, y$ có một số chẵn, vì vai trò $x, y$ như nhau nên có thể giả sử $x$ chẵn. Suy ra $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho 2, suy ra $y$ chẵn. Khi đó $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho 4, suy ra 10 chia hết cho 4 vô lý.
Vậy trong hai số đều là số lẻ.
Đặt $d= (x,y)$, $x= d.x’, y = d.y’$ ta có $x^2 + y^2 + 10 = d^2(x’^2 + y’^2) + 10$ chia hết cho $d^2x’y’$. Suy ra 10 chia hết cho $d^2$. Suy ra $d= 1$. Vậy $x, y$ nguyên tố cùng nhau.

b) Đặt $x = 2m + 1, y = 2n + 1$, suy ra $k = \dfrac{4(m^2+m+n^2+n+3}{(2m+1)(2n+1)}$, ta có $4, (2m+1).(2n+1)$ nguyên tố cùng nhau. Suy ra $m^2 + n^2 +m+n+3$ chia hết cho $(2m+1)(2n+1)$. Từ đó ta có $k$ chia hết cho 4. Chứng minh $k \geq 12$ bằng hai cách.
Cách 1: Ta có $x^2 + y^2 + 10 = kxy$.
Nếu trong hai số $x, y$ có một số chia hết cho 3, giả sử $x$ chia hết cho 3. Ta có $y^2 + 10$ chia hết cho 3 vô lý vì $y^2 $ chia 3 dư 0 hoặc dư 1.
Vậy $x, y$ không chia hết cho 3, suy ra $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho 3 và $3, xy$ nguyên tố cùng nhau. Do đó $k$ chia hết cho 3.
Do đó $k$ chia hết cho 12, vậy $k\geq 12$.
Cách 2: Xét $k=4$ ta có $x^2 + y^2 + 10 = 4xy$ () $\Leftrightarrow (x-2y)^2 = 3y^2 – 10$.
Ta có $(x-2y)^2$ chia 3 dư 0 hoặc 1 mà $3y^2-10$ chia 3 dư 2, nên phương trình () không có nghiệm nguyên dương.
Xét $k=8$ ta có $x^2 + y^2 + 10 = 8xy (*)\Leftrightarrow (x-4y)^2 = 15y^2 -10$.
Ta có $(x-4y)^2$ chia 3 dư 0 hoặc 1 mà $15y^2-10$ chia 3 dư 2 nên (**) không có nghiệm nguyên dương.
Vậy $k \geq 12$.

Bài 3. Bài này là bài bdt khó, nhưng câu a đã gợi ý để làm câu b, chú ý các bdt phụ quan trọng.

a) Ta có $(x+y+z)^2 = x^2+y^2+z^2 + 2(xy+yz+xz)$. Suy ra $xy + yz + xz = -3$.
Ta có $S = (x-y)^2 + (x-y)(y-z) + (y-z)^2 $

$= x^2 -2xy+y^2+xy-y^2+yz-xz+y^2-2yz + z^2$

$= x^2+y^2+z^2-yx-yz-xz = 9$.

b) Ta có thể chứng minh trực tiếp không qua câu a) như sau:

$(x-y)(y-z) \leq \dfrac{1}{3}((x-y)^2+(x-y)(y-z) + (y-z)^2) = 3$. Suy ra $P \leq 3|x-z|$.
Ta có $|x-z| \leq \sqrt{2(x^2+z^2)}\leq \sqrt{2(x^2+y^2+z^2)}= \sqrt{12}$. Suy ra $P \leq 3\sqrt{12} = 6\sqrt{3}$.
Đẳng thức xảy ra khi $x = \sqrt{3}, y =0, z = -\sqrt{3}$.

Vậy giá trị lớn nhất của P là $6\sqrt{3}$ khi $x = \sqrt{3}, y =0, z = -\sqrt{3}$

Ngoài ra ta có thể áp dụng câu a: Đặt $a = x-y, b = y-z$ ta có $a^2+b^2+ab = 9$, cần tìm giá trị lớn nhất của $P = ab(a+b)$.

Áp dụng $ab \leq \dfrac{1}{4} (a+b)^2$ và $a^2+b^2+ab \geq \dfrac{3}{4} (a+b)^2$. Ta có điều cần chứng minh.

Bài 4. Đây là bài hình khó và dài, các em chú ý hình vẽ cụ thể là góc, vẽ hình chính xác.

Tránh dùng các kiến thức cấp 3: phương tích trục đẳng phương,…

a) Ta có $\angle EAB + \angle BAC = 90^\circ, \angle FAC + \angle BAC = 90^\circ$. Suy ra $\angle EAB = \angle FAC$.
Mặt khác có $\angle ABE = \angle ACF = 90^\circ$. Suy ra $\triangle ABE \backsim \triangle ACF$.
Suy ra $AE\cdot AC = AF\cdot AB$ mà $ AC = AQ, AB = AN$. Suy ra $AE\cdot AQ = AN\cdot AF$. Suy ra tứ giác $QNEF$ nội tiếp.
b) Cách 1: Gọi $T$ là giao điểm của $MB$ và $CP$. Ta có $ABTC$ nội tiếp và $AT$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Mặt khác ta có $AF|| ET, AE|| FT$ nên $AETF$ là hình bình hành. Suy ra trung điểm $EF$ cũng là trung điểm $AT$. Do đó trung điểm $I$ của $EF$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
Cách 2: Xét hình thang $AEBF$, gọi $X$ là trung điểm của $AB$ khi đó $IX$ thuộc đường trung bình của hình thang, suy ra $IX || BE$ hay $IX$ vuông góc $AB$ vậy $IX$ là trung trực của đoạn $AB$. Chứng minh tương tự thì $I$ cũng thuộc trung trực đoạn $AC$. Vậy $I$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $ABC$.

