ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2016

Leave a reply

Bài 1. (a) Cho hai số thực $a, b$ sao cho $|a| \neq|b|$ và $a b \neq 0$ thỏa mãn điều kiện: $\frac{a-b}{a^{2}+a b}+\frac{a+b}{a^{2}-a b}=\frac{3 a-b}{a^{2}-b^{2}}$. Tính giá trị biểu thức: $P=\frac{a^{3}+2 a^{2} b+3 b^{3}}{2 a^{3}+a b^{2}+b^{3}}$

(b) Cho $m, n$ là các số nguyên dương sao cho $5 m+n$ chia hết cho $5 n+m$. Chứng minh rằng: $m \vdots n$.

Bài 2. (a) Giải phương trình: $x^{2}-6 x+4+2 \sqrt{2 x-1}=0$

(b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^{3}-y^{3}=9(x+y) \\ x^{2}-y^{2}=3\end{array}\right.$

Bài 3. Cho tam giác nhọn $\triangle A B C$ có các đường cao $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}$. Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $A_{1} B_{1} ; L$ là hình chiếu của $B$ lên $B_{1} C_{1}$. Chứng minh rằng $A_{1} K=B_{1} L$.

Bài 4. Cho $x, y$ là hai số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{x \sqrt{y}+y \sqrt{x}}{x+y}-\frac{x+y}{2} \leq \frac{1}{4}$

Bài 5. Cho tứ giác nội tiếp $A B C D$ có $A C$ cắt $B D$ tại $E$. Tia $A D$ cắt tia $B C$ tại $F$. Dựng hình bình hành $A E B G$.

(a) Chứng minh rằng: $F D \cdot F G=F B . F E$

(b) Gọi $H$ là điểm đối xứng của $E$ qua $A D$. Chứng minh rằng 4 điểm $F, H, A, G$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 6. Nam cắt một tờ giấy ra làm 4 miếng hoặc 8 miếng rồi lấy một số miếng nhỏ đó cắt ra làm 4 miếng hoặc 8 miếng nhỏ hơn và Nam cứ tiếp tục thực hiện việc cắt như thế nhiều lần. Hỏi với việc cắt này, Nam có thể cắt được thành 2016 miếng lớn, nhỏ hay không? Vi sao?

LỜI GIẢI

Bài 1.

a) Cho hai số thực $a, b$ sao cho $|a| \neq|b|$ và $a b \neq 0$ thỏa mãn điều kiện: $\frac{a-b}{a^{2}+a b}+\frac{a+b}{a^{2}-a b}=\frac{3 a-b}{a^{2}-b^{2}}$. Tính giá trị biểu thức: $P=\frac{a^{3}+2 a^{2} b+3 b^{3}}{2 a^{3}+a b^{2}+b^{3}}$

b) Cho $m, n$ là các số nguyên dương sao cho $5 m+n$ chia hết cho $5 n+m$. Chứng minh rằng: $m \vdots n$.

Lời giải.

a) Ta có:

$\frac{a-b}{a^{2}+a b}+\frac{a+b}{a^{2}-a b}=\frac{3 a-b}{a^{2}-b^{2}}$

$\Leftrightarrow \frac{a-b}{a(a+b)}+\frac{a+b}{a(a-b)}=\frac{3 a-b}{(a+b)(a-b)}$

$\Leftrightarrow(a-b)^{2}+(a+b)^{2}=a(3 a-b) \Leftrightarrow a^{2}-a b-2 b^{2}=0$

$\Leftrightarrow(a+b)(a-2 b)=0 \Leftrightarrow a=2 b(|a| \neq|b|)$

Từ đó ta tính được $P: P=\frac{a^{3}+2 a^{2} b+3 b^{3}}{2 a^{3}+a b^{2}+b^{3}}=\frac{8 b^{3}+8 b^{3}+3 b^{3}}{16 b^{3}+2 b^{3}+b^{3}}=1$

b) Từ giả thuyêt ta có thể giả sử: $k=\frac{5 m+n}{5 n+m}$, với $k \in N^{*}$

Dễ dàng suy ra được: $\frac{m}{n}=\frac{5 k-1}{5-k}$

Do $m$ và $n$ là hai số nguyên dương nên: $\frac{m}{n}>0$

Từ đó ta có hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: $\left\{\begin{array}{l}5 k-1>0 \\ 5-k>0\end{array} ; 5>k>\frac{1}{5}\right.$

Từ đó ta có thể tính được $k=1,2,3,4$. Thay lần lượt các giá trị của $k$ vào biểu thức ta đều thu được $m \vdots n$

Trường hợp 2: $\left\{\begin{array}{c}5 k-1<0 \\ 5-k<0\end{array} ; k>5, k<\frac{1}{5}\right.$

Trường hợp này không tồn tại giá trị của $k$ thỏa yêu cầu bài toán, từ đó ta luôn có: $m \vdots n$

Bài 2.

a) Giải phương trình: $x^{2}-6 x+4+2 \sqrt{2 x-1}=0$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^{3}-y^{3}=9(x+y) \\ x^{2}-y^{2}=3\end{array}\right.$

Lời giải.

a) Điều kiện xác định: $x \geq \frac{1}{2}$

Ta có:

$x^{2}-6 x+4+2 \sqrt{2 x-1}=0 \Leftrightarrow x^{2}-4 x+4=(2 x-1)-2 \sqrt{2 x-1}+1 $

$\Leftrightarrow(x-2)^{2}=(\sqrt{2 x-1}-1)^{2} \Leftrightarrow|x-2|=|\sqrt{2 x-1}-1|$

Trường hợp 1: $x \geq 2$. Từ phương trình đã cho ta thu được:

$x-2=\sqrt{2 x-1}-1 \Leftrightarrow x-1=\sqrt{2 x-1}$

Từ đó ta có:

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

Kết hợp với điều kiện $x \geq 2$ ta tìm được nghiệm duy nhất của phương trình là: $x=2+\sqrt{2}$

Trường hợp 2: $1 \leq x<2$. Từ phương trình đã cho ta thu được:

$2-x=\sqrt{2 x-1}-1 \Leftrightarrow 3-x=\sqrt{2 x-1}$

Từ đó ta có:

$\Leftrightarrow x^{2}-6 x+9=2 x-1 \Leftrightarrow x^{2}-8 x+10=0$

Kết hợp với điều kiện $1 \leq x<2$ ta nhận thấy phương trình này vô nghiệm

Trường hợp 3: $1>x \geq \frac{1}{2}$. Từ phương trình đã cho ta thu được:

$2-x=1-\sqrt{2 x-1} \Leftrightarrow x-1=\sqrt{2 x-1}$

Phương trình này vô nghiệm vì vế trái của phương trình là một số âm và vế phải của phương trình là một số không âm.

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là: $x=2+\sqrt{2}$

b) $\left\{\begin{array}{l}x^{3}-y^{3}=9(x+y) \\ x^{2}-y^{2}=3\end{array}\right.$

Đây là một hệ phương trình gồm các phương trình không đồng bậc, ý tưởng rất đơn giản ta sẽ chuyển nó về một phương trình đồng bậc để giải. Như vậy ta sẽ thay phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhât. Từ đó ta thu được:

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

$\Leftrightarrow(x-y)\left(2 x^{2}+5 x y+2 y^{2}\right)=0 \Leftrightarrow(x-y)(2 x+y)(x+2 y)=0$

Từ đây ta thu được các trường hợp sau: $x=y$ hoặc $x=-2 y$ hoạcc $y=-2 x$.

