Category Archives: Lớp 9

Một số bài toán số học ôn thi vào 10 – P1

Bài 1. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho tổng các ước dương của $p^4$ là một số chính phương.

Lời giải

  • Theo đề ta có phương trình $1+p+p^2+p^3+p^4 = x^2$.
  • Ta có $(2p^2+p)^2< 4x^2 < (2p^2+p+2)$.
  • Do đó $4x^2 = (2p^2+p+1) = 4p^2+4p^3+4p^2+4p+4$
  • $p^2 -2p – 3 = 0 \Leftrightarrow p=3$.

Bài 2.  Cho $m,n$ là các số nguyên dương thỏa $m+m+1$ là một ước nguyên tố của $2(m^2+n^2)-1$. Chứng minh rằng $m.n$ là một số chính phương.

Lời giải

Ta có $2m^2+2n^2 -1 = (m+n)^2+(m-n)^2 -1 = (m+n-1)(m+n+1) + (m-n)^2$ chia hết cho $m+n-1$,

suy ra $(m-n)^2$ chia hết cho $m+n+1$.

Mà $m+n+1$ nguyên tố, suy ra $(|m-n|,m+n+1) = 1$, do đó $m=n$, suy ra $mn = m^2$ là số chính phương.

Bài 3.  Chứng minh rằng nếu tích của hai số nguyên tố cùng nhau là một số chính phương thì mỗi số cũng là số chính phương.

Lời giải

Cho $ab = x^2$, trong đó $(a,b)=1$.\
Đặt $d = (a,x), a=a’d, x=x’d$ ta có $a’b = x’^2d$. \
Do $(a’,x’^2)=1$ nên $b$ chia hết cho $x’^2$. \
Mặt khác do $(a,b) = 1$ nên $(b,d) = 1$, suy ra $x’^2$ chia hết cho $b$.\
Do đó $b=x’^2$, $a’=d$. Từ đó ta có $a=a’^2, b= x’^2$ là các số chính phương.\
\textbf{Nhận xét} Tương tự nếu $(a,b) = 1$ và $ab = x^k$ thì $a, b$ là lũy thừa bậc $k$ của một số nguyên.\
Đây là một bổ đề rất hay sử dụng.

Bài 4. Cho các số nguyên dương $a, b$ thỏa $2{a^2} + a = 3{b^2} + b$.
a) Tìm $a, b$ biết $a$ và $b$ là hai số nguyên tố cùng nhau.
b) Chứng minh $a-b$ và $2a + 2b + 1$ là các số chính phương.

Lời giải

a) $a(2a+1) = b(3b+1)$. Ta có $3b +1$ chia hết cho $a$ và $2a+1$ chia hết cho $b$.
Đặt $2a + 1 = kb$, suy ra $3b+1 = ka$. Suy ra $6ab + 2a+3b+1 = k^2ab$, suy ra $k = 1, 2$.
Nếu $k = 1$ ta có $2a+1 = b, 3b+1 = a$ (Vô nghiệm).
Nếu $k = 2$ ta có $2a+1 = 2b, 3b+1 = 2a$. (Vô nghiệm).
Phương trình vô nghiệm.
b) Ta có $(a-b)(2a+2b+1) = b^2$.
Giả sử $p$ là ước nguyên tố của $a-b, 2a+2b+1$, suy ra $p|b^2 \Rightarrow p|b$, suy ra $p|a$, suy ra $p|1$ (vô lý).\
Do đó $(a-b,2a+2b+1) = 1$.
Từ đó ta có $a-b, 2a+2b+1$ là các số chính phương.

Bài 5. Tìm tất cả số tự nhiên $a$ để tồn tại các số nguyên tố $p, q, r$ thỏa $$a=\dfrac{p+q}{r}+
\dfrac{q+r}{p}+ \dfrac{p+r}{q}$$.

Lời giải

  •  Nếu trong 3 số có đúng 2 số bằng nhau, giả sử $p = q \neq r$. Khi đó ta có $a = 2(\dfrac{p}{r}+\dfrac{r}{p}) + 2$. Suy ra $\dfrac{2(p^2+r^2)}{pr} = a-2$.

Suy ra $pr|2(p^2+r^2)$, mà $(p,r) = 1$, suy ra $p|2$, suy ra $p=2$. Vô lý.

  • Nếu 3 số đều khác nhau. Ta có $apqr = pq(p+q) + qr(q+r) + pr(p+r)$. Suy ra $p|qr(q+r)$, suy ra $p|p+q+r$.
    Tương tự ta có $q|p+q+r, r|p+q+r$. Suy ra $pqr|p+q+r$.
    Ta có $pqr > 4r$, suy ra $3pqr > 4(p+q+r) > 4pqr$. Vô lý.
  • 3 số bằng nhau, thì $a = 6$.

Bài tập

Bài 1. Cho $m,n$ và $d$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu $mn^2 + 1$ và $m^2n+1$ cùng chia hết cho $d$ thì $m^3+1$ và $n^3+1$ cũng chia hết cho $d$.

Bài 2. Cho $n \geq 3$ là số tự nhiên sao cho $3n+1$ là số chính phương. Chứng minh rằng có thể tìm được các số nguyên dương $a,b, c$ sao cho $$x = \sqrt{1+\dfrac{3n+3}{a^2+b^2+c^2}} $$
là một số nguyên.

Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên $n$ sao cho $n = q(q^2-q-1) = r(2r+1)$ với $p, r$ là các số nguyên tố.

Bài tập hình học ôn thi vào 10 – P1

Bài 1. Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$. Tiếp tuyến tại $A$ là $d$, tiếp tuyến tại $B$ là $d’$. $C$ là một điểm thuộc đường tròn, tiếp tuyến tại $C$ cắt $d$ và $d’$ lần lượt tại $D$ và $E$, $BC$ cắt $d$ tại $F$.
a) Chứng minh $D$ là trung điểm của $AF$.
b) Gọi $I$ là giao điểm của $BD$ và $CE$. $CI$ cắt $AB$ tại $G$. Chứng minh $CG^2 = GA.GB$.
c) Đường thẳng qua $A$ song song $EG$ cắt đường thẳng qua $B$ song song với $DG$ tại $H$. Chứng minh $D, H, E$ thẳng hàng.

Lời giải

a) Theo tích chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì: $DA = DC$,

tam giác $DAC$ cân tại $D$ nên $\angle DCA = \angle DAC$, mà $\angle DAC + \angle DCF = \angle DAC + \angle DFC= 90^0$.

Do đó $\angle DCF = \angle DFC$, suy ra $DC = DF$. \Vậy $DF = DA$, hay $D$ là trung điểm của AF.

b) Ta có $AD||BE$ nên $\dfrac{ID}{IB} = \dfrac{AD}{BE}$, mà $AD = CD, BE = CE$, suy ra $\dfrac{ID}{IB} = \dfrac{CD}{CE}$. Từ đó ta có $CI || BE$, suy ra $IC \bot AB$.

Tam giác ACB vuông tại C, có CG là đường cao nên: $CG^2 = GA.GB$.

c) Ta có $\dfrac{GA}{GB} = \dfrac{CD}{CE} = \dfrac{AD}{BE}$, suy ra $\triangle ADG \backsim \triangle BEG$, do đó: $\angle AGD = \angle BGC$.
$GJ$ cắt $AD$ tại $J$. Ta có $\angle AGD =\angle BDE = \angle AGJ$.
Suy ra $GEJ$ cân tại $G$ và $A$ là trung điểm của $DJ$.
Gọi $H’$ là trung điểm của $DE$. Suy ra $AH’ || GE$.
Tương tự thì $H’B || GD$. Do đó $H’ \equiv H$.
Vậy $H, D, E$ thẳng hàng.

Bài 2. Cho tam giác $ABC (AB <AC)$ có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm $O$. Vẽ 2 đường cao $AD$ và $CE$ của tam giác $ABC$ . Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $M$ . Từ $M$ kẻ tiếp tuyến thứ hai đến $(O)$ ($N$ là tiếp điểm ). Vẽ $CK$ vuông góc với $AN$ tại $K$. Chứng minh $DK$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $BE$.

Lời giải 

Gọi $Q$ là trung điểm đoạn $BC$.
Ta có $\angle AKD = \angle ACB = \angle ANB$, suy ra $DK || BN$, suy ra $\angle ATK = \angle ABN$.

Ta có 5 điểm $A, M, N, O, Q$ cùng thuộc đường tròn. Suy ra $\angle AQM = \dfrac{1}{2}\angle AON = \angle ACN$.

Suy ra $\angle ABN = 180^\circ- \angle ACN = 180^\circ – \angle AQM =\angle AQC$.

Suy ra $\angle ATK = \angle AQC$. Suy ra $ATDQ$ nội tiếp. Suy ra $AT \bot TQ$. Suy ra $T$ là trung điểm BE.

Bài 3. Cho đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác $ABC (AB < AC)$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ và $M$ là trung điểm cạnh $BC$. Gọi $Q$ là điểm đối xứng của $I$ qua $M$, tia $OM$ cắt $(O)$ tại $D$ và $QD$ cắt $(O)$ tại $T$ ($T$ thuộc cung $BD$ không chứa $A$).
a) Chứng minh rằng $DI = DB = DC$.
b) Đường thẳng qua $I$ song song $QD$ cắt $DO$ tại $K$. Chứng minh $DK.DO = DB^2$.
c) Chứng minh $\angle ACT = \angle DOI$.

Lời giải

b) Vẽ đường kính $DE$. Ta có $DB^2 = DM\cdot  DE $

$IKQD$ là hình bình hành, suy ra $DK = 2DM$.

Mặt khác $DO = \dfrac{1}{2}DE$

Nên $BD^2 = DK\cdot DO$

c)Vì $DB = DI$ nên ta có $DI^2 = DK\cdot DO$, suy ra $\triangle DIK \backsim \triangle DOI$.

Suy ra $\angle DOI = \angle DIK$ ,

mà $\angle DIK = \angle ADT = \angle ACT$.

Bài tập luyện tập

Bài 1. Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A vẽ đến (O) các tiếp tuyến AB và AC với B, C là các tiếp điểm. Trên tia đối của BA lấy điểm D, đường tròn ngoại tiếp ACD cắt (O) tai điểm thứ hai là E. DE cắt (O) tại F khác E. Gọi I là hình chiếu của B trên CD, H là giao điểm của OB và CD.
a) Chứng minh $CF||AC$.
b) Chứng minh tứ giác $IHEF$ nội tiếp.
c) Chứng minh $\angle IED = 2\angle ADC$.