b) $DA$ cắt $EF$ tại $K’$ ta có $\angle NFK’ = \angle NQA$ (vì $NQFE$ nội tiếp). Mà $\angle NQA = \angle NDA$(vì $AQDN$ nội tiếp). Suy ra $\angle NDA = \angle AFK’$.
Suy ra $NDFK’$ nội tiếp. Chứng minh tương tự ta có $DQK’E$ nội tiếp.
Do đó $K’$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp hai tam giác $DQM$ và $DPN$. Vậy $K’ \equiv K$. Suy ra $D, A, K$ thẳng hàng.
Ta có $\angle BKE = \angle EAB = \angle CAF = \angle CKF$. Suy ra $\angle BKC = 180^\circ – 2 \angle BKE = 2(90^\circ – \angle EAB) = 2\angle BAC = \angle BIC$. Suy ra $BKIC$ nội tiếp. Mà $IBJC$ nội tiếp, suy ra và $JB = JC$ nên $\angle BKJ = \angle CKJ$. Hay $KJ$ là phân giác $\angle BKC$.
Mặt khác $\angle BKA = 180^\circ – \angle AEB = 180^\circ – \angle AFC = \angle AKC$. Suy ra tia đối của tia $KA$ cũng là phân giác của $\angle BKC$. Do đó $A, K, J$ thẳng hàng.
Vậy 4 điểm $D, A, K, J$ thẳng hàng.

Bài 5. Đây là bài toán lạ và khá hay, sử dụng đơn biến.

Ta có $s(n_i) < n_i$, suy ra $n_i – s(n_i) \geq 1$. Suy ra $n_{i+1} \geq 1$. Do đó $n_i \geq 1$ với mọi $i = 1, 2, …$.
Mặt khác $n_{i+1} = n_i – s(n_i) < n_i$ với mọi $i$. Suy ra $n=n_o > n_1 > n_2 > …>…$.
Nếu không tồn tại $n_k$ để $n_k = 1$ ta xây dựng được dãy vô hạn các số nguyên dương giảm và nhỏ hơn $n$ (vô lý) vì số các số nhỏ hơn $n$ là bằng $n-1$.
Vậy tồn tại $k$ sao cho $n_k = 1$.
Với $n=2^{16}.14^{17} = 2^{33}.7^{17}$, ta có $n_1 = 2^{33}7^{17} – 2^{32}.7^{17}= 2^{32}.7^{17}$.\
$n_2 = 2^{31}.7^{17}$.
Tiếp tục ta có $n_{33} = 7^{17}$.
Đặt $m_o= 7^{17}$ ta có $m_1 = 6.7^{16}$, $m_2 = 3.7^{16}, m_3 = 2.7^{16}, m_4 = 7^{16}$. Tương tự ta có $m_8 = 7^{15}$,…,$m_{68} = 7^0 = 1$.
Vậy $k = 33 + 68 = 101$.

Đáp án và bình luận thi vào lớp 10 PTNK năm 2013: Đề chuyên toán

ĐỀ BÀI

BÀI 1. Cho phương trình $x^2-4mx+m^2-2m+1=0$ (1) với m là tham số .

a) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó hai
nghiệm không thể trái dấu.
b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $|x_1 -x_2| =1$.

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

BÀI 3. Cho $x, y$ là hai số không âm thỏa $x^3+y^3 < x- y$.

a) Chứng minh rằng $y \leq x \leq 1$.
b) Chứng minh rằng $x^3+y^3 \leq x^2 + y^2 \leq 1$.

BÀI 4. Cho $M = a^2 + 3a + 1$ với $a$ là số nguyên dương.

a) Chứng minh rằng mọi ước của $M$ đều là số lẻ.
b) Tìm $a$ sao cho $M$ chia hết cho 5. Với những giá trị nào của $a$ thì $M$ là lũy thừa của 5?

BÀI 5. Cho tam giác $ABC$ có góc $\angle A = 60^o$ , đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Đường thẳng $ID$ cắt $EF$ tại $K$, đường thẳng qua $K$ và song song với $BC$ cắt $AB,AC$ theo thứ tự tại $M,N$.

a) Chứng minh rằng các tứ giác $IFMK$ và $IMAN$ nội tiếp .
b) Gọi $J$ là trung điểm cạnh $BC$.Chứng minh rằng ba điểm $A,K,J$ thẳng hàng.
c) Gọi $r$ là bán kính của dường tròn $(I)$ và $S$ là diện tích tứ giác $IEAF$.Tính $S$ theo $r$ và
chứng minh $S_{IMN} \geq \dfrac{S}{4}$ ($S_{IMN}$ là diện tích tam giác $IMN$).

BÀI 6. Trong một kỳ thi, 60 thí sinh phải giải 3 bài toán. Khi kết thúc kỳ thi , người ta nhận
thấy rằng: Với hai thí sinh bất kỳ luôn có ít nhất một bài toán mà cả hai thí sinh đó đều giải
được. Chứng minh rằng :

a) Nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán khác mà
mọi thí sinh đều giải được .
b) Có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được.

LỜI GIẢI

Nhìn vào đề này thấy độ phức tạp nhẹ nhàng, các câu dễ có thể một phát ăn ngay là bài 1, 3a, 4a, 4b ý đầu, 5a.