Trong đó từ phương trình thứ hai ta có thể thấy $x^{2}>y^{2}$, từ đó các trường hợp $x=y$ và $y=-2 x$ bị loại. Ta chỉ có duy nhất trường hợp $x=-2 y$. Thay vào phương trình thứ hai ta lần ta có thể tính được các nghiệm của phương trình này là: $(x ; y)={(-2 ; 1),(2 ;-1)}$

Bài 3. Cho tam giác nhọn $\triangle A B C$ có các đường cao $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}$. Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $A_{1} B_{1}$; L là hình chiếu của $B$ lên $B_{1} C_{1}$. Chứng minh rằng $A_{1} K=B_{1} L$.

Lời giải.

Cách 1: Ta có thể suy ra điều phải chứng minh từ các cặp tam giác đồng dạng sau đây: $\triangle B_{1} B L \backsim \triangle A B A_{1}, \triangle A A_{1} K \backsim \triangle A C C_{1}, \triangle A B B_{1} \backsim \triangle A C C_{1}$ Từ đây ta có các tỷ số:

$\frac{B_{1} B}{A B}=\frac{B_{1} L}{A A_{1}}=\frac{B L}{B A_{1}} \Rightarrow \frac{B_{1} L}{B_{1} B}=\frac{A A_{1}}{A B} $

$\frac{A A_{1}}{A C}=\frac{A K}{A C_{1}}=\frac{A_{1} K}{C C_{1}} \Rightarrow \frac{A_{1} K}{C C_{1}}=\frac{A A_{1}}{A C} $

$\frac{A B}{A C}=\frac{B B_{1}}{C C_{1}}$

Từ đó hai hệ thức đầu ta có:

$\frac{B_{1} L}{A_{1} K} \cdot \frac{C C_{1}}{B B_{1}}=\frac{A C}{A B} \Rightarrow \frac{B_{1} L}{A_{1} K}=\frac{A C}{A B} \cdot \frac{B B_{1}}{C C_{1}}=1$

Vậy $A_{1} K=B_{1} L$ (đpcm)

Cách 2: Xét tam giác $\triangle A A_{1} K$, ta có: $A_{1} K=A A_{1} \sin \angle A_{1} A K$

Do $\angle A B_{1} B=\angle A A_{1} B$. Nên tứ giác $A B_{1} A_{1} B$ là tứ giác nội tiếp. Suy ra $\angle B A A_{1}=\angle B B_{1} A_{1}$

Mà: $\angle B B_{1} A_{1}+\angle A_{1} B_{1} C=90^{\circ}$ và $\angle A_{1} B_{1} C=\angle A B_{1} K$ (hai góc đối đỉnh)

Nên: $\angle B B_{1} A_{1}+\angle A B_{1} K=90^{\circ}$

Mà: $\angle A B_{1} K+\angle B_{1} A K=90^{\circ}$ (Do tam giác $A B_{1} K$ vuông tại $K$ )

Suy ra: $\angle B B_{1} A_{1}=\angle B_{1} A K=\angle B A A_{1}$

Vậy: $\angle A_{1} A K=\angle B A C$

Từ đó ta có: $A_{1} K=A A_{1} \sin \angle B A C$

Chứng minh tương tự ta được: $B_{1} L=B B_{1} \sin \angle A B C$

Vậy: $\frac{B_{1} L}{A_{1} K}=\frac{B B_{1} \sin (A B C)}{A A_{1} \sin (B A C)}$

Dễ dàng chứng minh được công thức sau đây:

$S_{A B C}=\frac{1}{2} B A \cdot B C \cdot \sin \angle A B C$

$S_{A B C}=\frac{1}{2} B A \cdot A C \cdot \sin \angle B A C$

Từ đó ta có:

$\frac{B_{1} L}{A_{1} K}=\frac{B B_{1} \sin (A B C)}{A A_{1} \sin (B A C)}=\frac{A C \cdot B B_{1}}{B C \cdot A A_{1}}=1$

Bài 4. Cho $x, y$ là hai số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{x \sqrt{y}+y \sqrt{x}}{x+y}-\frac{x+y}{2} \leq \frac{1}{4}$

Lời giải. Bằng biến đổi tương đương ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$4 \sqrt{x y}(\sqrt{x}+\sqrt{y}) \leq(x+y)[2(x+y)+1]$

Vì $x>0, y>0$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: $x+\frac{1}{4} \geq \sqrt{x}, y+\frac{1}{4} \geq \sqrt{y}$ Cộng vế theo vế ta thu được: $x+y+\frac{1}{2} \geq \sqrt{x}+\sqrt{y}$. Hay: $2(x+y)+1 \geq 2(\sqrt{x}+\sqrt{y})$ Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy một lần nữa ta có: $x+y \geq 2 \sqrt{x y}$

Nhân hai vế lại với nhau ta có:

$4 \sqrt{x y}(\sqrt{x}+\sqrt{y}) \leq(x+y)[2(x+y)+1]$

Dấu bằng của bất đẳng thức này xảy ra khi: $x=y=\frac{1}{4}$

Bài 5. Cho tứ giác nội tiếp $A B C D$ có $A C$ cắt $B D$ tại $E$. Tia $A D$ cắt tia $B C$ tại $F$. Dựng hình bình hành $A E B G$.

a) Chứng minh rằng: $F D \cdot F G=F B . F E$

b) Gọi $H$ là điểm đối xứng của $E$ qua $A D$. Chứng minh rằng 4 điểm $F, H, A, G$ cùng thuộc một đường tròn.

Lời giải.

a) Chứng minh rằng: $\frac{F B}{F D}=\frac{F G}{F E}$

Ta có: $\triangle F B A \backsim \triangle F D C$. Từ đó ta có các tỷ số:

$\frac{F B}{F D}=\frac{A B}{D C}=\frac{F A}{F C}$

Ta có: $\triangle A G B \backsim \triangle C E D$. Từ đó ta có các tỷ số:

$\frac{A B}{D C}=\frac{G B}{E D}=\frac{A G}{C E}$

Ta có: $\triangle F E D \backsim \triangle F G B$. Từ đó ta có các tỷ số:

$\frac{F E}{F G}=\frac{E D}{G B}=\frac{F D}{F B}$

Kết hợp cả ba tỷ số bằng nhau trên ta có: $\frac{F B}{F D}=\frac{F G}{F E}$

b) Chứng minh rằng: $F, H, A, G$ cùng thuộc một đường tròn Chứng minh tương tự như trên ta có: $\triangle C E F \backsim \triangle A G F$ Từ đó ta có: $\angle A G F=\angle C E F$

Mà: $\angle A H F=\angle A E F$. Do $H$ đối xứng với $E$ qua $A F$ Và: $\angle A E F+\angle C E F=180^{\circ}$. Do 3 điểm $A, C, E$ thằng hàng Vậy: $\angle A G F+\angle A H F=180^{\circ}$

Nên 4 điểm $F, H, A, G$ cùng thuộc một đường tròn

Lời giải.