Bài 2. Cho hình vuông ABCD cạnh a. E, F là các điểm thay đổi trên các cạnh CD và BC sao cho $\angle EAF = 45^0$. Gọi G, H lần lượt là giao điểm của AE, AF với BD.
a) Chứng minh rằng 5 điểm C,E, G, H, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh EF tiếp xúc với một đường tròn cố định.
c) Chứng minh $GH^2 = DG^2 + BH^2$.
d) Chứng minh chu vi tam giác CEF không đổi. Tìm giá trị lớn nhất diện tích của tam giác CEF.

Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Gọi D là hình chiếu của A trên BC và E là điểm đối xứng của A qua O. Gọi F là điểm chính giữa cung BC không chứa A.
a) Chứng minh rằng AF là phân giác góc $\angle DAE$.
b) Chứng minh $AD.AE = AB.AC$ và $S_{ABC} = \dfrac{AB.AC.BC}{4R}$.
c) Vẽ đường kính FG, đường tròn ngoại tiếp tam giác OAG cắt AB và AC tại M, N. Chứng minh BM = CN.

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

a)

  • 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, $OM=OE$, $\angle EOF= \angle MOF$

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

b)

  • 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.

c)

  • 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

a)

  • 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 $IE=ID (dpcm)$.

 

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2018

Đề thi vào lớp 10 TPHCM năm 2018

 

Bài 1.  Cho parabol $(P):y=x^2$ và đường thẳng $(d):y=3x-2$.

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) Học sinh tự vẽ hình.

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

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

  • Với $x=1$, suy ra $y=1$
  • Với $x=2$, suy ra $y=4$

Vậy giao điểm của $(P)$ và $(d)$ là $(1;1)$ và $(2;4)$

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

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

Giải

$3x^2-x-1=0$

Ta có: $\Delta = 1-4.3.(-1)=13>0$ nên phương trình trên luôn có hai nghiệm $x_1$, $x_2$.

Theo định lý Viete, ta có: $\left\{ \begin{array}{l} S=x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{1}{3} \\ P=x_1.x_2= \dfrac{c}{a}= -\dfrac{1}{3} \end{array} \right. $

$A=x_1^2 + x_2^2 = \left( x_1 +x_2 \right) ^2 -2x_1x_2 = \left( \dfrac{1}{3} \right) ^2 -2. \dfrac{-1}{3} = \dfrac{7}{9}$

Bài 3. Mối quan hệ giữa thang đo nhiệt độ $F$ (Fahrenheit) và thang đo nhiệt độ $C$ (Celsius) được cho bởi công thức $T_F=1,8T_C +32$, trong đó $T_C$ là nhiệt độ tính theo độ $C$ và $T_F$ là nhiệt độ tính theo độ $F$.

Ví dụ: $T_C= 0^\circ C$ tương ứng với $T_F=32^\circ F$.

a) Hỏi $25^\circ C$ ứng với bao nhiêu độ $F$?

b) Các nhà khoa học đã tìm ra mối liên hệ giữa $A$ là số tiếng kêu của một con dế trong một phút và $T_F$ là nhiệt độ cơ thể của nó bởi công thức: $A=5,6.T_F-275$, trong đó nhiệt độ $T_F$ tính theo độ $F$. Hỏi nếu con dế kêu $106$ tiếng trong một phút thì nhiệt độ của nó khoảng bao nhiêu độ $C$? (làm tròn đến hàng đơn vị)

Giải

a) Với $T_C= 25^\circ C$ thì: $T_F=1,8.25+32=77 \left( ^\circ F \right) $

b) Nếu con dế kêu 106 tiếng trong một phút thì ta có:

$106=5,6.T_F-275 \Leftrightarrow T_F=\dfrac{1905}{28} \left( ^\circ F \right) $

Nhiệt độ con dế tính theo độ $C$:

$T_F = 1,8. T_C +32 \Leftrightarrow \dfrac{1905}{28}=1,8 .T_C +32 \Leftrightarrow T_C \approx 20,02 \left( ^\circ C \right) $

Bài 4. Kim tự tháp Kheops – Ai Cập có dạng hình chóp đều, đáy là hình vuông, các mặt bên là tam giác cân chung đỉnh (hình vẽ). Mỗi cạnh bên của kim tự tháp dài $214 \; m$, cạnh đáy của nó dài $230 \; m$.

a) Tính theo mét chiều cao $h$ của kim tự tháp (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

b) Cho biết thể tích của hình chóp được tính theo công thức $V=\dfrac{1}{3}S.h$, trong đó $S$ là diện tích mặt đáy, $h$ là chiều cao của hình chóp. Tính theo $m^3$ thể tích của kim tự tháp này (làm tròn đến hàng nghìn).

Giải

a) Xét $\triangle BCD$ vuông tại $C$, ta có:

$BD^2 = BC^2 + CD^2$

$\Leftrightarrow BD^2 = 230^2 + 230^2 $

$\Leftrightarrow BD = 230\sqrt{2} \; (m)$ $

$\Rightarrow DO = \dfrac{BD}{2}= 115\sqrt{2} \; m$

$\triangle  SOD$ vuông tại $O$ có:

$SO^2 + OD^2 = SD^2 $

$\Leftrightarrow h^2 + \left( 115\sqrt{2} \right) ^2 = 214^2 $

$\Leftrightarrow h^2 = 19346 \Leftrightarrow h \approx 139,1 \; m$

Vậy $h \approx 139,1 \; m$

b) $S_{ABCD} = BC^2 = 230^2 \; \left( m^2 \right) $

Suy ra: $V_{ABCD} = \dfrac{1}{3}. S_{ABCD}.h= \dfrac{1}{3}. 230^2 .\sqrt{19346} \approx 2453000 \; \left( m^3 \right) $

Bài 5. Siêu thị $A$ thực hiện chương trình giảm giá cho khách hàng mua loại túi bột giặt $4kg$ như sau: Nếu mua $1$ túi thi được giảm $10 000$ đồng so với giá bán niêm yết. Nếu mua $2$ túi thì túi thứ nhất được giảm $10 000$ đồng và túi thứ hai được giảm $20 000$ đồng so với giá niêm yết. Nếu mua từ $3$ túi trở lên thì ngoài $2$ túi đầu được hưởng như chương trình giảm giá như trên, từ túi thứ ba trở đi, mỗi túi sẽ được giảm $20\%$ so với giá niêm yết.

a) Bà Tư mua $5$ túi bột giặt loại $4kg$ ở siêu thị $A$ thì phải trả số tiền là bao nhiêu, biết rằng loại túi bột giặt bà Tư mua có giá niêm yết là $150 000$ đồng/túi.

b) Siêu thị $B$ lại có hình thức giảm giá khác cho loại túi bột giặt nêu trên là: nếu mua từ $3$ túi trở lên thì sẽ giảm giá $15\%$ cho mỗi túi. Nếu bà Tư mua $5$ túi bột giặt thì bà Tư nên mua ở siêu thị nào để số tiền phải trả là ít hơn? Biết rằng giá niêm yết của hai siêu thị là như nhau.

Giải

a) Giá bà Tư phải trả cho túi thứ nhất:

$$ 150 000-10000=140000 \text{ (đồng)} $$

Giá bà Tư phải trả cho túi thứ hai:

$$ 150 000-20000=130000 \text{ (đồng)} $$

Giá bà Tư phải trả cho từ túi thứ 3 đến túi thứ 5:

$$3. 150 000. \left( 100\% -20\% \right) =360000 \text{ (đồng)} $$

Tổng số tiền bà Tư phải trả ở siêu thị $A$:

$$ 140000+130000+360000=630000 \text{ (đồng)}$$

b) Số tiền bà Tư phải trả khi mua 5 túi ở siêu thị $B$:

$$5.150000.\left( 100\% -15\% \right) = 637500 \text{ (đồng)}$$.

Vậy bà Tư nên mua ở siêu thị $A$.

Bài 6. Nhiệt độ sôi của nước không phải lúc nào cũng là $100^\circ C$ mà phụ thuộc vào độ cao của nơi đó so với mực nước biển. Chẳng hạn, Thành phố Hồ Chí Minh có độ cao xem như ngang mực nước biển ($x=0m$) thì nước sôi ở nhiệt độ là $y=100^\circ C$, nhưng ở thủ đô La Paz của Bolivia, Nam Mỹ có độ cao $x=3600m$ so với mực nước biển thì nhiệt độ sôi của nước là $y=87^\circ C$. Ở độ cao trong khoảng vài $km$, ngườu ta thấy mối liên hệ giữa hai đại lượng này là một hàm số bậc nhất $y=ax+b$ có đồ thị như sau:

trong đó $x$ là đại lượng biểu thị cho độ cao so với mực nước biển, $y$ là đại lượng biểu thị cho nhiệt độ sôi của nước.

a) Xác định các hệ số $a$ và $b$.

b) Thành phố Đà Lạt có độ cao $1500m$ so với mực nước biển. Hỏi nhiệt độ sôi của nước ở thành phố này là bao nhiêu?

Giải

a) Ta có: $y=ax+b$ $(1)$.

Dựa vào đồ thị, ta có:

  • Với $x=0$ thì $y=100$, thay vào $(1)$, ta có:

$100=a.0+b \Leftrightarrow b=100$

Suy ra hàm số: $y=ax+100$ $(2)$

  • Với $x=3600$ thì $y=87$, thay vào $(2)$, ta có:

$87=a.3600+100 \Leftrightarrow a=\dfrac{-13}{3600}$

Vậy mối liên hệ là hàm số: $y=-\dfrac{13}{3600}x+100$, hay $a=-\dfrac{13}{3600}$ và $b=100$

b) Nhiệt độ sôi ở Đà Lạt ($x=1500$) là:

$y=-\dfrac{13}{3600}.1500+100 \approx 94,6 \; \left( ^\circ C \right) $

Bài 7. Năm học $2017-2018$, Trường THCS Tiến Thành có ba lớp $9$ gồm $9A$, $9B$, $9C$ trong đó lớp $9A$ có $35$ học sinh và lớp $9B$ có $40$ học sinh. Tổng kết cuối năm học, lớp $9A$ có $15$ học sinh đạt danh hiệu học sinh giỏi, lớp $9B$ có $12$ học sinh đạt danh hiệu học sinh giỏi, lớp $9C$ có $20\%$ đạt danh hiệu học sinh giỏi và toàn khối $9$ có $30\%$ đạt danh hiệu học sinh giỏi. Hỏi lớp $9C$ có bao nhiêu học sinh?

Giải

Gọi $x$ (học sinh) là số học inh của lớp $9C$. ($x\in \mathbb{N}^*$)

Tổng số học sinh giỏi của khối $9$ là: $15+12+x.20\% = 27 + \dfrac{x}{5}$ (học sinh)

Tổng số học sinh của khối $9$: $35+40+x=75+x$ (học sinh)

Ta có:  $\dfrac{27+\dfrac{x}{5}}{75+x}=30\% $

$\Leftrightarrow 27 + \dfrac{x}{5} = \dfrac{3}{10} \left( 75+x \right) $

$\Leftrightarrow 27 + \dfrac{x}{5}= \dfrac{45}{2}+ \dfrac{3}{10}x $

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{10}x= \dfrac{9}{2} $

$\Leftrightarrow x=45$ (nhận)

Vậy lớp $9C$ có $45$ học sinh.