Tiếp theo là các câu khó hơn như 2,3b ý sau, 5b, 5c và khó nhằn nhất có lẽ là bài tổ hợp.

Bài hình trong đề này là một bài rất quen thuộc, do đó việc giải lại các bài toán đã học là một việc quan trọng. Chú ý những lỗi suy luận trong làm bài, các em tự làm và tự đánh giá điểm để xem được nhiêu điểm nhé, đáp án sẽ có sau vài ngày nữa.

Bài 1. (1,5 điểm)

a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $\Delta ‘ = 3m^2+2m-1> 0 \Leftrightarrow m > \dfrac{1}{3}$ hoặc $m < – 1$. Khi đó tích hai nghiệm của phương trình $x_1x_2 = (m-1)^2 \geq 0$ nên phương trình không thể có hai nghiệm trái dấu.

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$ không âm:

$\Delta’ = 3m^2+2m-1\geq 0; S = x_1+x_2 \geq 0; P=x_1x_2 = m^2-2m+1 \geq 0$

$\Leftrightarrow m \geq \dfrac{1}{3} $
Ta có $|\sqrt{x_1}-\sqrt{2}| = 1 $
$\Leftrightarrow x_1 + x_2 – \sqrt{x_1x_2} = 1 $
$\Leftrightarrow 4m – 2\sqrt{m^2-2m+1} = 1 $
$\Leftrightarrow m = \dfrac{1}{2} (n), m = \dfrac{-1}{2} (l)$.

Bình luận Nhiều bạn xét $P \geq 0$ suy ra phương trình có hai nghiệm cùng dấu, cái này là suy luận sai, vì còn trường hợp bằng 0, tốt nhất là dùng phản chứng.

Bài 2. (1 điểm) Cộng ba phương trình lại ta có:
$3(x^2+y^2+z^2) + 2(x+y+z)+3 = 2(xy+yz+zx) + 4(x+y+z)$

$\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2)-2(xy+yz+xz) – 2(x+y+z)+3 = 0$

$\Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 + (x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2 = 0$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=1\\y=1\\z=1
\end{array} \right.$
Thử lại thấy $(1, 1,1)$ là nghiệm của hệ.

Bình luận: Bài này hệ hoái vị vòng quanh, bất đẳng thức là một trong những cách hay dùng.

Bài 3. (1,5 điểm)

a) Ta có $x – y \geq x^3 + y^3 \geq 0$, suy ra $x \geq y$.
Ta có $x \geq y + y^3 + x^3 \geq x^3$, suy ra $x(1-x)(1+x) \geq 0$. \Suy ra $0\leq x \leq 1$.
Do đó $0 \leq y \leq x \leq 1$.
b) Từ câu a ta có $0 \leq y \leq x \leq 1$, suy ra $x^3 \leq x^2, y^3 \leq y^2$. Suy ra $x^3+y^3 \leq x^2+y^2$.
Ta có $x – y \geq x^3+y^3 \geq x^3-y^3 \geq 0$.
Suy ra $x^2+y^2+xy \leq 1$, suy ra $x^2+y^2 \leq 1$.
Vậy $x^3+y^3\leq x^2+y^2 \leq 1$.

Bình luận: Đây là bất đẳng thức tương đối dễ, chỉ dùng các biến đổi đơn giản, tuy vậy để làm được ý cuối trong điều kiện phòng thi thì không đơn giản.

Bài 4. (1,5 điểm)

a)Ta có $M = a^2 + 3a + 1 = a(a+1) + 2a + 1$. Mà $a(a+1)$ là tích hai số tự nhiên liến tiếp nên chia hết cho 2, suy ra $M = a(a+1) + 2a +1$ là số lẻ, do đó mọi ước của $M$ đều là số lẻ.
b) Giả sử $M = a^2 + 3a + 1$ chia hết cho 5. Mà $M = (a-1)^2 + 5a$ nên $(a-1)^2$ chia hết cho 5. Suy ra $a = 5k + 1$ ($k$ là số tự nhiên).
Thử lại thấy với $a = 5k + 1$ thì M chia hết cho 5.
Giả sử $M = (a-1)^2+ 5a = 5^n$.
Nếu $n \geq $ ta có $M$ chia hết cho 25.
Từ M chia hết cho 5, tương tự trên ta có $a = 5k + 1$.
Khi đó $M = 25k^2 + 25k + 5 = 5(5k^2+5k+1)$. Ta có $5k^2 + 5k + 1$ không chia hết cho 5 nên M không chia hết cho 25. (mâu thuẫn).
Nếu $n = 1$. Khi đó $k = 0, a= 1$ và $A=5$ thỏa đề bài.
Đáp số $a = 1$.

Bình luận: Bài này thực chất là bài phương trình nghiệm nguyên, cách hay sử dụng là đồng dư, và đưa ra điều kiện của $a$, ta cũng có thể thử vài giá trị để đoán được nghiệm, từ đó cho ra cách giải.

Bên cạnh đó, nắm chắc một chút các phương pháp chia hết như biến đổi thành tổng.