Gọi $x$ là số miếng giấy Nam có được sau $k$ lần cắt $\left(x ; k \in N^{*}\right)$. Vì lúc đầu Nam có 1 miếng giấy và mỗi lần cắt một miếng giấy ra làm 4 miếng hoặc làm 8 miếng nên sau mỗi lần cắt, số miếng giấy tăng thêm 3 hoặc 7 miếng, do đó ta có: $x \equiv 1(\bmod 3)$ hoặc $x \equiv 1(\bmod 7)$. Vi $2016 \equiv 0(\bmod 3)$ và $2016 \equiv 0(\bmod 7)$ nên ta có $x \neq 2016$. Vậy sau một số lần cắt, số miếng giấy Nam có được không thể bằng $2016 .$

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRUNG TÂM STAR EDUCATION TOÁN CHUYÊN – 2020

Leave a reply

Bài 1. (1,5 điểm )

a) Cho $f(x)=x^{2}-a x+a^{2}-4$, trong đó $a$ là tham số. Tìm giá trị của $a$, sao cho phương trình $f(x)=0$ có hai nghiệm thực $x_{1}$ và $x_{2}$ sao cho $\left|x_{1}^{3}-x_{2}^{3}\right| \leq 4$.

b) Giải phương trình: $\frac{1+3 \sqrt{x}}{4 x+\sqrt{2+x}}-1=0$.

Bài 2. (1,5 điểm ) Cho $x, y>0$ thỏa mãn $2 y>x$ và $11(\sqrt{x}+\sqrt{y})+4 \sqrt{x y}=26$

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $T=11(x+y)+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+2021$

b) Chứng minh rằng: $\frac{1}{x^{3}(2 y-x)}+x^{2}+y^{2} \geq 3$

Bài 3. (1,0 điểm) Cho hàm số bậc hai $f(x)=a x^{2}+b x+c,(a \neq 0)$. Biết rằng phương trình $f(x)=x$ vô nghiệm. Chứng minh rằng phương trình $f(f(x))=x$ cũng vô nghiệm.

Bài 4. $\left(1,5\right.$ điểm) Cho $x, y \in N$ thỏa mãn: $3^{x}+171=y^{2}$.

a) Chứng minh rằng: $x: 2$.

b) Tìm các cặp số $x, y$ thỏa mãn phương trình.

Bài 5. (3,0 điểm) Cho đường tròn $(O)$ và điểm $P$ nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến $P A, P B$ đến $(O)$ với $A, B$ là các tiếp điểm. $C$ là điểm trên cung nhỏ $A B$, tiếp tuyến tại $C$ cắt $P A, P B$ và $P O$ lần lượt tại $D, E, F$.

a) Gọi $H$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $P D E$ và $P O$, kéo dài $H C$ cắt đường tròn $P D E$ tại điểm $G$. Chứng minh rằng tứ giác $P F C G$ nội tiếp.

b) Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $\triangle P D E$. Chứng minh rằng tứ giác $D O E I$ nội tiếp.

c) Chứng minh rằng $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $\triangle D O E$.

d) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác $P A B, P D E$ và $P C F$ cùng đi qua một điểm khác $P$.

Bài 6. (1,5 điểm) Trên mặt phẳng cho 17 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Qua hai điểm bất kì ta vẽ được một đoạn thẳng và trên đoạn thẳng đó ghi một số nguyên dương (các số ghi trên các đoạn thẳng khác nhau là các số nguyên dương khác nhau). Ta tô màu mỗi đoạn thẳng bằng một trong ba màu: đỏ, xanh và vàng.

a) Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có ba cạnh cùng màu.

b) Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có các cạnh là các đoạn thẳng đã vẽ và tổng các số ghi trên các cạnh của tam giác đó là hợp số.

LỜI GIẢI

Bài 1. a) Để phương trình có hai nghiệm thực $x_{1}$ và $x_{2}$ thì $\Delta=a^{2}-4\left(a^{2}-4\right)=16-3 a^{2} \geq 0$. Theo định lý Vietè ta có: $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=a \\ x_{1} x_{2}=a^{2}-4\end{array}\right.$, do đó:

$\left|x_{1}^{3}-x_{2}^{3}\right|=\left|x_{1}-x_{2}\right|\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-x_{1} x_{2}\right]=\left|x_{1}-x_{2}\right|\left[a^{2}-a^{2}+4\right]=4\left|x_{1}-x_{2}\right| \leq 4$

Lại có:

$0 \leq\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\sqrt{a^{2}-4\left(a^{2}-4\right)}=\sqrt{16-3 a^{2}} \leq 1$

Vì vậy, ta có: $a \in\left[-\frac{4 \sqrt{3}}{3},-\sqrt{5}\right] \cup\left[\sqrt{5} ; \frac{4 \sqrt{3}}{3}\right]$.

b) $Đ K: x \geq 0$. Phương trình đã cho tương đương:

$1+3 \sqrt{x}-4 x-\sqrt{2+x}=0 $

$\Leftrightarrow 3 \sqrt{x}-\sqrt{2+x}=4 x-1 $

$\Leftrightarrow(8 x-2)=(4 x-1)(3 \sqrt{x}+\sqrt{2+x}) $

$\Leftrightarrow(4 x-1)[(3 \sqrt{x}+\sqrt{2+x})-2]=0 $

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

Từ đó ta tính được hai nghiệm của phương trình là: $S=[\frac{1}{4} ; \frac{7-3 \sqrt{5}}{8}]$.

Bài 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

$11\left(\frac{x+y+2}{2}\right)+2(x+y) \geq 11 \sqrt{2(x+y)}+2(x+y) \geq 11(\sqrt{x}+\sqrt{y})+4 \sqrt{x y}=26$

Do đó: $\frac{15}{2}(x+y) \geq 15 \Leftrightarrow x+y \geq 2$

a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

$T=11(x+y)+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+2021 \geq 11(x+y)+\frac{4}{x+y}+2021 $

$=(x+y)+\frac{4}{x+y}+10(x+y)+2021 $

$\geq 2 \sqrt{(x+y) \cdot \frac{4}{(x+y)}}+10.2+2021=2045$

b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

$\frac{1}{x^{3}(2 y-x)}+x^{2}+y^{2}=\frac{1}{x^{2}\left(2 x y-x^{2}\right)}+x^{2}+y^{2} \geq \frac{1}{x^{2}\left(2 x y-x^{2}\right)}+2 x y $

$=\frac{1}{x^{2}\left(2 x y-x^{2}\right)}+x^{2}+\left(2 x y-x^{2}\right) \geq 3 \sqrt[3]{\frac{1}{x^{2}\left(2 x y-x^{2}\right)} \cdot x^{2} \cdot\left(2 x y-x^{2}\right)}=3$

Bài 3. Do phương trình $f(x)=x \Leftrightarrow a x^{2}+b x+c=x \Leftrightarrow a x^{2}+(b-1) x+c=0,(a \neq 0)$ vô nghiệm nên ta có:

$\Delta=(b-1)^{2}-4 a c<0 \Leftrightarrow(b-1)^{2}<4 a c$

Giả sử phương trình: $f(f(x))=x$ có nghiệm, gọi nghiệm đó là $x_{0}$, ta có:

$f\left(f\left(x_{0}\right)\right)=x_{0} \Leftrightarrow f\left(f\left(x_{0}\right)\right)-f\left(x_{0}\right)+\left[f\left(x_{0}\right)-x_{0}\right]=0 $

$\Leftrightarrow a\left[f\left(x_{0}\right)\right]^{2}+b f\left(x_{0}\right)-a x_{0}^{2}-b x_{0}+\left[f\left(x_{0}\right)-x_{0}\right]=0 $