Bài 8. Cho tam giác $ABC$ có $BC=8cm$. Đường tròn tâm $O$ đường kính $BC$ cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $E$ và $D$. Hai đường thẳng $BD$ và $CE$ cắt nhau tại $H$.

a) Chứng minh: $AH$ vuông góc với $BC$.

b) Gọi $K$ là trung điểm của $AH$. Chứng minh tứ giác $OEKD$ nội tiếp.

c) Cho $\angle BAC = 60^\circ $. Tính độ dài đoạn $DE$ và tỉ số diện tích hai tam giác $AED$ và $ABC$.

Giải

a) $\triangle ABC$ có:  $\left. \begin{array}{l} CH\bot AB \\ BH \bot AC \end{array} \right\} \Rightarrow H$ là trực tâm của $\triangle ABC \Rightarrow  $AH \bot BC$.

b) $\triangle AEH$ và $\triangle ADH$ lần lượt vuông tại $E$ và $D$

Nên $4$ điểm $A, E, H, D$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AH$ hay đường tròn tâm $K$.

$\Rightarrow \angle BAC = \dfrac{1}{2} \angle EKD$.

Lại có $\angle ABD = \dfrac{1}{2} \angle DOE$ nên

$\angle BAC + \angle ABD = \dfrac{1}{2} \left( \angle EKD + \angle DOE \right) $

$\Rightarrow 180^\circ – ADB = \dfrac{1}{2} \left( \angle EKD + \angle DOE \right) $

$\Rightarrow 90^\circ = \dfrac{1}{2} \left( \angle EKD + \angle DOE \right) $

$\Rightarrow \angle EKD + \angle DOE = 180^\circ $

Vậy $KDOE$ nội tiếp.

c) $\angle A =60^\circ \Rightarrow \angle EKD = 120^\circ \Rightarrow \angle DOE = 60^\circ$

$\triangle DOE$ cân tại $O$ có $\angle DOE =60^\circ $ nên $\triangle DOE$ đều.

$\Rightarrow DE=DO=EO=4cm$

Lại có $\triangle ADE \backsim \triangle ABC$ $(g-g)$ nên

$\dfrac{S_{ADE}}{S_{ABC}}= \left( \dfrac{AD}{AB} \right) ^2 = \left( \cos \angle BAC \right) ^2 = \left( \cos 60^\circ \right) ^2 = \dfrac{1}{4}$

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2011

Đề thi vào lớp 10 TPHCM Năm 2011

Bài 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) $3 x^{2}-2 x-1=0$

b)  $\left\{\begin{array}{l}5 x+7 y=3 \\ 5 x-4 y=-8\end{array}\right.$

c) $x^{4}+5 x^{2}-36=0$

d) $3 x^{2}-x\sqrt{3}+\sqrt{3}-3=0$.

Giải

a) Vì phương trình $3x^2-2x-1 =0$ có $a+b+c=0$ nên

$(a) \Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=\dfrac{-1}{3}$.

b)  $\left\{\begin{array}{l}5 x+7 y=3 \\ 5 x-4 y=-8 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}11 y=11 \\ 5 x-4 y=-8\end{array} \right.$

$\quad((1)-(2))$ $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y=1 \\ 5 x=-4\end{array} \\ \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=-\dfrac{4}{5} \\ y=1\end{array}\right.\right.$.

c)  Đặt $\mathrm{u}=\mathrm{x}^{2} \geq 0,$ phương trình thành $: \mathrm{u}^{2}+5 \mathrm{u}-36=0$

$(*)$ có $\Delta=169,$ nên

$(*) \Leftrightarrow u=\dfrac{-5+13}{2}=4$ hay $u=\dfrac{-5-13}{2}=-9\ ($loại$)$

Do đó, phương trình có nghiệm $ \mathrm{x}=\pm 2$.

Cách khác $:(\mathrm{c}) \Leftrightarrow\left(\mathrm{x}^{2}-4\right)\left(\mathrm{x}^{2}+9\right)=0 \Leftrightarrow \mathrm{x}^{2}=4 \Leftrightarrow \mathrm{x}=\pm 2$.

d) $(d)$ có $: \mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=0$ nên

$(\mathrm{d}) \Leftrightarrow \mathrm{x}=1$ hay $x=\dfrac{\sqrt{3}-3}{3}$.

Bài 2.

a) Vẽ đồ thị $(P)$ của hàm số $y=-x^{2}$ và đường thẳng $(\mathrm{D}): y=-2 x-3$ trên cùng một hệ trục toạ độ.

b) Tìm tọa độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.

Giải

a) Đồ thị tự vẽ.

Lưu ý: $(P)$ đi qua $\mathrm{O}(0 ; 0),(\pm 1 ;-1),(\pm 2 ;-4)$

$(D)$ đi qua $(-1 ;-1),(0 ;-3)$.

b) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là

$-x^{2}=-2 x-3 \Leftrightarrow x^{2}-2 x-3=0 \Leftrightarrow x=-1$ hay $x=3($vì $a-b+c=0)$

$y(-1)=-1, y(3)=-9$.

Vậy toạ độ giao điểm của $(P)$ và $(D)$ là $(-1 ;-1),(3 ;-9)$.

Bài 3. Thu gọn các biểu thức sau:

$$A=\sqrt{\dfrac{3 \sqrt{3}-4}{2 \sqrt{3}+1}}+\sqrt{\dfrac{\sqrt{3}+4}{5-2 \sqrt{3}}} $$

$$B=\dfrac{x \sqrt{x}-2 x+28}{x-3 \sqrt{x}-4}-\dfrac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}+1}+\dfrac{\sqrt{x}+8}{4-\sqrt{x}} \quad(x \geq 0, x \neq 16)  $$

Giải

Ta có: $A=\sqrt{\dfrac{(3 \sqrt{3}-4)(2 \sqrt{3}-1)}{11}}-\sqrt{\dfrac{(\sqrt{3}+4)(5+2 \sqrt{3})}{13}} $

$=\sqrt{\dfrac{22-11 \sqrt{3}}{11}} -\sqrt{\dfrac{26+13 \sqrt{3}}{13}}=\sqrt{2-\sqrt{3}}-\sqrt{2+\sqrt{3}} $

$=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{4-2 \sqrt{3}}-\sqrt{4+2 \sqrt{3}})=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\sqrt{(\sqrt{3}-1)^{2}}-\sqrt{(\sqrt{3}+1)^{2}}\right) $

$=\dfrac{1}{\sqrt{2}}[\sqrt{3}-1-(\sqrt{3}+1)]=-\sqrt{2}$

 

Ta có: $B=\dfrac{x \sqrt{x}-2 x+28}{x-3 \sqrt{x}-4}-\dfrac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}+1}+\dfrac{\sqrt{x}+8}{4-\sqrt{x}} \quad(x \geq 0, x \neq 16) $

$=\dfrac{x \sqrt{x}-2 x+28}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-4)}-\dfrac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}+1}+\dfrac{\sqrt{x}+8}{4-\sqrt{x}} $

$=\dfrac{x \sqrt{x}-2 x+28-(\sqrt{x}-4)^{2}-(\sqrt{x}+8)(\sqrt{x}+1)}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-4)} $

$=\dfrac{x \sqrt{x}-2 x+28-x+8 \sqrt{x}-16-x-9 \sqrt{x}-8}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-4)}=\dfrac{x \sqrt{x}-4 x-\sqrt{x}+4}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-4)} $

$=\dfrac{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}-4)}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-4)}=\sqrt{x}-1$

Bài 4. Cho phương trình $x^{2}-2 m x-4 m-5=0$ ($x$ là ẩn số)

a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi $m$.

b) Gọi $x_1, x_2$ là các nghiệm của phương trình. Tìm $m$ để biểu thức $A=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{1} x_{2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải

a) Phương trình $(1)$ có $\Delta^{\prime}=\mathrm{m}^{2}+4 \mathrm{~m}+5=(\mathrm{m}+2)^{2}+1>0$ với mọi $m$ nên phương trình $(1)$ có $2$ nghiệm phân biệt với mọi $m$.

b) Do đó, theo Viet, với mọi $\mathrm{m},$ ta có: $\mathrm{S}=-\dfrac{b}{a}=2 m ; \mathrm{P}=\dfrac{c}{a}=-4 m-5$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \mathrm{A}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-3 x_{1} x_{2}=4 m^{2}+3(4 m+5)=(2 m+3)^{2}+6 \geq 6, \text { với mọi } \mathrm{m} . \\ \text { Và } \mathrm{A}=6 \text { khi } \mathrm{m}=\dfrac{-3}{2} \end{array} $

Vậy $A$ đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi $\mathrm{m}=\dfrac{-3}{2}$

Bài 5. Cho đường tròn $(O)$ có tâm $O$, đường kính $BC$. Lấy một điểm $A$ trên đường tròn $(O)$ sao cho $\mathrm{AB}>\mathrm{AC}$. Từ $A$, vẽ $\mathrm{AH}$ vuông góc với $\mathrm{BC}$ ($H$ thuộc $\mathrm{BC}$ ). Từ $\mathrm{H},$ vẽ $\mathrm{HE}$ vuông góc với $\mathrm{AB}$ và $\mathrm{HF}$ vuông góc với $\mathrm{AC}$ (E thuộc $\mathrm{AB}, \mathrm{F}$ thuộc $\mathrm{AC}$ ).

a) Chứng minh rằng $AEHF$ là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF.

b) Đường thắng $EF$ cắt đường tròn $(O)$ tại $\mathrm{P}$ và $\mathrm{Q}$ ($E$ nằm giữa $\mathrm{P}$ và $\mathrm{F}$ ). Chứng minh $\mathrm{AP}^{2}=\mathrm{AE} . \mathrm{AB}$. Suy ra $APH$ là tam giác cân.

c) Gọi $D$ là giao điểm của $\mathrm{PQ}$ và $\mathrm{BC} ; \mathrm{K}$ là giao điểm cùa $AD$ và đường tròn $(O)$ ($K$ khác $A$). Chứng minh $AEFK$ là một tứ giác nội tiếp.

d) Gọi $I$ là giao điểm của $\mathrm{KF}$ và $\mathrm{BC}$. Chứng minh $\mathrm{IH}^{2}=\mathrm{IC} . \mathrm{ID}$.

Giải

a) Tứ giác $AEHF$ là hình chữ nhật vì có $3$ góc vuông.