Bài 5. (3 điểm)

a) Do $MN|| BC$ nên $IK \bot MN$. Do $\angle IKN = \angle IFM = 90^\circ$ nên tứ giác $IFMK$ nội tiếp. Tam giác $AEF$ đều nên $\angle KFI = 30^\circ$. Từ đó $\angle IMN = \angle KFI = \angle IAN = 30^\circ$ nên tứ giác $IMAN$ nội tiếp.
b) Ta có $\angle IMN = \angle INM = 30^\circ$ nên tam giác $IMN$ cân tại $I$.
Lại có $IK \bot MN$ nên $K$ là trung điểm của $MN$.
Gọi $J’$ là giao điểm của $AK$ và $BC$, ta có $\dfrac{MK}{BJ’} = \dfrac{AK}{AJ’} = \dfrac{NK}{CJ’}$ mà $MK = NK$ nên $BJ’ = CJ’$. Suy ra $J’$ là trung điểm của $BC$. Suy ra $J \equiv J’$, do đó $A, K, J$ thẳng hàng.
b) Ta có $AE = AF = r\sqrt{3}$, suy ra $S = 2S_{IAF} = 2.\dfrac{1}{2}IF\cdot AF = r^2 \sqrt{3}$.

Ta chứng minh được $S_{IEF} = \dfrac{1}{4}S$.
Các tam giác $IMN$ và $IEF$ cân tại $I$ có $\angle IMN = \angle IEF$ nên đồng dạng. Do đó $\dfrac{S_{IMN}}{S_{IEF}} = \dfrac{IM^2}{IF^2} \geq 1$ (do $IM \geq IF$). Suy ra $S_{IMN} \geq S_{IEF} = \dfrac{S}{4}$.
Dấu bằng xảy ra khi $M \equiv F$ hay tam giác $ABC$ là tam giác đều.

Bình luận. Đây là một mô hình quen thuộc của đường tròn nội tiếp, hầu hết các bạn đã gặp bài toán này, do đó nắm chắc các bài toán là một lợi thế.

Bài 6. (1,5 điểm)

a) Kí hiệu các bài toán là BT1, BT2, BT3.
Từ giả thiết suy ra rằng mọi thí sinh đều giải được ít nhất một bài toán.
Ta giả sử, mọi thí sinh đều không giải được BT1. Khi đó mọi thí sinh đều giải được BT2 hoặc BT3. Nếu có một thí sinh chỉ giải được 1 bài toán, giả sử đó là bài toán 2. Khi đó theo đề bài thì mọi thí sinh khác đều giải được bài toán 2. Vậy mọi thí sinh đều giải được bài toán 2. Còn nếu tất cả các thí sinh đều giải được 2 bài toán thì cũng thỏa.

b) Ta xét hai trường hợp:
TH1: Có một thí sinh nào đó giải đúng một bài toán, theo câu a thì mọi thí sinh đều giải được bài toán đó, ta có điều cần chứng minh.
TH2: Mọi thí sinh đều giải được ít nhất 2 bài toán. Gọi $a$ là số thi sinh giải được cả 3 bài toán, $b$ là số thí sinh giải được BT1 và BT2, $c$ là số thí sinh giải được BT2 và BT3, $d$ là số thí sinh giải được BT1 và BT3.
Ta có $a + b+ c+ d = 60$.
Nếu $b, c, d > 20$, suy ra $b+c+d > 60$ vô lý. Do đó có một trong ba số $b, c, d$ phải nhỏ hơn hoặc bằng 20. Giả sử là $b \leq 20$. Suy ra $a+c+d \geq 40$.

Hay số thí sinh giải được bài BT3 không ít hơn 40. Điều cần chứng minh.

Bình luận: Đây là bài tổ hợp vừa phải, câu a, chỉ cần đọc kĩ giả thiết là làm được.

Câu b, là biểu đồ venn có thể suy nghĩ đến khi cần phân ra các tập rời nhau.

Bên cạnh đó phản chứng là phương pháp được sử dụng.

Nhìn chung đề này có nhiều câu dễ và quen thuộc, với những câu đó phải làm trước và làm thật chắc, khi đó mới có nhiều thời gian làm các câu khó.

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2020

Đề thi vào lớp 10 TPHCM năm 2020

Bài 1. Cho parabol $ (P): y=\dfrac{1}{4}x^2$ và đường thẳng $ (d): y=-\dfrac{1}{2}x+2 $

a) Vẽ $ (P) $ và $ (d) $ trên cùng hệ trục tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của $ (P) $ và $ (d) $ bằng phép tính.

Giải

a) Bảng giá trị của $(d)$:

Bảng giá trị của $(P)$:

Đồ thị:

b) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$:

$\dfrac{1}{4}x^2 = -\dfrac{1}{2}x +2 \Leftrightarrow \dfrac{1}{4}x^2 +\dfrac{1}{2}x-2=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=2\Rightarrow y=1\\ x=-4\Rightarrow y=4 \end{array}\right. $

Vậy tọa độ giao điểm $\left( 2;\, 1\right) $, $\left( -4;\, 4\right) $

Bài 2. Cho phương trình: $ 2x^2-5x-3=0 $ có 2 nghiệm $ x_1; x_2 $.

Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: $ A=(x_1+2x_2)(x_2+2x_1) $.

Giải

Ta có: $\Delta = \left( -5\right) ^2-4\cdot 2\cdot (-3)=49>0\Rightarrow $ Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Áp dụng định lý Viete ta có: $\left\{ \begin{array}{l} S=x_1+x_2=\dfrac{5}{2}\\ P=x_1x_2=-\dfrac{3}{2} \end{array} \right. $

Ta có: $A=\left( x_1+2x_2\right) \left( x_2+2x_1\right)=2\left( x_1^2 +x_2^2\right) +5x_1x_2=2\left( S^2-2P\right) +5P=11 $

Vậy $A=11$

Bài 3. Quy tắc sau đây cho ta biết CAN, CHI của năm X nào đó.