$\Leftrightarrow a\left[f\left(x_{0}\right)-x_{0}\right]\left[f\left(x_{0}\right)+x_{0}\right]+b\left[f\left(x_{0}\right)-x_{0}\right]+\left[f\left(x_{0}\right)-x_{0}\right]=0 $

$\Leftrightarrow\left[f\left(x_{0}\right)-x_{0}\right]\left[a\left(f\left(x_{0}\right)+x_{0}\right)+b+1\right]=0 $

$\Leftrightarrow a\left(f\left(x_{0}\right)+x_{0}\right)+b+1=0 $

$\Leftrightarrow a^{2} x_{0}^{2}+a(b+1) x_{0}+a c+b+1=0$

Do đó phương trình: $a^{2} x^{2}+a(b+1) x+a c+b+1=0$ có nghiệm nên ta có:

$\Delta=a^{2}(b+1)^{2}-4 a^{2}(a c+b+1) \geq 0$

Từ đó dẫn đến

$(b+1)^{2}-4(a c+b+1) \geq 0 \Leftrightarrow 4 a c \leq b^{2}-2 b-3$

Suy ra: $b^{2}-2 b-3>(b-1)^{2} \Leftrightarrow b^{2}-2 b-3>b^{2}-2 b+1 \Leftrightarrow-4>0$ (vô lí). Do đó ta có điều phải chứng minh.

Bài 4. a) Lần lượt xét $x=0,1,2,3$ đều không nhận được $x=1,2,3$ là nghiệm. Do đó ta xét $x \geq 4$ và $x, y$ là hai số nguyên dương.

Vế trái chia hết cho 9 nên vế phải chia hết cho 9 , đặt: $y=3 z,\left(z \in N^{*}\right)$, ta có phương trình: $3^{x-2}+19=z^{2}$.

Nhận xét: $3 \equiv-1(\bmod 4)$ nên $3^{n} \equiv 1(\bmod 4)$, nếu $n$ chẵn và $3^{n} \equiv-1(\bmod 4)$, nếu $n$ lẻ.

Giả sử: Nếu $x$ là số lẻ thì $3^{x-2}+19 \equiv 18 \equiv 2(\bmod 4)$. Do một số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1 (vô lí).

b) Do đó khi $x$ là số chẵn thì $3^{x-2}+19 \equiv 20 \equiv 0(\bmod 4)$, suy ra $z$ là số chẳn. Đặt: $x-2=2 k,\left(k \in N^{*}\right)$. Ta có phương trình:

$3^{2 k}+19=z^{2} \Leftrightarrow z^{2}-3^{2 k}=19 \Leftrightarrow\left(z-3^{k}\right)\left(z+3^{k}\right)=19 $

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}z+3^{k}=19 \\ z-3^{k}=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}z=10 \\ 3^{k}=9\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}z=10 \\ k=2\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=6 \\ y=30\end{array}\right.\right.\right.\right.$

Thử lại với $x=6, y=30$ (nhận). Do đó nghiệm duy nhất của phương trình là $(x ; y)=(6 ; 30)$.

Bài 5. a) Ta có: $\angle D P H=\angle E P H$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $\angle D G H=\angle E G H$, do đó hai cung $H D$ và cung $H E$ bằng nhau. Từ đó:

$\angle H C F=\angle H G E+\angle D E G=\angle H P D+\angle D P G=\angle H P G $

Dẫn đến, tứ giác $C F P G$ nội tiếp.

b) Ta có: $\angle O D I+\angle O E I=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$ nên tứ giác $D O E I$ nội tiếp.

c) Xét đường tròn $(P D E)$, với $H$ là điểm chính giữa cung $D E$ và $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $\triangle P D E$, tính chất quen thuộc $H D=H I=H E$, do đó ta có $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $D O E I$.

Từ đó, $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $\triangle D O E$.

d) Từ câu c) ta có $H O=H D=H I-H E$, lại có $\triangle H D C \sim \triangle H G D(\mathrm{~g}-\mathrm{g})$ nên $H D^{2}=H C . H G$, do đó $H O^{2}=H C . H G$. Suy ra $\triangle H O C \backsim \triangle H G O(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$ nên $\angle H G O=\angle H O C$.

Lại có, $\angle H G P=\angle H F C$ nên $\angle O G P=\angle H G O+\angle H G P=\angle H O C+\angle H F C=90^{\circ}$, suy ra $A, G, P, B, O$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 6. a) Gọi $A$ là một điểm đã cho, nối $A$ với 16 điểm còn lại được 16 đoạn thẳng và chúng được tô bởi ba màu, Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất 6 đoạn thẳng có cùng một màu. Giả sử đó là các đoạn thẳng $A B, A C, A D, A E, A F, A G$ có cùng màu đỏ. Xét các đoạn thẳng nối từng cặp điểm trong 6 điểm $B, C, D, E, F, G$. Xảy ra các trường hợp sau:

– Trường hợp 1. Tồn tại một đoạn thẳng có màu đỏ, chẳng hạn $B C$, thì tam giác $\triangle A B C$ có ba cạnh cùng là màu đỏ, khẳng định đúng.

– Trường hợp 2. Tất cả các đoạn thẳng nối $B, C, D, E, F, G$ chỉ có màu xanh hoặc vàng. Ta xét 5 đoạn $B C, B D, B E, B F, B G$ được tô bởi hai màu thì theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất 3 đoạn thẳng có cùng một màu. Giả sử là $B C, B D, B E$ cùng có màu xanh.

Nếu trong ba đoạn thẳng $C D, C E, D E$ có một đoạn tô màu xanh, chẳng hạn là $C D$ thì tam giác $\triangle B C D$ có ba cạnh cùng màu xanh, khẳng định đúng.
Nếu trong ba đoạn thẳng $C D, C E, D E$ không có một đoạn nào màu xanh, thì tam giác $\triangle C D E$ có ba cạnh cùng màu vàng, khẳng định đúng.

Vậy tồn tại tam giác có ba cạnh cùng một màu.

b) Chia mỗi số nguyên dương ghi trên các đoạn thẳng cho 3 ta được các số dư là $0,1,2$. Ta tô màu đoạn thẳng ghi số dư $0,1,2$ theo thứ tự úng với màu đỏ, xanh, vàng. Theo kết quả trên tồn tại một tam giác có ba cạnh cùng một màu, tức là ba số đó có cùng số dư $r$, chẳng hạn là $3 k+r, 3 h+r, 3 m+r$. Lúc đó tổng ba số trên ba cạnh của tam giác đó bằng:

$3 k+r+3 h+r+3 m+r=3(k+h+m+r) \vdots 3$

mà $3 k+r+3 h+r+3 m+r>3$ do đó $3 k+r+3 h+r+3 m+r$ là hợp số.

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2017

Leave a reply

Bài 1. (a) Cho các số thực $a, b, c$ sao cho $a+b+c=3, a^{2}+b^{2}+c^{2}=29$ và $a b c=11$. Tính $a^{5}+b^{5}+c^{5}$

(b) Cho biểu thức $A=(m+n)^{2}+3 m+n$ với $m, n$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu $A$ là một số chính phương thì $n^{3}+1$ chia hết cho $m$.