$\angle HAF = \angle EFA$ ($AEHF$ là hình chữ nhật),

$\angle OAC=\angle OCA$ ($\triangle OAC$ cân)

Do đó: $\angle OAC+\angle AFE=90^{\circ}$

$\Rightarrow$ $OA$ vuông góc với $EF$.

b) $OA$ vuông góc $\mathrm{PQ} \Rightarrow$ cung $\mathrm{PA}=$ cung $\mathrm{AQ}$

Do đó: $\triangle \mathrm{APE}\backsim \triangle \mathrm{ABP}$

$\Rightarrow \dfrac{A P}{A B}=\dfrac{A E}{A P} \Rightarrow \mathrm{AP}^{2}=\mathrm{AE} \cdot \mathrm{AB}$.

Ta có : $\mathrm{AH}^{2}=$ AE.AB (hệ thức lượng $\Delta \mathrm{HAB}$ vuông tại $\mathrm{H}$, có $\mathrm{HE}$ là chiều cao) $\Rightarrow \mathrm{AP}=\mathrm{AH} \Rightarrow \triangle \mathrm{APH}$ cân tại $\mathrm{A}$

c) $\mathrm{DE.DF}=\mathrm{DC.DB}, \mathrm{DC.DB}=\mathrm{DK.DA} \Rightarrow \mathrm{DE.DF}=\mathrm{DK.DA}$.

Do đó $\Delta \mathrm{DFK}\backsim \Delta \mathrm{DAE} \Rightarrow$ $\angle \mathrm{DKF}= \angle \mathrm{DEA} \Rightarrow$ tứ giác $AEFK$ nội tiếp.

d) $\angle ICF = \angle AEF = \angle DKF$ vậy ta có: $IC\cdot ID=IF\cdot IK$ ( $\triangle \mathrm{ICF}$ đồng dạng $\triangle \mathrm{IKD})$ và $\mathrm{IH}^{2}=IF.IK$ (từ $\triangle \mathrm{IHF}$ đồng dạng $\left.\triangle \mathrm{IKH}\right) \Rightarrow \mathrm{IH}^{2}=\mathrm{IC} . \mathrm{ID}$.

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2020

Đề thi vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2020

Bài 1. Cho $M=\dfrac{x\sqrt{x}-8}{3+\left( \sqrt{x}+1\right) ^2}$, $N=\dfrac{\left( \sqrt{x}+1\right) ^3-\left( \sqrt{x}-1\right) ^3}{\left( x-4\right) \left( 3x+1\right) }$ và $P=\dfrac{\sqrt{x}}{2+\sqrt{x}}$.

a) Tìm $x$ khi $M=x-4$.

b) Tính $Q=M\cdot N +P$

Giải

a) Điều kiện xác định: $x\ge 0$

Ta có: $M=x-4\Leftrightarrow \dfrac{x\sqrt{x}-8}{3+\left( \sqrt{x}+1\right) ^2}=x-4$

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

$\Leftrightarrow \sqrt{x}-2=x-4$

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

$\Leftrightarrow x=4$ (nhận)

Vậy $S=\left\{ 4\right\} $

b) Điều kiện xác định $x\ge 0$, $x\ne 4$.

Ta có: $M=\sqrt{x}-2$

$N=\dfrac{\left( \sqrt{x}+1\right) ^3-\left( \sqrt{x}-1\right) ^3}{\left( x-4\right) \left( 3x+1\right) }$

$=\dfrac{x\sqrt{x}+3x+3\sqrt{x}+1-x\sqrt{x}+3x-3\sqrt{x}+1}{\left( x-4\right) \left( 3x+1\right) }$

$=\dfrac{6x+2}{\left( x-4\right) \left( 3x+1\right) }=\dfrac{2}{x-4}$

Ta có: $Q=M\cdot N +P=\left( \sqrt{x}-2\right)\cdot \dfrac{2}{x-4}+\dfrac{\sqrt{x}}{2+\sqrt{x}}$

$=\dfrac{2\left( \sqrt{x}-2\right) }{\left( \sqrt{x}-2\right) \left( \sqrt{x}+2\right) }+\dfrac{\sqrt{x}}{ \sqrt{x}+2 } =\dfrac{2+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}=1$

Vậy $Q=1$

Bài 2.

a) Giải phương trình: $\left( x^4+4x^2-5\right) \left( \dfrac{x-3+\sqrt{3+x}}{\sqrt{x}-1}\right) =0$.

b) Hai đường thẳng $d: y=mx+m$ và $d_1: y=x+3m+2n-mn$ cắt nhau tại điểm $I\left( 3;\, 9\right) $. Tính $mn $ và $\dfrac{m}{n}$.

c) Hình chữ nhật $ABCD$ có chu vi bằng $28$ (cm) và nội tiếp đường tròn $(C)$ có bán kính $R=5$ (cm). Tính diện tích tứ giác $ABCD$.

Giải

a) Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} x \ge 0 \\ x \ne 1 \end{array} \right. $

$\left( x^4 +4x^2 -5 \right) \left( \dfrac{x-3+\sqrt{3+x}}{\sqrt{x}-1} \right) =0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x^4 +4x^2 -5 =0 \ (1) \\ \dfrac{x-3+\sqrt{3+x}}{\sqrt{x}-1} =0 \ (2) \end{array} \right. $

  • $(1)\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x^2 =1 \\ x^2 = -5 \quad (l) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x= 1 \hspace{0.74cm} (l) \\ x=-1 \quad (l) \end{array} \right. $
  • $(2) \Leftrightarrow \sqrt{3+x} = 3-x \quad (x \le 3) $

$\Leftrightarrow 3+x = x^2 -6x +9 $

$\Leftrightarrow x^2 -7x +6 =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1 \quad (l) \\ x=6 \quad (l) \end{array} \right. $

Vậy phương trình vô nghiệm.

b)

  • $I(3;9) \in d: y=mx+m$ nên $9=3m+m \Leftrightarrow m= \dfrac{9}{4}$
  • $I(3;9) \in d_1: y=x+3m+2n-nm$ nên $9=3+\dfrac{27}{4} +2n – \dfrac{9}{4}n \Leftrightarrow n=3 $

Suy ra $mn= \dfrac{27}{4} $ và $\dfrac{m}{n} = \dfrac{3}{4}$

c) Gọi $a$, $b$ $(cm)$ là độ dài hai cạnh của hình chữ nhật $ABCD$. $(a \ge b >0)$

Ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l} 2(a+b)=28 \\ a^2+b^2 = 10^2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a+b=14 \\ (a+b)^2 – 2ab =100 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a+b=14 \\ ab= 48 \end{array} \right. $

Vậy diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là: $ab=6\cdot 8 = 48 \, \left( cm^2 \right) $

Bài 3. Gọi $(P)$, $(d)$ lần lượt là đồ thị của các hàm số $y=x^2$ và $y=2mx+3$.

a) Chứng minh đường thẳng $(d)$ luôn cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A\left( x_1;\, y_1\right) $, $B\left( x_2;\, y_2\right) $ và tính $y_1+y_2$ theo $m$.

b) Tìm $m$ sao cho $y_1-4y_2=x_1-4x_2+3x_1x_2$.

Giải

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

$x^2=2mx+3 \Leftrightarrow x^2-2mx-3=0 \quad (1)$

Xét phương trình $(1)$, ta có: $\Delta’ = m^2 +3 > 0$ với mọi $m \in \mathbb{R}$

Suy ra phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi $m$ hay $(d)$ luôn cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A\left( x_1;y_1 \right) $, $B\left( x_2; y_2 \right) $.

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

Khi đó $y_1=2mx_1+3$, $y_2=2mx_2+3$;

$y_1 + y_2 = 2mx_1+3+2mx_2+3 = 2m\left( x_1 + x_2 \right) +6 = 4m^2 +6$

b) Ta có: $y_1 -4y_2 = x_1-4x_2 +3x_1x_2 $

$\Leftrightarrow 2mx_1+3 – 8mx_2 -12 = x_1-4x_2 -9 $

$\Leftrightarrow 2m\left( x_1 – 4x_2 \right) = x_1-4x_2 $

$\Leftrightarrow \left( x_1-4x_2 \right)(2m -1)=0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x_1=4x_2 \\ m=\dfrac{1}{2} \quad (n) \end{array} \right. $

Với $x_1=4x_2$, lại có $x_1x_2= -3 \Rightarrow 4x_2^2 = -3$ (vô lý)

Vậy $m=\dfrac{1}{2}$

Bài 4. Một kho hàng nhập gạo (trong kho chưa có gạo) trong $4$ ngày liên tiếp và mỗi ngày (kể từ ngày thứ $2$) đều nhập một lượng gạo bằng $120\%$ lượng gạo đã nhập vào kho trong ngày trước đó. Sau đó, từ ngày thứ $5$ kho ngừng nhập và mỗi ngày kho lại xuất một lượng gạo bằng $\dfrac{1}{10}$ lượng gạo trong kho ở ngày trước đó. Hãy tính lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất trong mỗi trường hợp sau:

a) Ngày thứ $3$, sau khi nhập xong thì trong kho có $91$ tấn gạo.

b) Tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ $5$, thứ $6$ là $50,996$ tấn.

Giải

Gọi $x$ (tấn) là lượng gạo nhập vào kho ngày thứ nhất.($x>0$)

a) Lượng gạo nhập vào kho ngày sau bằng $120\%$ ngày trước nên tổng số gạo trong ba ngày nhập đầu tiên là:

$x+x\cdot 120\%+x\cdot (120\%)^2=91$

$ \Leftrightarrow x\cdot \dfrac{91}{25}=91 \Leftrightarrow x=25 $ (tấn)

Vậy lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất trong trường hợp này là $25$ (tấn).

b) Lượng gạo kho hàng nhập trong $4$ ngày liên tiếp là:

$x+x\cdot 120\%+x\cdot (120\%)^2+x\cdot (120\%)^3=x\cdot \dfrac{671}{125}$ (tấn)

Lượng gạo ngày thứ $5$ kho xuất: $ \dfrac{1}{10}\cdot\dfrac{671}{125}x$ (tấn)

Lượng gạo còn lại sau ngày thứ $5$: $ \dfrac{9}{10}\cdot\dfrac{671}{125}x$ (tấn)

Lượng gạo kho xuất ngày $6$ là:

$ \dfrac{1}{10}\cdot\left( \dfrac{9}{10}\cdot\dfrac{671}{125}x\right) =\dfrac{9}{100}\cdot\dfrac{671}{125}x$ (tấn)

Vậy số gạo đã xuất trong ngày thứ $5$ và thứ $6$ là:

$ \dfrac{1}{10}\cdot\dfrac{671}{125}x + \dfrac{9}{100}\cdot\dfrac{671}{125}x=50,996 \Leftrightarrow \dfrac{19}{100}\cdot\dfrac{671}{125}x=50,996 \Leftrightarrow x=50 $ (tấn)

Vậy lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất trong trường hợp này là $50$ (tấn).