Để xác định CAN, ta tìm số dư $ r $ trong phép chia $X$ cho $10$ và tra vào bảng $1$.

Để xác định CHI, ta tìm số dư $ s $ trong phép chia $X$ cho $12$ và tra vào bảng $2$.

Ví dụ: năm $2020$ có CAN là Canh, có CHI là Tí.

Bảng 1

Bảng 2

a) Em hãy sử dụng quy tắc trên để xác định CAN, CHI của năm $2005$?

b) Bạn Hằng nhớ rằng Nguyễn Huệ lên ngôi hoàng đế, hiệu là Quang Trung vào năm Mậu Thân nhưng không nhớ rõ đó là năm bao nhiêu mà chỉ nhớ là sự kiện trên xảy ra vào cuối thế kỉ $18$. Em hãy giúp Hằng xác định chính xác năm đó là năm bao nhiêu?

Giải

a) Năm $2005$ có CAN là Ất, có CHI là Dậu.

b) Vì năm hoàng đế Nguyễn Huệ lên ngôi là cuối thế kỉ $18$ nên năm đó có dạng $\overline{17ab}$ với $a,\ b\in \mathbb{N}$ và $0\le a,\ b\le 9$

Năm đó có CAN là Mậu nên ta có $\overline{17ab}$ chia $10$ dư $8$ suy ra chữ số tận cùng $b=8$

Năm đó có CHI là Thân nên ta có $\overline{17a8}$ chia hết cho $12$. Suy ra $\overline{17a8}$ chia hết cho $3$.

Khi đó: $1+7+a+8= 16+a\ \vdots \ 3 \Rightarrow a\in \left\{ 2;\ 5;\ 8\right\} $

Với $a=2\Rightarrow 1728$ chia $10$ dư $8$ và $1728$ chia $12$ dư $0$.

Với $a=5\Rightarrow 1758$ chia $10$ dư $8$ và $1758$ chia $12$ dư $6$ (loại).

Với $a=8\Rightarrow 1788$ chia $10$ dư $8$ và $1788$ chia $12$ dư $0$.

Vì sự kiện xảy ra vào cuối thế kỉ $18$ nên năm đó là năm $1788$.

Bài 4. Cước điện thoại $ y $ (nghìn đồng) là số tiền mà người sử dụng điện thoại cần trả hàng tháng, nó phụ thuộc vào lượng thời gian gọi $ x $ (phút) của người đó trong tháng. Mối liên hệ giữa hai đại lượng này là một hàm số bậc nhất $ y=ax+b. $ Hãy tìm $ a,b $ biết rằng nhà bạn Nam trong tháng $5$ đã gọi $100$ phút với số tiền là $40$ nghìn đồng và trong tháng $6$ đã gọi $40$ phút với số tiền $28$ nghìn đồng.

Giải

Với $x=100$ và $y=40$ ta có $40=100a+b$

Với $x=40$ và $y=28$ ta có $28=40a+b$

Ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l} 100a+b=40\\ 40a+b=28 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a=\dfrac{1}{5}\\ b=20 \end{array}\right. $

Vậy $a=\dfrac{1}{5}$ và $b=20$

Bài 5. Theo quy định của cửa hàng xe máy, để hoàn thành chỉ tiêu trong $1$ tháng, mỗi nhân viên phải bán được trung bình một chiếc xe máy trong một ngày. Nhân viên nào hoàn thành chỉ tiêu trong một tháng thì nhận được lương cơ bản là $8 000 000$ đồng. Nếu trong tháng nhân viên nào bán vượt chỉ tiêu thì được hưởng thêm $8\%$ tiền lời của số xe máy bán vượt chỉ tiêu đó. Trong tháng $5$ (có $31$ ngày), anh Thành nhận được số tiền là $9 800 000$ đồng (bao gồm cả lương cơ bản và tiền thưởng thêm của tháng đó). Hỏi anh Thành đã bán được bao nhiêu chiếc xe máy trong tháng $5$, biết rằng mỗi xe máy bán ra thì cửa hàng thu lời được $2 500 000$ đồng.

Giải

Tháng $5$ có $31$ ngày nên số xe máy tiêu chuẩn phải bán được là $31$ xe.

Gọi $x$ ($x>0$) là số xe máy anh Thành đã bán vượt chỉ tiêu.

Số tiền anh Thành được thưởng thêm là: $8\% \cdot 2\, 500\, 000 \cdot x = 200\, 000x$

Ta có phương trình: $200\, 000x = 9\, 800\, 000 -8\, 000\, 000 \Rightarrow x=9$

Vậy anh Thành đã bán được $40$ xe máy trong tháng $5$.

Bài 6. Anh Minh vừa mới xây một cái hồ trữ nước cạnh nhà có hình dạng hộp chữ nhật có kích thước $2m \times 2 m \times 1 m$. Hiện hồ chưa có nước nên anh Minh phải ra sông lấy nước. Mỗi lần ra sông anh gánh được $1$ đôi nước đầy gồm $2$ thùng hình trụ bằng nhau có bán kính đáy $0,2 \ m$, chiều cao $0,4 \ m$.

a)Tính lượng nước ($m^3$) anh Minh đổ vào hồ sau mỗi lần gánh (ghi kết quả làm tròn đến $2$ chữ số thập phân). Biết trong quá trình gánh nước về thì lượng nước bị hao hụt khoảng $10\%$ và công thức tính thể tích hình trụ là $V = \pi R^2h$.

b) Hỏi anh Minh phải gánh ít nhất bao nhiêu lần để đầy hồ? Bỏ qua thể tích thành hồ.