Bài 2. (a) Giải hệ phương trình: $2(x+2) \sqrt{3 x-1}=3 x^{2}-7 x-3$

(b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+\frac{1}{y}-\frac{10}{x}=-1 \\ 20 y^{2}-x y-y=1\end{array}\right.$

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ có $A B<A C<B C$. Trên các cạnh $B C, A C$ lần lượt lấy các điểm $M, N$ sao cho $A N=A B=B M$. Các đường thẳng $A M$ và $B N$ cắt nhau tại $\mathrm{K}$. Gọi $H$ là hình chiếu của $K$ lên $\mathrm{AB}$. Chứng minh rằng:

(a) Tâm đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ nằm trên $K H$.

(b) Các đường tròn nội tiếp các tam giác $A C H$ và $B C H$ tiếp xúc với nhau.

Bài 4. Cho $x, y$ là 2 số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thức:

$P=\frac{16 \sqrt{x y}}{x+y}+\frac{x^{2}+y^{2}}{x y}$

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ có góc $B$ tù. Đường tròn $(O)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, C A, B C$ lần lượt tại $L, H, J$.

(a) Các tia $B O, C O$ cắt $L H$ lần lượt tại $M, N$. Chứng minh 4 điểm $B, C, M, N$ cùng thuộc một đường tròn.

(b) Gọi $d$ là đường thẳng qua $O$ và vuông góc với $A J$; $d$ cắt $A J$ và đường trung trực của cạnh $B C$ lần lượt tại $D$ và $F$. Chứng minh 4 điểm $B, D, F, C$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 6. Trên một đường tròn có 9 điểm phân biệt, các điểm này được nối với nhau bởi các đoạn thẳng màu xanh hoặc màu đỏ. Biết rằng mỗi tam giác tạo bởi 3 trong 9 điểm chứa ít nhất một cạnh màu đỏ. Chứng minh rằng tồn tại 4 điểm sao cho 6 đoạn thẳng nối chúng đều có màu đỏ.

LỜI GIẢI

Bài 1.

a) Cho các số thực $a, b, c$ sao cho $a+b+c=3, a^{2}+b^{2}+c^{2}=29$ và $a b c=11$. Tính $a^{5}+b^{5}+c^{5}$

b) Cho biểu thức $A=(m+n)^{2}+3 m+n$ với $m, n$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu $A$ là một số chính phương thì $n^{3}+1$ chia hết cho $m$.

Lời giải.

a) Đặt $S_{2}=a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+a^{2} c^{2} ; S_{3}=a^{3}+b^{3}+c^{3} ; S_{5}=a^{5}+b^{5}+c^{5}$

$(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(a b+b c+a c) $

$\quad\quad\Rightarrow 9=29+2(a b+b c+a c) $

$\quad\quad\Rightarrow a b+b c+a c=-10 $

$(a+b+c)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=a^{3}+b^{3}+c^{3}+a^{2} b+a b^{2}+b^{2} c+b c^{2}+a^{2} c+a c^{2} $

$\quad\quad\Rightarrow 3.29=S_{3}+a b(a+b)+b c(b+c)+a c(a+c) $

$\quad\quad\Rightarrow 87=S_{3}+(a+b+c)(a b+b c+a c)-3 a b c $

$\quad\quad \Rightarrow S_{3}=87-3 \cdot(-10)+3.11=150 $

$(a b+b c+a c)^{2}=a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+a^{2} c^{2}+2 a b c(a+b+c) $

$\quad\quad \Rightarrow 100=S_{2}+2.11 .3 \Rightarrow S_{2}=34 $

$\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)=a^{5}+b^{5}+c^{5}+a^{2} b^{3}+a^{3} b^{2}+b^{2}c^{3}+b^{3}c^{2}+a^{3} c^{2}+a^{2} c^{3} $

$\quad\quad\Rightarrow 29.150=S_{5}+a^{2} b^{2}(a+b)+b^{2} c^{2}(b+c)+a^{2} c^{2}(a+c) $

$\quad\quad \Rightarrow 29.150=S_{5}+(a+b+c)\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+a^{2} c^{2}\right)-a b c(a b+b c+a c) $

$\quad\quad\Rightarrow S_{5}=29.150-3.34+11 .(-10)=4138$

Nhận xét thêm: Trên thực tế, phương trình bậc 3 nhận $a, b, c$ làm nghiệm chỉ có một nghiệm thực, mà đề thi cho 3 số $a, b, c$ thực.

b) Do $m, n$ là số nguyên dương nên ta có: $A=(m+n)^{2}+3 m+n>(m+n)^{2}$ $A=(m+n)^{2}+3 m+n=m^{2}+n^{2}+3 m+n+2 m n<m^{2}+n^{2}+4+4 m+4 n+$ $2 m n=(m+n+2)^{2}$

Mà $\mathrm{A}$ là số chính phương nên $A=(m+n+1)^{2}$

$\Rightarrow(m+n)^{2}+3 m+n=(m+n+1)^{2} $

$\Rightarrow m^{2}+n^{2}+2 m n+3 m+n=m^{2}+n^{2}+1+2 m+2 n+2 m n $

$\Rightarrow m=n+1 .$

Lại có $n^{3}+1=(n+1)\left(n^{2}-n+1\right) \vdots(n+1) \Rightarrow n^{3}+1 \vdots m$

Bài 2.

a) Giải hệ phương trình: $2(x+2) \sqrt{3 x-1}=3 x^{2}-7 x-3$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+\frac{1}{y}-\frac{10}{x}=-1 \\ 20 y^{2}-x y-y=1\end{array}\right.$

Lời giải.

a) Điều kiện: $x \geq \frac{1}{3}$

$2(x+2) \sqrt{3 x-1}=3 x^{2}-7 x-3 $

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

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

$\Leftrightarrow x+2+\sqrt{3 x-1}=2 x \quad\left(\text { vì } x \geq \frac{1}{3}\right) $

$\Leftrightarrow \sqrt{3 x-1}=x-2(x \geq 2) $

$\Leftrightarrow 3 x-1=x^{2}-4 x+4 $

$\Leftrightarrow x^{2}-7 x+5=0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{rl}x & =\frac{7+\sqrt{29}}{2}(n) \\ x & =\frac{7-\sqrt{29}}{2}(l)\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}x+\frac{1}{y}-\frac{10}{x}=-1 \\ 20 y^{2}-x y-y=1\end{array}\right.$

Điều kiện: $y \neq 0, x \neq 0$

Chia 2 vế của (2) cho $y$ ta được:

$20 y-x-1=\frac{1}{y}$

$\Rightarrow 20 y-x=\frac{1}{y}+1$

Mà $\frac{1}{y}+1=\frac{10}{x}-x$ nên

$20 y-x=\frac{10}{x}-x$

$\Rightarrow x y=\frac{1}{2}$

Thay vào (2) ta được:

$20 y^{2}-\frac{1}{2}-y=1 \Rightarrow 40 y^{2}-2 y-3=0 \Rightarrow\left[\begin{array}{l}y=\frac{3}{10} \Rightarrow x=\frac{5}{3} \\ y=-\frac{1}{4} \Rightarrow x=-2\end{array}\right.$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $(x ; y) \in[(-2 ;-\frac{1}{4}),(\frac{5}{3} ; \frac{3}{10})]$

a) Tâm đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ nằm trên $K H$.

b) Các đường tròn nội tiếp các tam giác $A C H$ và $B C H$ tiếp xúc với nhau.

Lời giải.

a) Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$.