Bài 5. Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(T)$ có tâm $O$ có $AB=AC$ và $\angle BAC > 90^\circ $. Gọi $M$ là trung điểm của $AC$, tia $MO$ cắt $(T)$ tại $D$, $BC$ lần lượt cắt $AO$ và $AD$ tại $N$, $P$.

a) Chứng minh $OCMN$ là tứ giác nội tiếp và $\angle BDC =4 \angle ODC$.

b) Phân giác góc $\angle BDP$ cắt $BC$ tại $E$, $ME$ cắt $AB$ tại $F$. Chứng minh $CA=CP$ và $ME$ vuông góc với $DB$.

c) Chứng minh tam giác $MNE$ cân. Tính $\dfrac{DE}{DF}$.

Giải

a)

  • Ta có: $AB=AC$, $OB=OC$

$\Rightarrow OA$ là đường trung trực của $BC\Rightarrow OA\bot BC$ (tại $N$)

$M$ là trung điểm của $AC\Rightarrow OM\bot AC$ (tại $M$)

Xét tứ giác $ONMC$ có: $\angle ONC =\angle OMC =90^\circ \Rightarrow ONMC$ nội tiếp.

  • Ta có: $AB=AC\Rightarrow \angle BDA =\angle CDA $

$MD$ là trung trực $AC\Rightarrow \triangle DAC$ cân tại $D\Rightarrow DM$ là phân giác $\angle ADC$

$\Rightarrow \angle CDO =\dfrac{1}{2}\angle CDA =\dfrac{1}{4}\angle CDB$ hay $\angle CDB = 4\angle CDO$.

b)

  • Ta có: $\angle ACB =\angle ADB =\angle ADC$

$\triangle ADC$ cân tại $D\Rightarrow \angle DAC =\angle ACD =\angle ACB +\angle DCB$ $(1)$

Và $\angle APC =\angle ADC +\angle DCB =\angle ACB +\angle DCB$ (2)

Từ $(1)$ và $(2)$ $\Rightarrow \angle APC =\angle DAC \Rightarrow \triangle ACP$ cân tại $C\Rightarrow CA=CP$

  • Gọi $K$ là giao điểm của $ME$ với $BD$

$\angle EDP =\dfrac{1}{2}\angle BDA =\dfrac{1}{4}\angle BDC$

$\Rightarrow \angle EDM =\dfrac{1}{2}\angle BDC =\angle ACP$

$\Rightarrow DEMC$ nội tiếp $\Rightarrow \angle DEC =\angle DMC =90^\circ $

Mà $\left\{ \begin{array}{l} \angle BEK =\angle MEC =\angle CDM\\ \angle DBE =\angle DAC =\angle DCA \end{array}\right. $

$\Rightarrow \angle BEK +\angle DBE=\angle CDM +\angle DCA =90^\circ \Rightarrow \angle BKE=90^\circ $

$\Rightarrow ME$ vuông góc với $DB$.

c)

  • Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} \angle CNM =\angle ABC =\angle ADC\\ \angle NEM =\angle CDM =\dfrac{1}{2}\angle ADC \end{array}\right. $

Mà $\angle CNM =\angle NEM +\angle NME$

$ \Rightarrow \angle NME =\angle NEM \Rightarrow \triangle NME$ cân tại $N$.

  • $\angle DEF =\angle ACD =\angle DBF $

$\Rightarrow DFBE$ nội tiếp $\Rightarrow \angle DFB=90^\circ $

$\Rightarrow \angle DFE =\angle DBE =\angle DEF \Rightarrow \triangle DFE$ cân $D \Rightarrow \dfrac{DE}{DF}=1$

 

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2019

Đề thi vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2019

Bài 1. Tìm $a$ biết

$$\dfrac{\left( \sqrt{a}+1 \right) ^2 – \left( \sqrt{a}-1 \right) ^2}{4\sqrt{a} \left( \sqrt{a}-1 \right) } – \dfrac{\left( \sqrt{2a+1} + \sqrt{a+1} \right) \left( \sqrt{2a+1} – \sqrt{a+1} \right) }{a\left( \sqrt{a}+1 \right) }=1 $$

Giải

Điều kiện: $a>0; a \ne 1$

Ta có:

$\dfrac{\left( \sqrt{a}+1 \right) ^2 – \left( \sqrt{a}-1 \right) ^2}{4\sqrt{a} \left( \sqrt{a}-1 \right) } – \dfrac{\left( \sqrt{2a+1} + \sqrt{a+1} \right) \left( \sqrt{2a+1} – \sqrt{a+1} \right) }{a\left( \sqrt{a}+1 \right) }=1 $

$\Leftrightarrow \dfrac{\left( \sqrt{a}+1 + \sqrt{a} -1 \right) \left( \sqrt{a}+ 1 – \sqrt{a}+1 \right) }{4\sqrt{a}\left( \sqrt{a}-1 \right) } – \dfrac{2a+1 – a-1}{a\left( \sqrt{a}+1 \right) }=1 $

$\Leftrightarrow \dfrac{4\sqrt{a}}{4\sqrt{a}\left( \sqrt{a}-1 \right) }- \dfrac{a}{a\left( \sqrt{a}+ 1\right) } = 1$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{ \sqrt{a}-1 } – \dfrac{1}{\sqrt{a}+ 1}= 1 $

$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{a}+ 1 – \sqrt{a} +1 }{a-1}=1 $

$\Leftrightarrow \dfrac{2}{a-1}= 1$

$\Leftrightarrow a= 3 $

Vậy $a=3$

Bài 2.

a) Giải phương trình: $\left( \sqrt{x+2}-x \right) \left( \sqrt{2x-5} -1 \right) =0 $

b) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x+y+3}= \sqrt{2x+3y+1} \\ x(y+1)-4(x+y)+54=0 \end{array} \right. $

Giải

a) Điều kiện: $x \ge \dfrac{5}{2}$

$\left( \sqrt{x+2}-x \right) \left( \sqrt{2x-5} -1 \right) =0 $

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

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x+2 = x^2 \\ 2x-5=1 \end{array} \right. $

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

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=-1 \text{ (loại)} \\ x= 2 \;\;\; \text{ (loại)} \\ x=3 \;\;\text{ (nhận)} \end{array} \right. $

Vậy $S=\left\{ 3 \right\} $

b) Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} x+y+3 \ge 0 \\ 2x + 3y +1 \ge 0 \end{array} \right. $

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x+y+3}= \sqrt{2x+3y+1} \\ x(y+1)-4(x+y)+54=0 \end{array} \right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+y+3=2x+3y+1 \\ xy+x-4x-4y + 54 =0 \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x= -2y +2 \\ (-2y+2)y-3(-2y+2)-4y +54=0 \end{array} \right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x= -2y + 2 \\ -2y^2 + 2y + 6y-6 -4y +54=0 \end{array} \right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x= -2y+2 \\ -2y^2+4y+48=0 \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x=-10 \\ y=6 \end{array} \right. \;\; \text{ (loại)}\\ \left\{ \begin{array}{l} x=10 \\ y=-4 \end{array} \right. \;\;\; \text{ (nhận)} \end{array} \right. $

Vậy $(x,y)=(10;-4)$

Bài 3. Cho phương trình $x^2-(2m+1)x-12=0 $ $(1)$

a) Với giá trị nào của $m$ thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ sao cho

$$x_1+x_2 -2x_1x_2=25 $$

b) Tìm $m$ để phương trình $(1)$ có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ thỏa:

$$x_1^2 -x_2^2 -7(2m+1)=0 $$

Giải

a) Ta có: $\Delta = (2m+1)^2 + 48 >0$ với mọi $m$

Suy ra phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi $m$

Theo định lý Viete, ta có: $\left\{ \begin{array}{l} S= x_1 + x_2 = 2m+1 \\ P = x_1 x_ 2 = -12 \end{array} \right. $

Ta có: $ x_1 + x_2 -2x_1x_2 =25 \Leftrightarrow 2m+1 +24 =25 \Leftrightarrow m = 0 $

Vậy $m=0$

b) $x_1^2 – x_2^2 – 7(2m+1) =0 $

$\Leftrightarrow \left( x_1-x_2 \right) \left( x_1 + x_2 \right) – 7(2m+1) =0 $

$\Leftrightarrow (2m+1)\left( x_1-x_2 \right) – 7(2m+1) =0 $

$\Leftrightarrow (2m+1)\left( x_1 -x_2 -7 \right) =0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m= -\dfrac{1}{2} \\ x_1-x_2 =7 \hspace{1cm}(2) \end{array} \right. $

Ta có: $(2)\Leftrightarrow x_1 + x_2 -2 x_2 =7 $

$\Leftrightarrow 2m+1 -2 x_2 = 7\Leftrightarrow x_2 = m-3 $

Mà $x_1 + x_2 = 2m+1$ nên $x_1 = m+4$

Lại có $x_1x_2 =-12  \Rightarrow (m+4)(m-3)=-12 \Leftrightarrow m^2 + m -12 = -12 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m= 0 \\ m=-1 \end{array} \right. $

Vậy $m \in \left\{ -1; -\dfrac{1}{2} ; 0 \right\} $

Bài 4.

a) Từ ngày $1/1/2019$ đến $20/5/2019$, giá bán lẻ xăng RON $95$ có đúng bốn lần tăng và một lần giảm. Các thời điểm thay đổi giá xăng RON $95$ trong năm $2019$ (tính đến ngày $20/5/2019$) được cho bởi bảng sau:

Từ $16$ giờ chiều $2/5/2019$ giá bán lẻ $1$ lít xăng RON $95$ tăng thêm khoảng $25\%$ so với giá $1$ lít xăng RON $95$ ngày $1/1/2019$. Nếu ông $A$ mua $100$ lít xăng RON $95$ ngày $2/1/2019$ thì cũng với số tiền đó ông $A$ sẽ mua được bao nhiêu lít xăng RON $95$ vào ngày $3/5/2019$? Cũng trong $2$ ngày đó ($2/1$ và $3/5$), ông $B$ đã mua tổng cộng $200$ lít xăng RON $95$ với tổng số tiền $3850000$ đồng, hỏi ông $B$ đã mua bao nhiêu lít xăng vào ngày $3/5/2019$?

b) Tứ giác $ABCD$ có chu vi $18 \; cm$, $AB=\dfrac{3}{4} BC$, $CD= \dfrac{5}{4}BC$ và $AD=2AB$.

Tính độ dài các cạnh của tứ giác $ABCD$. Biết $AC=CD$, tính diện tích tứ giác $ABCD$.