Giải

a) Thể tích nước anh gánh được trong hai thùng là: $V = 2\cdot \pi R^2h =\dfrac{4\pi }{125}$ ($m^3$)

Lượng nước anh Minh đổ vào hồ sau mỗi lần gánh là: $90\% \cdot V=\dfrac{18\pi }{625}\approx 0,09$ ($m^3$)

b) Thể tích hồ trữ nước là: $V_{\text{hồ}}=2\cdot 2\cdot 1=4$ ($m^3$)

Ta có: $\dfrac{V_{\text{hồ}}}{V}\approx 44,21 $

Vậy anh Minh phải gánh ít nhất $45$ lần để đổ nước đầy hồ.

Bài 7. Sau buổi sinh hoạt ngoại khóa nhóm bạn của Thư rủ nhau đi ăn kem ở một quán gần trường. Do quán mới khai trương nên có khuyến mãi, bắt đầu từ ly thứ $5$ giá mỗi ly kem được giảm $1 500$ đồng so với giá ban đầu. Nhóm của Thư mua $9$ ly kem với số tiền là $154 500$ đồng. Hỏi giá của một ly kem ban đầu?

Giải

Gọi $x$ (đồng) là giá tiền của một ly kem khi chưa giảm (ĐK: $x \geq 1 500$ đồng)

$ \Rightarrow$ Giá tiền ly kem từ ly thứ 5 trở đi là: $x-1 500$ (đồng)

Theo bài ra ta có: $4.x+5 (x- 1500)= 154 500 \Leftrightarrow x=18 000$ ( đồng)

Vậy giá tiền ly kem ban đầu là: $18000$ đồng.

Bài 8. Cho đường tròn tâm $O$; bán kính $R$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn sao cho $OA>2R$. Từ $A$ kẻ $2$ tiếp tuyến $AD$; $AE$ đến đường tròn ($O$) ($D$; $E$ là hai tiếp điểm). Lấy điểm $M$ nằm trên cung nhỏ $DE$ sao cho $MD >ME$. Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại $M$ cắt $AD$; $AE$ lần lượt tại $I$; $J$. Đường thẳng $DE$ cắt $OJ$ tại $F$ .

a) Chứng minh: $OJ$ là đường trung trực của đoạn thẳng $ME$ và $\angle OMF=\angle OEF$.

b) Chứng minh: tứ giác $ODIM$ nội tiếp và $5$ điểm $I;\ D; \ O;\ F;\ M$ cùng nằm trên một đường tròn.

c) Chứng minh: $\angle JOM=\angle IOA$ và $\sin \angle IOA=\dfrac{MF}{IO}$

Giải

Ta có: $ \left\lbrace \begin{array}{l} OM=OE (=R)\\ MJ=EJ \end{array} \right. \Rightarrow OJ$ là đường trung trực của đoạn $ME$
Ta có: $OJ$ là tia phân giác của góc $\angle EOM \Rightarrow \angle EOJ =\angle MOJ$

Xét $\triangle EOF $ và $\triangle MOF$ ta có: $OF$ chung, $OM=OE$, $\angle EOF= \angle MOF$

$\Rightarrow \triangle EOF = \triangle MOF \Rightarrow \angle OMF =\angle OEF$.

Tứ giác $ODIM$ có: $\angle ODI +\angle OMI =90^{\circ} +90^{\circ}= 180^{\circ}$

$\Rightarrow $ Tứ giác $ODIM$ là tứ giác nội tiếp $(1)$.

Ta có: $\angle ODE =\angle OED$ và $\angle OEF =\angle OMF$

$ \Rightarrow \angle ODF =\angle OMF \Rightarrow $ Tứ giác $ODMF$ là tứ giác nội tiếp $(2)$.

Từ $(1)$, $(2)$ ta có: $5$ điểm $I,D,O,F,M$ cùng thuộc một đường tròn.

Tứ giác $IDFM$ nội tiếp nên ta có: $\angle IOF =\angle IDF = \dfrac{1}{2}$ sđ cung $IF$ $(3)$

Tứ giác $ADOE$ nội tiếp nên : $\angle ADE =\angle AOE$ $(4)$

Từ $$(3)$, $(4)$ ta có: $\angle IOF =\angle AOE$

Mà ta có: $ \angle IOF =\angle IOA+ \angle AOF$

$ \angle AOE=\angle AOF +\angle EOF$

Suy ra: $ \angle EOF =\angle IOA$

Mặt khác $\angle EOF =\angle JOM$ ( do $OJ$ là tia phân giác$ EOM$ )

Vậy $\angle JOM =\angle IOA$ $(5)$

Ta có: $\triangle JMF \backsim \triangle JOI$ (g.g) $\Rightarrow \dfrac{JM}{JO} =\dfrac{MF}{OI}$ $(6)$

Xét tam giác $OMJ$ vuông tại $M$ nên: $\sin \angle JOM =\dfrac{MJ}{OJ}$ (7)

Từ $(5), (6), (7)$ suy ra: $ \sin \angle IOA=\dfrac{MF}{IO}$

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2019

Đề thi vào lớp 10 TPHCM năm 2019

Bài 1. Cho parabol $(P): y= -\dfrac{1}{2} x^2 $ và đường thẳng $(d): y= x-4$.

a) Vẽ $(P)$ và $(d)$ trên cùng hệ trục tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ bằng phép tính.