Tam giác $A B N$ cân tại $A$ nên phân giác góc $B A C$ cũng là đường cao, suy ra $A I \perp B N$.

Tam giác $A B M$ cân tại $B$ nên phân giác góc $A B C$ cũng là đường cao, suy ra $B I \perp A M$.

Suy ra $I$ là trực tâm tam giác $A B K$, mà $K H \perp A B$ nên $K, I, H$ thẳng hàng.

Vậy tâm đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ nằm trên $K H$.

b) Gọi $D$ là tiếp điểm của $(J)$ với $C H$. TA có $D H=\frac{H A+H C-A C}{2}$.

Gọi $E$ là tiếp điểm của $(L)$ với $C H$. Ta có $H E=\frac{H C+H B-B C}{2}$

Gọi $P$ và $Q$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ với $A C$ và $B C$ $H D-H E=\frac{H A-A C-H B+B C}{2}=\frac{B C-A C+H A-H B}{2}$ $=\frac{B Q+C Q-A P-C P+H A-H B}{2}=0$ (vì $H$ là tiếp điểm của $(I)$ với $A B$ nên $A H=A P, B H=B Q$

Do đó $D$ trùng $E$. nên hai đường tròn $(J)$ và $(L)$ tiếp xúc nhau

Bài 4. Cho $x, y$ là 2 số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thức:

$P=\frac{16 \sqrt{x y}}{x+y}+\frac{x^{2}+y^{2}}{x y}$

Lời giải. $P=\frac{16 \sqrt{x y}}{x+y}+\frac{x^{2}+y^{2}}{x y} $

$=\frac{16 \sqrt{x y}}{x+y}+\frac{(x+y)^{2}}{x y}-2 $

$=\frac{8 \sqrt{x y}}{x+y}+\frac{8 \sqrt{x y}}{x+y}+\frac{(x+y)^{2}}{x y}-2 $

$\geq 3 \sqrt[3]{64}-2=10$

Dấu ” $=$ “xảy ra khi và chỉ khi $x=y$ Vậy $P_{\min }=10 \Leftrightarrow x=y$

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ có góc $B$ tù. Đường tròn $(O)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, C A, B C$ lần lượt tại $L, H, J$.

a) Các tia $B O, C O$ cắt $L H$ lần lượt tại $M, N$. Chứng minh 4 điểm $B, C, M, N$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Gọi $d$ là đường thẳng qua $O$ và vuông góc với $A J ; d$ cắt $A J$ và đường trung trực của cạnh $B C$ lần lượt tại $D$ và $F$. Chứng minh 4 điểm $B, D, F, C$ cùng thuộc một đường tròn.

Lời giải.

a) $N, O$ nằm trên đường trung trực của đoạn $H J$ nên $N H=N J, O H=O J$ $\Rightarrow \triangle N H O=\triangle N J O \Rightarrow \angle N H O=\angle N J O$.

Mà $\angle N H O=\angle N L O$ nên $\angle N J O=\angle N L O \Rightarrow L N O J$ nội tiếp.

Lại có $B L O J$ nội tiếp nên 5 điểm $B, J, O, N, L$ cùng nằm trên một đường tròn.

Suy ra $B N O J$ là tứ giác nội tiếp, suy ra $\angle B N O=90^{\circ}$.

$M, O$ nằm trên đường trung trực của đoạn $L J$ nên $M L=M J, O L=O J \Rightarrow$ $\triangle M O L=\triangle M O J \Rightarrow \angle O L M=\angle O J M$

Mà $\angle O L H=\angle O H L$ nên $\angle O H L=\angle O J M \Rightarrow O H M J$ nội tiếp.

Lại có $O H C J$ nột tiếp nên $O, H, M, C$, $J$ cùng thuộc một đường tròn nên $O M H C$ nội tiếp $\Rightarrow \angle O M C=\angle O H C=90^{\circ}$

$\angle B N C=\angle B M C=90^{\circ} \Rightarrow B M N C$ nội tiếp.

b) Gọi $E$ là giao điểm của $\mathrm{MN}$ và $B C$. Ta chứng minh $O E \perp A J$.

Ta có $O K . O A=O H^{2}=O J^{2}$, suy ra tam giác $O K J$ và $O J A$ đồng dạng, suy ra $\angle O K J=\angle O J A$.

Mặt khác tứ giác $O K E J$ nội tiếp nên $\angle O K J=\angle O E J$.

Do đó $\angle O J A=\angle O E J$, suy ra $O E \perp A J$. Khi đó $O E$ cắt $A J$ tại $D$ và cắt trung trực $B C$ tại $F$.

Xét tam giác $T B C$ chứng minh được $M, N, Q, J$ cùng thuộc đường tròn.

Ta có $E D . E F=E J . E Q=E M . E N=E B . E C$

Suy ra $B D F C$ nội tiếp.

Lời giải. Giả sử không tồn tại 4 điểm nào sao cho 6 đoạn thẳng nối chúng đều có màu đỏ.

$-$ Nếu tồn tại một điểm nối ít nhất 4 điểm khác để tạo thành đoạn thẳng màu xanh, giả sử $A$ nối với $B, C, D, E$ tạo thành đoạn màu xanh, khi đó:

$-$ Nếu có hai trong 4 điểm $B, C, D, E$ nối với nhau tạo thành đoạn màu xanh thì mâu thuẫn

$-$ Nếu 4 điểm này đôi một không nối với nhau tạo thành đoạn màu xanh thì cũng mâu thuẫn.

$-$ Nếu mỗi điểm chỉ nối tối đa với 3 điểm khác để tạo thành đoạn màu xanh. Giả sử $A$ nối với $B, C, D$ tạo thành đoạn màu xanh thì $B C, C D, B D$ màu đỏ và còn lại 5 điểm $M, N, P, Q, R$ nối với $A$ tạo thành đoạn màu đỏ.

$-$ Nếu trong 5 điểm đó, điểm nào cũng nối với 2 điểm trong đó tạo thành đoạn màu xanh, khi đó, mỗi điểm chỉ tạo thêm được đoạn màu xanh với 1 điểm nữa khác 5 điểm $M, N, P, Q, R$. Mà 5 điểm này đều phải tạo với một trong 3 điểm $B, C, D$ tạo thành đoạn màu xanh nên có ít nhất hai điểm cùng tạo với 1 điểm trong $B, C, D$ tạo thành đoạn màu xanh, giả sử đoạn $D M$ và $D N$ màu xanh. Khi đó đoạn $M N$ màu đỏ và $M, N$ nối với $B, C$ tạo thành đoạn màu đỏ. Do đó $B, C, M, N$ là 4 điểm khi nối nhau tạo thành 6 đoạn màu đỏ nên mâu thuẫn.

$-$ Nếu trong 5 điểm $M, N, P, Q$, $R$ có 1 điểm nối với 1 trong 4 điểm còn lại tạo thành đoạn màu xanh, giả sử $M N$ màu xanh. Khi đó $P M, Q M, R M$ màu đỏ. Nếu $P Q, Q R, P R$ đều màu xanh thì mâu thuẫn, nếu 1 trong 3 đoạn màu đỏ, giả sử $P Q$ màu đỏ. Khi đó $A, M, P, Q$ là 4 điểm khi nối nhau tạo thành 4 đoạn màu đỏ. (mâu thuẫn).