Giải

a)  Giá $1$ lít xăng RON $95$ vào $16$ giờ chiều $2/5/2019$ là: $$ 17600 \left( 1+ 25\% \right) = 22000 \; \text{(đồng)} $$

Số tiền ông $A$ đã dùng để mua $100$ lít xăng vào ngày $2/1/2019$ là: $$ 100 \cdot 17600 = 1760000 \; \text{(đồng)} $$

Lượng xăng ông $A$ có thể mua được vào ngày $3/5/2019$ với số tiền trên là: $$ 1760000 : 22000 = 80 \; (l)$$

Gọi $x$, $y$ (lít) lần lượt là lương xăng ông $B$ đã mua vào ngày $2/1$ và $3/5$. ($x, y >0$)

Ta có hệ sau:

$\left\{ \begin{array}{l} x+ y= 200 \\ 17600x + 22000y = 3850000 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x= 125 \\ y= 75 \end{array} \right. $

Vậy ông $B$ đã mua $75$ lít xăng RON $95$ vào ngày $3/5/2019$.

b) Ta có:

$AB+BC+CD+AD= 18 $

$\Leftrightarrow \dfrac{3}{4}BC + BC + \dfrac{5}{4}BC + 2 \cdot \dfrac{3}{4}BC = 18 $

$\Leftrightarrow \dfrac{9}{2}BC = 18 \Leftrightarrow BC= 4 \; cm $

$\Rightarrow AB = 3 \; cm; CD= 5 \; cm; AD = 6 \; cm$

Tam giác $ABC$ có $AB^2+BC^2= 3^2 + 4^2 = 25 = AC^2$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $B$

$\Rightarrow S_{ABC}= \dfrac{1}{2} \cdot AB\cdot BC = \dfrac{1}{2} \cdot 3\cdot 4= 6 \, cm^2$

Tam giác $ACD$ có $AC=CD$ nên cân tại $C$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AD$, suy ra $AM=MD=\dfrac{AD}{2}=3 \; cm$ và $CM \bot AD$

Tam giác $ACM$ vuông tại $M$ nên

$CM^2 + AM^2 = AC^2 \Rightarrow CM^2 = 5^2-3^2 = 16 \Rightarrow CM = 4\; cm$

$\Rightarrow S_{ACD}= \dfrac{1}{2} \cdot CM \cdot AD = \dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12 \, cm^2$

Vậy $S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ACD} = 6+12 =18 \; cm^2$

Bài 5. Hình chữ nhật $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(T)$ có tâm $O$, bán kính $R=2a$. Tiếp tuyến của $(T)$ tại $C$ cắt các tia $AB$, $AD$ lần lượt tại $E$, $F$.

a) Chứng minh $AB\cdot AE = AD \cdot AF$ và $BEFD$ là tứ giác nội tiếp.

b) Đường thẳng $d$ đi qua $A$, $d$ vuông góc với $BD$ và $d$ cắt $(T)$, $EF$ theo thứ tự tại $M$, $N$ ($M \ne A$). Chứng minh $BMNE$ là tứ giác nội tiếp và $N$ là trung điểm của $EF$.

c) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BEF$. Tính IN theo $a$

Giải

a) $ABCD$ là hình chữ nhật nội tiếp đường tròn $(O)$ nên $O$ là trung điểm của $AC, BD$.

Ta có $OC \bot EF$ (do EF là tiếp tuyến), $AD \bot CD$ do $ABCD$ là hình chữ nhật.

Tam giác $ACF$ vuông tại $C$ có $CD$ là đường cao nên $AD \cdot AF = AC^2$.

Tương tự, tam giác $ACE$ vuông tại $C$ có $CB$ là đường cao nên $AB \cdot AE = AC^2$.

Do đó $AD \cdot AF = AB \cdot AE$.

Suy ra $\dfrac{AD}{AE} = \dfrac{AB}{AF}$.

Xét tam giác $ABD$ và $AFE$ có $\angle A$ chung và $\dfrac{AD}{AE} = \dfrac{AB}{AF}$

nên $\triangle ABD \backsim \triangle AFE$, suy ra $\angle ABD = \angle AFE$, suy ra tứ giác $BDFE$ nội tiếp.

(Cách khác: $\angle ABD = \angle ACD$ mà $\angle ACD = \angle AFE$ (Cùng phụ $\angle DCF$)

Suy ra $\angle ABD = \angle AFE$).

b) Ta có $\angle AMB = \angle ACB$ (cùng chắn cung AB), mà $\angle ACB = \angle BEN$

(cùng phụ $\angle BCE$)

Suy ra $\angle AMB = \angle BEN$, suy ra $BENM$ nội tiếp.

Ta có $\angle BMA = \angle BDA$ (cùng chắn cung $AB$), mà $\angle BDA = \angle BAM$ (cùng phụ với $\angle ABD$)

Suy ra $\angle BMA = \angle BAM = \angle NAE$. Vậy $\angle NEA = \angle NAE$.

Tam giác $NAE$ có $\angle NEA = \angle NAE$ nên cân tại $N$ hay $NA = NE$.

Mà $\angle NEA + \angle NFA = 90^\circ = \angle NAE + \angle NAF$, suy ra $\angle NFA = \angle NAF$, suy ra $NA = NF$.

Vậy $NE = NA = NF$ hay $N$ là trung điểm $EF$.

c)  Ta có $N$ là trung điểm $EF$ nên $IN \bot EF$, mà $AO \bot EF$, suy ra $IN \parallel AO$;

Và $IO \bot BD, AN \bot BD$, suy ra $IO \parallel AN$;

Do đó tứ giác $ANIO$ là hình bình hành, suy ra $IN = AO = R$.

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2018

Đề thi vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2018

Bài 1. Biết $0<x\le y$ và

$$ \left( \dfrac{\left( \sqrt{x} + \sqrt{y} \right) ^2+\left( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right) ^2 }{\left( \sqrt{x} + \sqrt{y} \right) \left( \sqrt{x} -\sqrt{y} \right) + 2\left( x+2y \right) } \right) + \left( \dfrac{y}{\sqrt{x} \left( \sqrt{x}+ \sqrt{y} \right) } + \dfrac{x}{\sqrt{y} \left( \sqrt{x}+\sqrt{y} \right) }\right) = \dfrac{5}{3} $$

Tính $\dfrac{x}{y}$

Giải

Với $0 < x \le y$, ta có:

$\left(\dfrac{(\sqrt x + \sqrt y)^2 + (\sqrt x – \sqrt y)^2}{(\sqrt x + \sqrt y)(\sqrt x – \sqrt y)+2(x+ 2y)}\right) + \dfrac{y}{\sqrt x (\sqrt x + \sqrt y)}+ \dfrac{x}{\sqrt y (\sqrt x + \sqrt y)}= \dfrac{5}{3}$

$\Leftrightarrow \left(\dfrac{2(x+y)}{x-y + 2x + 4y}\right) + \dfrac{y\sqrt y + x\sqrt x}{\sqrt {xy}(\sqrt x + \sqrt y)} = \dfrac{5}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{2(x+y)}{3(x+y)} + \dfrac{ (\sqrt x + \sqrt y)(x- \sqrt{xy} + y)}{\sqrt{xy}{(\sqrt x+ \sqrt y)}} = \dfrac{5}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{2}{3} + \dfrac{x – \sqrt {xy} + y}{\sqrt{xy}} = \dfrac{5}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{x- \sqrt{xy} + y}{\sqrt{xy}} = 1$

$\Leftrightarrow x – \sqrt{xy} + y = \sqrt{xy}$

$\Leftrightarrow x- 2\sqrt{xy} + y = 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt x – \sqrt y)^2 = 0$

$\Leftrightarrow \sqrt x – \sqrt y = 0$

$\Leftrightarrow \sqrt x = \sqrt y \Leftrightarrow x= y.$

Vậy $ \dfrac{x}{y} = 1. $

Bài 2.

a) Giải phương trình: $\dfrac{2x^2 (7-x)}{\sqrt{3-x}} = x(x-7)$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l} (x+3)(x-1)=(y-2)(x+3) \\ (x-1)\sqrt{y^2-5y+8}=(y-2)^2 \end{array} \right. $

Giải

a)  Điều kiện $ 3- x > 0 \Leftrightarrow x < 3. $

Ta có: $\dfrac{2x^2 (7-x)}{\sqrt{3-x}}= x(x-7)$

$\Leftrightarrow \dfrac{2x^2(7-x)}{\sqrt{3-x}} = \dfrac{x(x-7)\sqrt{3-x}}{\sqrt{3-x}}$

$\Rightarrow 2x^2(7-x) = x(x-7)\sqrt {3-x}$

$\Leftrightarrow x(x-7)(\sqrt{3-x} + 2x)= 0$

$\Leftrightarrow x = 0 \ (n) \text{ hoặc } x = 7 \ (l) \text{ hoặc } \sqrt{3-x} +2x = 0  \ (1)$

Giải $(1)$, ta được $ \sqrt{3-x} + 2x = 0 \Leftrightarrow \sqrt{3-x} = -2x $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le 0 \\ 3-x = 4x^2  \end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}  x\le 0 \\  4x^2 + x – 3 = 0 \end{array}\right.$  $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x\le 0 \\ x = \dfrac{3}{4} \text{ (l) } \text{ hoặc } x = -1 \text{ (n) } \end{array} \right. $

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $ S = \left\{ { – 1;0} \right\}$.

b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} (x+3)(x-1) = (y-2)(x+3) \ (1) \\ (x-1)\sqrt{y^2 – 5y + 8} =(y -2)^2 \ (2) \end{array} \right. $

Điều kiện: $y^2-5y+8 \ge 0 \Leftrightarrow y\in \mathbb{R}$

Giải $(1)$ Ta có $ (x+3)(x-1) = (y-2)(x+3) \Leftrightarrow (x+3)(x-1-y+2) = 0 $

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

Thay $ x = -3 $ vào $(2)$ ta được

$ (-3-1)\sqrt{y^2 – 5y + 8} =(y-2)^2 \Leftrightarrow -4\sqrt{y^2- 5y + 8} =(y -2)^2 \ \text{ (vô nghiệm)} . $

Vì $(y-2)^2 \ge 0 ;\ – 4\sqrt{y^2 – 5y + 8} < 0.$

Thay $ x = y -1 $ vào $(2)$ ta được

$ (y – 2)\sqrt{y^2 – 5y + 8} =(y-2)^2 \Leftrightarrow (y -2)(\sqrt{ y^2 – 5y + 8} – y + 2) = 0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}  y = 2\\  \sqrt{y^2 – 5y + 8} = y – 2 \ (3) \end{array} \right. $

Thay $ y = 2 \Rightarrow x = 1 $, ta có

$ (3) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y – 2\ge 0 \\  y^2 -5y + 8 =(y-2)^2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y \ge 2 \\ y = 4 \ \text{(nhận)} \end{array} \right.  $

Với $ y =4 $ thì $ x = 3. $

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: $ S = \left\{ {(1;2), \ (3;4)} \right\} $

Bài 3. Cho phương trình $x^2 -x +3m-11=0$ $(1)$

a) Với giá trị nào của $m$ thì phương trình $(1)$ có nghiệm kép? Tìm nghiệm đó.