Giải

a) Bảng giá trị:

$y=x-4$

$y=-\dfrac{1}{2}x^2$

(Học sinh tự vẽ)

b) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$:

$-\dfrac{1}{2}x^2 = x-4 \Leftrightarrow x^2 +2x-8=0 \Leftrightarrow (x+4)(x-2)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=-4 \Rightarrow y=-8 \\ x=2 \Rightarrow y=-2 \end{array} \right. $

Vậy tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ là $(-4;-8)$ và $(2;-2)$.

Bài 2. Cho phương trình: $2x^2 -3x-1 =0$ có 2 nghiệm là $x_1$, $x_2$.

Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: $A=\dfrac{x_1-1}{x_2+1} + \dfrac{x_2-1}{x_1+1}$

Giải

Ta có: $\Delta = 9+8=17 >0$

$\Rightarrow $ Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$.

Theo định lý Viete, ta có: $\left\{ \begin{array}{l} x_1 + x_2 = \dfrac{3}{2} \\ x_1x_2 = – \dfrac{1}{2} \end{array} \right. $

$A= \dfrac{x_1-1}{x_2+1} + \dfrac{x_2 -1}{x_1 +1}$

$= \dfrac{x_1^2 -1 + x_2^2-1}{x_1x_2 +x_1+x_2+1} $

$= \dfrac{\left( x_1 + x_2 \right) ^2 – 2x_1x_2 -2}{-\dfrac{1}{2}+ \dfrac{3}{2}+ 1} $

$= \dfrac{\dfrac{9}{4}+1-2}{2} = \dfrac{5}{8} $

Bài 3. Quy tắc sau đây cho ta biết được ngày $n$, tháng $t$, năm $2019$ là ngày thứ mấy trong tuần. Đầu tiên, ta tính giá trị của biểu thức $T=n+ H$, ở đây $H$ được xác định bởi bảng sau:

Sau đó, lấy $T$ chia cho $7$ ta được số dư $r$ ($0 \le r \le 6$)

Nếu $r=0$ thì ngày đó là ngày thứ Bảy.

Nếu $r=1$ thì ngày đó là ngày Chủ Nhật.

Nếu $r=2$ thì ngày đó là ngày thứ Hai.

…

Nếu $r=6$ thì ngày đó là ngày thứ Sáu.

Ví dụ: Ngày $31/12/2019$ có $n=31$; $t=12$; $H=0 \Rightarrow T=31+0=31$; số $31$ chia cho $7$ có số dư là $3$, nên ngày đó là thứ Ba.

a) Em hãy sử dụng quy tắc trên để xác định các ngày $02/09/2019$ và $20/11/2019$ là thứ mấy?

b) Bạn Hằng tổ chức sinh nhật của mình trong tháng $10/2019$. Hỏi sinh nhật của bạn Hằng là ngày mấy? Biết rằng ngày sinh nhật của Hằng là một bội số của $3$ và là thứ Hai.

Giải

Ngày $02/09/2019$ có $n=2$, $t=9$; $H= 0$ suy ra $T= 2+0= 2$; 2 chia $7$ dư $2$ nên đó là ngày thứ Hai.
Ngày $20/11/2019$ có $n=20$, $t= 11$, $H=-2$ suy ra $T= 20 -2 =18$; $18$ chia $7$ dư $4$ nên đó là ngày thứ Tư.

b) $t=10$; $H=2$ suy ra $T= n+2$

Vì sinh nhật Hằng là thứ Hai nên $T$ chia $7$ dư $2$, suy ra $n$ chia hết cho $7$

Suy ra $n \in \left\{ 7;14;21;28 \right\} $

Lại có $n$ chia hết cho $3$ nên $n=21$

Vậy sinh nhật của Hằng là $21/10/2019$.

Bài 4. Tại bề mặt đại dương, áp suất nước bằng áp suất khi quyển và là $1$ atm (atmosphere). Bên dưới mặt nước, áp suất nước tăng thêm $1$ atm cho mỗi $10$ mét sâu xuống. Biết rằng mối liên hệ giữa áp suất $y$ (atm) và độ sâu $x$ (m) dưới mặt nước là một hàm số bậc nhất có dạng $y=ax+b$

a) Xác định các hệ số $a$ và $b$

b) Một người thợ lặn đang ở độ sâu bao nhiêu nếu người ấy chịu một áp suất là $2,85$ atm?

Giải

a) Ta có: $y= 1+ \dfrac{x}{10}$

Vậy $a= \dfrac{1}{10}$ và $b=1$

b) Ta có: $2,85= 1+ \dfrac{x}{10} \Rightarrow x= 18,5$ (m)

Vậy người thợ lặn ở độ sâu $18,5$ mét.

Bài 5. Một nhóm gồm $31$ bạn học sinh tổ chức một chuyến đi du lịch (chi phí chuyển đi được chia đều cho mỗi bạn tham gia). Sau khi đã hợp đồng xong, vào giờ chót có $3$ ban bận việc đột xuất không đi được nên họ không đóng tiền. Cả nhóm thống nhất mỗi bạn còn lại sẽ đóng thêm $18 000$ đồng so với dự kiến ban đầu để bù lại cho $3$ bạn không tham gia. Hỏi tổng chi phí chuyến đi là bao nhiêu?