$-$ Nếu mỗi điểm chỉ nối tối đa với 2 điểm khác tạo thành đoạn màu xanh, giả sử $A B$, $A C$ màu xanh. Khi đó 6 điểm còn lại $M, N, P, Q, R, T$ khi nối $A$ tạo thành màu đỏ. Giả sử $M B$ màu xanh thì $M$ nối được với 1 điểm nữa trong 5 điểm còn lại tạo thành đoạn màu xanh, giả sử $M N$ màu xanh. Khi đó $M P, M Q, M R, M T$ màu đỏ. Trong 4 điểm $P, Q, R, T$ tồn tại 2 điểm nối nhau tạo thành màu đỏ, giả sử $P Q$ màu đỏ. Khi đó $A, M, P, Q$ là 4 điểm nối nhau tạo thành 6 đoạn màu đỏ. Giả sử $M B, M C$ đều màu đỏ thì $M$ tạo được với tối đa 2 điểm nữa trong 5 điểm còn lại thành đoạn màu xanh. Giả sử $M N, M P$ màu xanh thì $M Q, M R, M T$ màu đỏ, trong 3 điểm $Q, R, T$ tồn tại 2 điểm nối nhau tạo thành đoạn màu đỏ, giả sử $Q R$ màu đỏ thì $A, M, Q, R$ là 4 điểm nối nhau tạo thành 6 đoạn màu đỏ (mâu thuẫn).

Vậy tồn tại 4 điểm sao cho 6 đoạn thẳng nối chúng đều có màu đỏ.

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2017

Leave a reply

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

(a) Tìm $m$ để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$. Chứng minh rằng $\left|\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right|<1$.

(b) Giả sử các nghiệm $x_{1}, x_{2}$ khác 0 , chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{\left|x_{1}\right|}}+\frac{1}{\sqrt{\left|x_{2}\right|}} \geq 2 \geq$ $\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right|$.

Bài 2. Cho $x, y$ là hai số nguyên với $x>y>0$.

(a) Chứng minh rằng nếu $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho 3 thì $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho 9 .

(b) Chứng minh rằng nếu $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho $x+y$ thì $x+y$ không là số nguyên tố.

(c) Tìm tất cả những giá trị $k$ nguyên dương sao cho $x^{k}-y^{k}$ chia hết cho 9 với mọi $x, y$ mà $x y$ không chia hết cho 3 .

Bài 3. (a) Cho ba số $a, b, c \geq-2$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b c=0$. Chứng minh rằng $a=b=c=0 .$

(b) Trên mặt phẳng $O x y$, cho ba điểm $A, B, C$ phân biệt với $O A=O B=$ $O C=1$. Biết rằng $x_{A}^{2}+x_{B}^{2}+x_{C}^{2}+6 x_{A} x_{B} x_{C}=0$.

Chứng minh rằng $min(x_A, x_B, x_C)<-\frac{1}{3}$ (kí hiệu $x_{M}$ là hoành độ của điểm $M$ ).

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm $O$. Gọi $D$ là điểm thay đổi trên cạnh $B C(D$ khác $B, C)$. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $A B D$ và $A C D$ lần lượt cắt $A C$ và $A B$ tại $E$ và $F(E, F$ khác $A)$. Gọi $K$ là giao điểm của $B E$ và $C F$.

(a) Chứng minh rằng tứ giác $A E K F$ nội tiếp.

(b) Gọi $H$ là trực tâm $\operatorname{tam} A B C$. Chứng minh rằng nếu $A, O, D$ thẳng hàng thì $H K$ song song với $B C$.

(c) Ký hiệu $S$ là diện tích tam giác $K B C$. Chứng minh rằng khi $D$ thay đổi trên cạnh $B C$ ta luôn có $S \leq\left(\frac{B C}{2}\right)^{2} \tan \frac{\widehat{B A C}}{2}$.

(d) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A E F$. Chứng minh rằng $B F . B A-C E . C A=B D^{2}-C D^{2}$ và $I D$ vuông góc với $B C$.

Bài 5. Lớp $9 \mathrm{~A}$ có 6 học sinh tham gia một kỳ thi toán và nhận được 6 điểm số khác nhau là các số nguyên từ 0 đến 20. Gọi $m$ là trung bình cộng các điểm số của 6 học sinh trên. Ta nói rằng hai học sinh (trong 6 hoc sinh trên) lập thành một cặp “hoàn hảo” nếu như trung bình cộng điểm số của hai em đó lớn hơn $m$.

(a) Chứng minh rằng không thể chia 6 học sinh trên thành 3 cặp mà mỗi cặp đều “hoàn hảo”.

(b) Có thể có được nhiều nhất là bao nhiêu cặp “hoàn hảo”?

LỜI GIẢI

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

(a) Tìm $m$ để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$. Chứng $\operatorname{minh}$ rằng $\left|\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right|<1$.

(b) Giả sử các nghiệm $x_{1}, x_{2}$ khác 0 , chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{\left|x_{1}\right|}}+\frac{1}{\sqrt{\left|x_{2}\right|}} \geq$ $2 \geq\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right|$.

Lời giải.

(a) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì

$\Delta=(m+1)^{2}-\left(2 m^{2}+4 m+1\right)=-m^{2}-2 m>0 $

$\Leftrightarrow m(m+2)<0 \Leftrightarrow-2<m<0$

Khi đó theo định lý Viete ta có $x_{1}+x_{2}=2(m+1)$.

Suy ra $\left|\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right|=|m+1|<1($ do $-2<m<0)$.

(b) Ta có $m^{2}+2 m+1 \geq 0 \Rightarrow 2 m^{2}+4 m+1 \geq-1$.

Và $m(m+2)<0 \Rightarrow 2(m+1)^{2} \geq 0 \Rightarrow 2 m^{2}+4 m+1<1$.

Do đó $\left|2 m^{2}+4 m+1\right| \leq 1 .\left(^{*}\right)$

$\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right| \leq 2 \Leftrightarrow x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2\left|x_{1} x_{2}\right| \leq 4$

$\Leftrightarrow\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}+2\left|x_{1} x_{2}\right| \leq 4$

$\Leftrightarrow 4(m+1)^{2}-2\left(2 m^{2}+4 m+1\right)+2\left|2 m^{2}+4 m+1\right| \leq 4$

$\left.\Leftrightarrow\left|2 m^{2}+4 m+1\right| \leq 1\left(\operatorname{do}{ }^{*}\right)\right)$.

Ta có $\frac{1}{\sqrt{\left|x_{1}\right|}}+\frac{1}{\sqrt{\left|x_{2}\right|}} \geq 2 \sqrt{\frac{1}{\sqrt{\left|x_{1} x_{2}\right|}}} \geq 2$ (đúng vì $\left|x_{1} x_{2}\right|=\mid 2 m^{2}+$ $4 m+1 \mid \leq 1$ ).
Vậy $\frac{1}{\sqrt{\left|x_{1}\right|}}+\frac{1}{\sqrt{\left|x_{2}\right|}} \geq 2 \geq\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right|$.

Bài 2. Cho $x, y$ là hai số nguyên với $x>y>0$.

(a) Chứng minh rằng nếu $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho 3 thì $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho 9 .

(b) Chứng minh rằng nếu $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho $x+y$ thì $x+y$ không là số nguyên tố.

(c) Tìm tất cả những giá trị $k$ nguyên dương sao cho $x^{k}-y^{k}$ chia hết cho 9 với mọi $x, y$ mà $x y$ không chia hết cho 3 .