b) Tìm $m$ để phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ sao cho

$$2017x_1 + 2018x_2 =2019.$$

Giải

a) Phương trình $(1)$ có nghiệm kép $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1\ne 0 \text{ (hiển nhiên)} \\ \Delta = 0 \end{array} \right. $

$\Leftrightarrow 1-4(3m-11) =0 \Leftrightarrow 45-12m =0 \Leftrightarrow m=\dfrac{45}{12} = \dfrac{15}{4}$

Với $m=\dfrac{15}{4}$ thì phương trình $(1)$ trở thành:

$x^2-x+\dfrac{1}{4}=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}$

Vậy khi $m=\dfrac{15}{4}$ thì phương trình $(1)$ có nghiệm $x=\dfrac{1}{2}$.

b) Để phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ thì

$\Delta >0 \Leftrightarrow 45-12m >0 \Leftrightarrow m < \dfrac{15}{4}$

Theo định lý Viete, ta có: $\left\{ \begin{array}{l} S=x_1+x_2 = 1 \\ P=x_1x_2=3m-11 \end{array} \right. $

$2017x_1+2018x_2=2019 \Leftrightarrow 2017 \left( x_1 + x_2 \right) +x_2 =2019 $

$\Leftrightarrow 2017+x_2=2019 \Leftrightarrow x_2 = 2$

Mà $x_1+x_2 =1$ nên $x_1=-1$

Lại có $x_1x_2 = 3m-11 \Rightarrow 3m-11 = -2 \Rightarrow m=3$ (thỏa)

Vậy $m=3$ thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn đề bài.

Bài 4.

a) Đầu tháng $5$ năm $2018$, khi đang vào thu hoạch, giá dưa hấu bất ngờ giảm mạnh. Nông dân $A$ cho biết vì sợ dưa hỏng nên phải bán $30\%$ số dưa hấu thu hoạch được với giá $1500$ đồng mỗi kilôgam ($1500đ/kg$), sau đó nhờ phong trào “giải cứu dưa hấu” nên đã may mắn bán hết số dưa còn lại với giá $3500đ/kg$; nếu trừ tiền đầu tư thì lãi được $9$ triệu đồng (không kể công chăm sóc hơn hai tháng của cả nhà). Cũng theo ông $A$, mỗi sào đầu tư (hạt giống, phân bón,…) hết $4$ triệu đồng và thu hoạch được $2$ tấn dưa hấu. Hỏi ông $A$ đã trồng bao nhiêu sào dưa hấu?

b) Một khu đất hình chữ nhật $ABCD$ ($AB<AD$) có chu vi $240$ mét được chia thành hai phần gồm khu đất hình chữ nhật $ABNM$ làm chuồng trại và phần còn lại làm vườn thả để nuôi gà ($M$, $N$ lần lượt thuộc các cạnh $AD$, $BC$). Theo quy hoạch trang trại nuôi được $2400$ con gà, bình quân mỗi con gà cần một mét vuông của diện tích vườn thả và diện tích vườn thả gấp ba lần diện tích chuồng trại. Tính chu vi của khu đất làm vườn thả.

Giải

a) Giả sử ông $A$ đã trồng $x$ sào dưa hấu. ($x>0$)

Tổng số tiền ông $A$ thu được từ việc bán dưa hấu là:

$30\%x \cdot 1500 \cdot 2000 + 70\% x \cdot 3500 \cdot 2000 = 5800000x$ (đồng)

Tổng chi phí của ông $A$ là: $4000000x$ (đồng)

Ta có phương trình:

$5800000x-4000000x=9000000 \Leftrightarrow x=5$

Vậy ông $A$ đã trồng $5$ sào dưa hấu.

b) Gọi $x$, $y$ ($m$) lần lượt là chiều rộng và chiều dài của mảnh đất $ABCD$ ($x<y$).

Tổng diện tích của khu đất là: $2400+\dfrac{2400}{3} = 3200$

Ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l} 2(x+y)=240 \\ xy=3200 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+y=120 \\ xy=3200 \end{array}\right. $

Do đó $x$ và $y$ là hai nghiệm của phương trình:

$t^2 -120t+3200=0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} t= 80 \\ t= 40 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=40 \\ y=80 \end{array} \right. $

Suy ra $AB=40 m$, $AD=80m$, suy ra $NC=\dfrac{2400}{40}=60m$.

Vậy chu vi vườn thả là $2(40+60)=200m$.

Bài 5. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(T)$ tâm $O$, bán kính $R$; $\angle CAD = 45^\circ $, $AC$ vuông góc với $BD$ và cắt $BD$ tại $I$, $AD>BC$. Dựng $CK$ vuông góc với $AD$ ($K\in AD$), $CK$ cắt $BD$ tại $H$ và cắt $(T)$ tại $E$ ($E \ne C$)

a) Tính số đo góc $\angle COD$. Chứng minh các điểm $C$, $I$, $K$, $D$ cùng thuộc một đường tròn và $AC=BD$.

b) Chứng minh $A$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BHE$. Tính $IK$ theo $R$.

c) $IK$ cắt $AB$ tại $F$. Chứng minh $O$ là trực tâm tam giác $AIK$ và $CK \cdot CB = CF \cdot CD$.

Giải

a)

  • Ta có $\widehat{COD}=2\widehat{CAD}=2\times 45^\circ=90^\circ$ (góc ở tâm bằng hai lần góc nội tiếp cùng chắn cung $CD$).

$\widehat{CID}=\widehat{CKD}=90^\circ$

Suy ra $A$, $I$, $K$, $D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CD$.

  • $\triangle IAD$ có $\widehat{I}=90^\circ$, $\widehat{IAD}=45^\circ$ suy ra $\widehat{IDA}=45^\circ$, do đó $\triangle IAD$ vuông cân tại $I$.

Suy ra $IA=ID$ $(1)$.

  • $\widehat{CBI}=\widehat{IAD}=45^\circ$,

$\triangle ICB$ có $\widehat{CIB}=90^\circ$, $\widehat{CBI}=45^\circ$ suy ra $\widehat{ICB}=45^\circ$, do đó $\triangle ICB$ vuông cân tại $I$.

Từ đó suy ra $IC=IB$ $(2)$.

  • Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $IA+IC=IB+ID$, do đó $AC=BD$.

b)

  • Tứ giác $\triangle IHK$ có $\widehat{I}+\widehat{K}=90^\circ +90^\circ =180^\circ$.

Suy ra $AIHK$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat{CHB}=\widehat{CAD}=45^\circ=\widehat{CBH}$.

Do đó $\triangle CBH$ vuông cân tại $C$ có $CI$ là đường cao nên cũng là đường trung trực đoạn thẳng $BH$.

Suy ra $AB=AH$. $(3)$

  • Ta có $\widehat{HAD}=\widehat{HCD}$ (cùng phụ $\widehat{ADC}$),

Mà $\widehat{HCD}=\widehat{DAE}$ nên $\widehat{HAD}=\widehat{DAE}$.

Suy ra $\triangle AKH = \triangle AKE$ (g.c.g).

Suy ra $AH=AE$ $(4)$

Từ $(3)$, $(4)$ ta được $AH=AE=AB$ nên $A$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle BHE$.

  •  $\triangle AKC\backsim \triangle AID$ suy ra $AK.AD=AI.AC$

Do đó $\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AI}{AD}$.

Suy ra $\triangle AIK \backsim \triangle ACD$ suy ra $\dfrac{IK}{CD}=\dfrac{AK}{AC}=\cos \widehat{CAK}= \cos 45^\circ = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$.

Mà $CD=\sqrt{CO^2 + OD^2}=R\sqrt{2}$.

Do đó $IK=R$.

c)

  • Ta có $\left\{ \begin{array}{l} IA=ID\\ OA=OD \end{array} \right. $ suy ra $IO$ là trung trực $AD$, do đó $IO\perp AD$. $(5)$

$\left\{ \begin{array}{l} KC=KA \\ OC=OA \end{array} \right. $ suy ra $KO$ là trung trực $AC$, do đó $KO\perp AC$.  $(6)$

Từ $(5)$, $(6)$ suy ra $O$ là trực tâm $\triangle AIK$.

  • Ta có $\widehat{CAF}=\widehat{CDB}$ (cùng bằng nửa số đo cung $CB$).

$\widehat{CDB}=\widehat{CKF}$ (Tứ giác $CIKD$ nội tiếp).

Suy ra $\widehat{CAF}=\widehat{CKF}$, do đó tứ giác $CKAF$ nội tiếp.

Từ đó suy ra $\widehat{CFA}=180^\circ – \widehat{CKA}=90^\circ$.

  • Xét tam giác $\triangle CBF$ và $\triangle CKD$,

$\begin{array}{l} \widehat{CFB}=\widehat{CKD}=90^\circ\\ \widehat{CBF}=\widehat{CDK}\text{ (tứ giác $ABCD$ nội tiếp)} \end{array}$

Suy ra $\triangle CBF\backsim \triangle CDK$.

Do đó $\dfrac{CB}{CD}=\dfrac{CF}{CK}$

Suy ra $CB.CK=CD.CF$.

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2017

Đề thi vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2017

Bài 1. Biết $a$, $b$ là các số dương, $a \ne b$ và

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

Tính $S= \dfrac{1+2ab}{a^2 + b^2}$

Giải

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

$\Leftrightarrow \dfrac{a^2 + 4ab + 4b^2 – b^2 – 4ab – 4a^2}{a+b} : \left( \dfrac{a^3 – b^3}{a-b} – 3ab \right) =3$

$\Leftrightarrow \dfrac{3(b-a)(a+b)}{a+b}:\left( a^2 -2ab + b^2 \right) =3 $

$\Leftrightarrow \dfrac{3(b-a)}{(a-b)^2}=3 \Leftrightarrow a-b=-1 \Rightarrow a= b-1 $

Thay $a=b-1$ vào $S$, ta được:

$S= \dfrac{1+ 2ab}{a^2 + b^2} = \dfrac{1+ 2(b-1)b}{(b-1)^2 + b^2} = \dfrac{1+ 2b^2 – 2b}{2b^2 -2b +1}=1$

Bài 2.

a) Giải phương trình $\left( x^2 – 6x + 5 \right) \left( \sqrt{x-2} – x + 4 \right) =0$.

b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x}\left( \sqrt{x+ 2y} -3 \right) =0 \\ x^2 – 6xy – y^2 = 6  \end{array} \right. $

Giải

a) Điều kiện: $x \ge 2$

$\left( x^2 – 6x + 5 \right) \left( \sqrt{x-2} – x + 4 \right) =0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x^2 – 6x + 5 = 0 \;\; (1)\\ \sqrt{x-2} – x+ 4=0 \;\; (2) \end{array} \right.$