Giải

Tổng số tiền $28$ bạn còn lại đã đóng thêm:

$$ 18000 \cdot 28 = 504000 \text{ (đồng)}$$

Số tiền trên chính là tổng số tiền $3$ bạn phải đóng lúc đầu nếu vẫn đi du lịch, nên số tiền mỗi bạn phải đóng lúc đầu nếu đi đủ $31$ bạn là:

$$ 504000 : 3= 168000 \text{ (đồng)}$$

Tổng chi phí chuyến đi là:

$$ 168000 \cdot 31 = 5208000 \text{ (đồng)}$$

Bài 6. Cuối năm học, các bạn lớp $9A$ chia làm hai nhóm, mỗi nhóm chọn một khu vườn sinh thái ở Bắc bán cầu để tham quan. Khi mở hệ thống định vị GPS, họ phát hiện một sự trùng hợp khá thú vị là hai vị trí mà nhóm chọn đều nằm trên cùng một kinh tuyến và lần lượt ở các vĩ tuyến $47^\circ $ và $72^\circ $.

a) Tính khoảng cách (làm tròn đến hàng trăm) giữa hai vị trí đó, biết rằng kinh tuyến là một cung tròn nối liền hai cực của trái đất và có độ dài khoảng $20 000$ km.

b) Tính (làm tròn đến hàng trăm) độ dài bán kính và đường xích đao của trái đất. Từ kết quả của bán kính (đã làm tròn), hãy tính thể tích của trái đất, biết rằng trái đất có dạng hình cầu và thể tích của hình cầu được tính theo công thức $V= \dfrac{4}{3} \cdot 3,14 \cdot R^3$ với $R$ là bán kính hình cầu.

Giải

a) Ta có: $\angle AOB = 72^\circ – 47^\circ = 25^\circ $

Khoảng cách giữa hai vị trí tham quan: $20000 \cdot \dfrac{25}{180} \approx 2800$ (km)

b) Gọi $R$ là bán kính trái đất.

Độ dài đường xích đạo bằng $2$ lần độ dài đường kinh tuyến và bằng: $40000$ km

$\Rightarrow 2R \cdot 3,14 = 40000 \Rightarrow R \approx 6400$ (km)

Thể tích trái đất: $V = \dfrac{4}{3} \cdot 3,14 \cdot R^3 = 1097509546667 \; (km^3)$

Bài 7. Bạn Dũng trung bình tiêu thụ $15$ ca-lo cho mỗi phút bơi và $10$ ca-lo cho mỗi phút chạy bộ. Hôm nay, Dũng mất $1,5$ giờ cho cả hai hoạt động trên và tiêu thụ hết $1200$ ca-lo. Hỏi hôm nay bạn Dũng mất bao nhiêu thời gian cho mỗi hoạt động?

Giải

$1,5$ giờ $= 90$ phút

Gọi $x$, $y$ (phút) lần lượt là thời gian Dũng mất cho việc bơi và chạy bộ. ($x,y>0$)

Ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l} x+ y =90 \\ 15x+ 10y= 1200 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x= 60 \\ y=30 \end{array} \right. $

Vậy Dũng đã bơi $60$ phút và chạy bộ $30$ phút.

Bài 8. Cho tam giác nhọn $ABC$ ($AB<AC$) nội tiếp đường tròn $(O)$. Hai đường cao $BD$ và $CE$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$. Đường thẳng $AH$ cắt $BC$ và $(O)$ lần lượt tại $F$ và $K$ ($K\ne A$). Gọi $L$ là hình chiếu của $D$ lên $AB$.

a) Chứng minh rằng tứ giác $BEDC$ nội tiếp và $BD^2 = BL \cdot BA$

b) Gọi $J$ là giao điểm của $KD$ và $(O)$ ($J \ne K$). Chứng minh $\angle BJK = \angle BDE$

c) Gọi $I$ là giao điểm của $BJ$ và $ED$. Chứng minh tứ giác $ALIJ$ nội tiếp và $I$ là trung điểm của $ED$.

Giải

a) Tứ giác $BEDC$ có $\angle BEC= \angle BDC = 90^\circ$ nên tứ giác $BEDC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

Tam giác $BDA$ vuông tại $D$ có $DL \bot BA$ nên ta có $BD^2=BL \cdot BA$

b) Có $ \angle BJK = \angle BCK =\angle BAK$ mà tứ giác $ADHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$ nên $\angle EAH= \angle BDE$ suy ra $\angle BJK =\angle BDE$.

c) Có $\angle BJK=\angle BDE$ suy ra $\Delta BDI \sim \Delta BJD (g-g)$ ta thu được $BD^2=BI \cdot BJ$

mà theo câu a) ta có $BD^2=BL \cdot BA$ nên $\Delta BIL \sim \Delta BAJ (c-g-c)$ suy ra $\angle BLI = \angle BJA$ do đó tứ giác $ALIJ$ nội tiếp.

Có $\angle LEI=\angle ACB=\angle AJB =\angle ELI$ suy ra tam giác $LEI$ cân tại $I$ nên $IL=IE$.

Tương tự $IL=ID$ suy ra $IE=ID (dpcm)$.

Toán Việt

Chia sẻ và học hỏi

Category Archives: Thi vào 10

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2018

LỜI GIẢI

Đề thi thử vào lớp chuyên toán Star Education năm 2021 – Lần 2

Đề thi chuyên toán vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2011

Đáp án đề thi Toán không chuyên trường Phổ thông Năng Khiếu năm 2021

Đáp án đề thi chuyên Toán thi vào trường Phổ thông Năng khiếu năm 2021

Đề thi vào lớp 10 Chuyên Toán vào trường PTNK năm 2020

Đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phổ thông Năng khiếu: Năm 2016

Đáp án và bình luận thi vào lớp 10 PTNK năm 2013: Đề chuyên toán

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2020

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2019