$(1) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1 \;\; (l) \\ x= 5 \;\; (n) \end{array}\right. $

$(2) \Leftrightarrow \sqrt{x-2} = x-4 \;\; (x \ge 4)$

$\Leftrightarrow x-2 = x^2 – 8x + 16 $

$\Leftrightarrow x^2 – 9x + 18 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=3 \;\; (l)\\ x=6 \;\; (n) \end{array} \right. $

Vậy $S= \left\{5;6 \right\}$

b) Điều kiện $x \ge 0$, $x+ 2y \ge 0$

$\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x}\left( \sqrt{x+ 2y} -3 \right) =0 \;\; (1) \\ x^2 – 6xy – y^2 = 6 \;\; (2) \end{array} \right. $

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

  •  Nếu $x=0$, thay vào (2) ta được: $-y^2 = 6$ (Vô nghiệm)
  •  Nếu $\sqrt{x+2y} -3 =0 $

$\Leftrightarrow x+2y = 9 \Leftrightarrow x= 9-2y$

Thay $ x= 9-2y$ vào (2), ta được:

$(9-2y)^2 – 6(9-2y)y – y^2 = 6 $

$\Leftrightarrow 4y^2 – 26y +81 – 54y + 12y^2 -y^2 = 6$

$\Leftrightarrow 15y^2 – 90 y + 75 =0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} y=1 \Rightarrow x=7 \;\; (n)\\ y=5 \Rightarrow x= -1 \;\; (l) \end{array} \right. $

Vậy cặp nghiệm của hệ phương trình $(x;y)$ là $(7;1)$

Bài 3. Cho phương trình $(x+m)^2 – 5(x+m) + 6=0$ $(1)$.

a) Chứng minh phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi số thực $m$. Tính $S= \left( x_1 + m \right) ^2 + \left( x_2 + m \right) ^2 + 5 \left( x_1 + x_2 + 2m \right) $.

b) Biết $x_1 < x_2$, tìm $m$ sao cho $x_2 < 1$ và $x_1^2 + 2x_2 = 2(m-1)$.

Giải

a) $(x+m)^2 – 5(x+m) + 6=0$

$\Leftrightarrow (x+m)^2 – 2(x+m) – 3(x+m) +6 = 0 $

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

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

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

Vì $2-m \ne 3-m$ nên $x_1 \ne x_2$

Vậy phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi số thực $m$.

$S= \left( x_1 + m \right) ^2 + \left( x_2 + m \right) ^2 + 5 \left( x_1 + x_2 + 2m \right) $

Vì $x_1$, $x_2$ có vai trò tương đương trong biểu thức $S$ nên giả sử $x_1 = 2-m$, $x_2 = 3-m$, ta có:

$S= 2^2 + 3^2 + 5(2+3) = 38$

b) $x_1 < x_2$ nên $x_1 = 2-m$, $x_2 = 3-m$.

$x_2<1 \Rightarrow 3-m <1 \Rightarrow m > 2$

$x_1^2 + 2x_2 = 2(m-1) $

$\Rightarrow (2-m)^2 + 2(3-m) = 2(m-1) $

$\Rightarrow m^2 – 4m + 4 + 6 -2m = 2m -2 $

$\Rightarrow m^2 -8m + 12 = 0 $

$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} m= 6 \;\; (n)\\ m=2 \;\; (l) \end{array} \right. $

Vậy $m=6$

Bài 4.

a) Nam kể với Bình rằng ông của Nam có một mảnh đất hình vuông $ABCD$ được chia thành bốn phần; hai phần (gồm các hình vuông $AMIQ$ và $INCP$ với $M$, $N$, $P$, $Q$ lần lượt thuộc $AB$, $BC$, $CD$, $DA$) để trồng các loại ra sạch, các phần còn lại trồng hoa. Diện tích phần trồng ra sạch là $1200 \; m^2$ và phần để trồng hoa là $1300 \; m^2$. Bình nói: “Chắc chắn bạn bị nhầm rồi!”. Nam: “Bạn nhanh thật! Mình đã nói nhầm phần diện tích. Chính xác là phần trồng rau sạch có diện tích $1300 \; m^2$, còn lại $1200 \; m^2 $ trồng hoa”. Hãy tính cạnh hình vuông $AMIQ$ (biết $AM < MB$) và giải thích vì sao Bình lại biết Nam bị nhầm ?

b) Lớp $9T$ có $30$ bạn, mỗi bạn dự định đóng góp mỗi tháng $70000$ đồng và sau $3$ tháng sẽ đủ tiền mua tặng cho mỗi em ở “Mái ấm tình thương $X$” ba gói quà (giá tiền các món quà đều như nhau). Khi các bạn đóng đủ số tiền như dự trù thì “Mái ấm tình thương $X$” đã nhận chăm sóc thêm $9$ em và có giá tiền của mỗi món thêm $5\%$ nên chỉ tặng mỗi em hai gói quà. Hỏi có bao nhiêu em của “Mái ấm tình thương $X$” được nhận quà ?

Giải

a) Gọi cạnh của hình vuông $AMIQ$ và $INCP$ lần lượt là $a$ và $b$. ($a<b$ vì $AM < MB$)

Diện tích đất trồng rau là: $a^2+ b^2$

Diện tích đất trồng hoa là $2ab$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} a^2 + b^2 = 1300 \\ 2ab = 1200 \end{array} \right. $

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} (a-b)^2 = 100 \\ ab= 1200 \end{array} \right.$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a-b= -10 \\ ab= 1200 \end{array}\right. $

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a= 20 \\ b=30 \end{array} \right. $

Vậy cạnh hình vuông $AMIQ$ là $20m$.

Bình biết Nam bị nhầm vì theo Nam nói thì diện tích phần trồng rau là $1200 \; m^2$ nhỏ hơn diện tích phần trồng hoa $1300 \; m^2$. Mà diện tích phần trồng rau là $a^2+b^2$, diện tích phần trồng hoa là $2ab$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có $a^2 + b^2 \ge 2ab$ nên diện tích trồng hoa không thể lớn hơn diện tích trồng rau được.

b) Giả sử lúc đầu “Mái ấm tình thương $X$” có $x$ em.

Tổng số tiền các bạn đóng góp được sau $3$ tháng là $3.70000.30 = 6300000$ (đồng)

Giá tiền $1$ món quà dự đinh là $\dfrac{6300000}{3x}= \dfrac{2100000}{x}$

Giá tiền $1$ món quà thực tế là $\dfrac{6300000}{2(x+9)}$

Ta có: $\dfrac{2100000}{x}.1,05= \dfrac{6300000}{2(x+9)} $

$\Leftrightarrow \dfrac{2205}{x} = \dfrac{6300}{2(x+9)}$

$\Leftrightarrow 4410(x+9) = 6300x $

$\Leftrightarrow x= 21$

Vậy lúc đầu “Mái ấm tình thương $X$” có $21$ em. Số em được nhận quà là $30$ em.

Bài 5. Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(T)$ tâm $O$, bán kính $R$; $\angle BAC = 120^\circ $, $\angle ABC = 45^\circ $, $H$ là trực tâm. $AH$, $BH$, $CH$ lần lượt cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $M$, $N$, $P$.

a) Tính $AC$ theo $R$. Tính số đo góc $\angle HPN $ và $\dfrac{MP}{MN}$

b) Dựng đường kính $AD$, $HD$ cắt $(T)$ tại $E$ ($E \ne D$) và cắt $BC$ tại $F$. Chứng minh các điểm $A$, $N$, $H$, $P$, $E$ cùng thuộc một đường tròn và $F$ là trung điểm của $HD$.

c) Chứng minh $AD \bot NP$. Tia $OF$ cắt $(T)$ tại $I$, chứng minh $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC$ và $AI$ đi qua trung điểm của $MP$

Giải

a) Ta có $\angle AOC = 2 \angle ABC = 90^\circ$ (góc ở tâm bằng $2$ lần góc nội tiếp cùng chắn $1$ cung).

Suy ra tam giác $OAC$ vuông tại $O$, suy ra $AC^2 = OA^2 + OC^2 = 2R^2 \Rightarrow AC = R\sqrt{2}$.

Tứ giác $BNPC$ có $\angle BNC = \angle BPC =90^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp.

Suy ra $\angle HPN = \angle HBC = 90^\circ – \angle ACB = 75^\circ$.

Các tứ giác $ANBM$ và $BNPC$ nội tiếp nên $\angle ANM = \angle ABC = 45^\circ, \angle CNP = \angle PBC = 45^\circ$.

Suy ra $\angle MNP = \angle CNP + \angle CPN = 90^\circ$.

Và $\angle NPB = \angle ACB = \angle APM = 15^\circ$, suy ra $\angle NPM = \angle NPB + \angle APM = 30^\circ$.

Khi đó $\dfrac{MN}{MP} = \sin \angle NPM = \sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$. Suy ra $\dfrac{MP}{MN} = 2$.

b) Ta có $\angle AEF = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có $\angle ANH = \angle AEH = \angle APH = 90^\circ$ nên 5 điểm $A, N, H, P, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$.

Ta có $\angle ABD = \angle ACD = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),

suy ra $AB \bot BD$, suy ra $HC || BD$.

Tương tự ta có $HB \bot CN, CD \bot CN$, suy ra $HB || CD$.

Tứ giác $HBDC$ có các cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành, suy ra $F$ là trung điểm của $BC$ và $HD$.

b) Ta có $\angle CAD = 45^\circ = \angle CNM$, suy ra $AD || MN$. Mà $MN \bot NP$, suy ra $AD \bot NP$.

Ta có $OF$ là trung trực của $BC$, suy ra $IB = IC$. $\angle BDC = 180^\circ – \angle BAC = 60^\circ$.

Xét tam giác $IOC$ có $\angle IOC = \dfrac{1}{2}\angle BOC = \angle 60^\circ$. Suy ra tam giác $IOC$ đều.

Do đó $IB =IC = IO$. $(1)$

Mặt khác tứ giác $HBOC$ có $\angle BHC + \angle BOC = 60^\circ + 120^\circ = 180^\circ$, suy ra $HBOC$ nội tiếp. $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC$.

Tam giác $PBC$ có $\angle BPC = 90^\circ, \angle PBC = 45^\circ$ nên là tam giác vuông cân,

suy ra $PB = PC$, suy ra $P$ thuộc trung trực của BC. Do đó $P, O, I$ thẳng hàng và $PI \bot BC$, suy ra $PI||AM$.

Mặt khác ta có $\angle BIH = 2\angle HCB = 90^\circ$, suy ra $HBMI$ nội tiếp, suy ra $\angle IMC = \angle BHI = 45^\circ$.

Suy ra $\angle IMC = \angle PBC = 45^\circ$, suy ra $IM || PA$.

Tứ giác $APIM$ có 2 cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành, suy ra $AI$ qua trung điểm của $MP$.