Lời giải.

(a) Ta có $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho 3 mà $x^{3}-y^{3}=(x-y)^{3}+3 x y(x-y) \vdots, 3$ nên $(x-y)^{3}$ :3. Hơn nữa 3 là số nguyên tố nên $\Rightarrow(x-y)$ :3. Suy ra $\left\{\begin{array}{l}(x-y)^{3}: 9 \\ 3 x y(x-y) \vdots 9\end{array} \Rightarrow x^{3}-y^{3} \vdots, 9\right.$

(b) Giả sử ngược lại $x+y$ nguyên tố.

Ta có $x^{3}-y^{3}=(x-y)\left[(x+y)^{2}-x y\right]=(x-y)(x+y)^{2}-x y(x-$ $y) \vdots(x+y)$.

$\Rightarrow(x-y) x y \vdots(x+y)$, mà $x+y$ nguyên tố nên $\left[\begin{array}{l}(x-y) \vdots(x+y) \\ x \vdots(x+y) \\ y \vdots(x+y)\end{array}\right.$ (vô lí vì $0<x, y, x-y<x+y)$.

(c) Cho $x=2, y=1 \Rightarrow x y$ không chia hết cho 3 . $\Rightarrow x^{k}-y^{k}=2^{k}-1 \vdots 9 \Rightarrow 2^{k}-1 \vdots 3 .$

Do $2 \equiv-1(\bmod 3) \Rightarrow 2^{k}-1 \equiv(-1)^{k}-1(\bmod 3)$ nên $k$ chẵn.

Ta chứng $\operatorname{minh} k=6 n,\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$

Với $k=6 n+2 \Rightarrow 2^{k}-1 \equiv 2^{6 n+2}-1 \equiv 3(\bmod 9)$. $\Rightarrow k=6 n+2$ (không thỏa).

Với $n=6 k+4 \Rightarrow 2^{k}-1=2^{6 n+4}-1 \equiv 6(\bmod 9)$. $\Rightarrow k=6 n+4$ (không thỏa).

Nên $k=6 n$.

Lại có $x^{k}-y^{k}=x^{6 n}-y^{6 n}=\left(x^{6}\right)^{n}-\left(y^{6}\right)^{n}:\left(x^{6}-y^{6}\right)$

Do $x y$ không chia hết cho 3 nên cả $x$ và $y$ đều không chia hết cho 3 .

Trường hợp 1. $x \equiv y(\bmod 3) \Rightarrow x^{3}-y^{3}: 3$

Theo câu (a) $\Rightarrow x^{3}-y^{3}: 9 \Rightarrow x^{k}-y^{k}: 9$.

Trường hợp 2. $x$ không đồng dư với $y \bmod 3$.

Không mất tính tổng quát, giả sử $\left\{\begin{array}{l}x=3 a+1 \\ y=3 b+2\end{array}\right.$

Ta có $x^{3}+y^{3}=(3 a+1)^{3}+(3 b+2)^{2}=27 a^{3}+27 a^{2}+9 a+27 b^{3}+$ $27 b^{2}+9 b+9 \vdots 9$

Suy ra $x^{6}-y^{6}=\left(x^{3}-y^{3}\right)\left(x^{3}+y^{3}\right) \vdots 9 \Rightarrow x^{k}-y^{k} \vdots 9$.

Vậy tập tất cả các số thỏa đề bài là $k=6 n$ với $n$ tự nhiên.

Bài 3. (a) Cho ba số $a, b, c \geq-2$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b c=0$. Chứng minh rằng $a=b=c=0$.

(b) Trên mặt phẳng $O x y$, cho ba điểm $A, B, C$ phân biệt với $O A=O B=$ $O C=1$. Biết rằng $x_{A}^{2}+x_{B}^{2}+x_{C}^{2}+6 x_{A} x_{B} x_{C}=0$.

Chứng minh rằng $\min(x_{A}, x_{B}, x_{C})<-\frac{1}{3}$ (kí hiệu $x_{M}$ là hoành độ của điểm $M$ ).

Lời giải.

(a) – Trong ba số $a, b, c$ phải có ít nhất 2 số cùng dấu. Không mất tính tổng quát, giả sử hai số đó là $a$ và $b$.

Ta có $a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b c=0$

$\Leftrightarrow(a-b)^{2}+c^{2}+a b(c+2)=0(*)$

Do $(a-b)^{2}, c^{2}, a b(c+2) \geq 0$

Nên $(*) \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=b \\ c=0 \ a b=0\end{array} \Leftrightarrow a=b=c=0\right.$

(b) – Giả sử ngược lại $\min(x_{A}, x_{B}, x_{C}) \geq-\frac{1}{3} \Rightarrow x_{A}, x_{B}, x_{C} \geq-\frac{1}{3}$ Trong 3 số $x_{A}, x_{B}, x_{C}$ có 2 số cùng dấu, giả sử $x_{A}, x_{B}$.

$-$ Ta có $x_{A}^{2}+x_{B}^{2}+x_{C}^{2}+6 x_{A} x_{B} x_{C}=\left(x_{A}-x_{B}\right)^{2}+x_{C}^{2}+2 x_{A} x_{B}\left(3 x_{C}+1\right)=0$ $\Rightarrow x_{A}=x_{B}=x_{C}=0$, suy ra $A, B, C$ dều thuộc trục tung. Hơn nữa $O A=O B=O C=1$ nên có ít nhất hai điểm trùng nhau (vô lý). Vậy ta có điều phải chứng minh.

(a) Chứng minh rằng tứ giác $A E K F$ nội tiếp.

(b) Gọi $H$ là trực tâm tam $A B C$. Chứng minh rằng nếu $A, O, D$ thẳng hàng thì $H K$ song song với $B C$.

(c) Ký hiệu $S$ là diện tích tam giác $K B C$. Chứng minh rằng khi $D$ thay đổi trên cạnh $B C$ ta luôn có $S \leq\left(\frac{B C}{2}\right)^{2} \tan \frac{\widehat{B A C}}{2}$.

(d) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A E F$. Chứng minh rằng $B F . B A-C E . C A=B D^{2}-C D^{2}$ và $I D$ vuông góc với $B C$.

Lời giải.

(a) $-$Tứ giác $A E D B$ nội tiếp suy ra $\widehat{A E B}=\widehat{A D B}$, tứ giác $A F D C$ nội tiếp suy ra $\widehat{A F C}=\widehat{A D C}$.

Khi đó $\widehat{A E K}+\widehat{A F D}=\widehat{A D B}+\widehat{A D C}=180^{\circ}$. Vậy tứ giác $A E K B$ nội tiếp.

(b) $-$ Ta có $\widehat{B K C}=\widehat{F K E}=180^{\circ}-\widehat{B A C}$ và $\widehat{B H C}=180^{\circ}-\widehat{B A C}$.

Suy ra $\widehat{B K C}=\widehat{B H C} \Rightarrow B H K C$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat{F K H}=\widehat{H B C}=\widehat{H A C}$ và $\widehat{K C B}=\widehat{B A D}$ (do $A F D C$ nội tiếp).

$-$ Khi $A, O, D$ thẳng hàng, ta có $\widehat{B A D}=\widehat{B A O}=\widehat{H A C}$. (tự chứng minh, hehe)

Do đó $\widehat{F K H}=\widehat{K C B}$ suy ra $K H / / B C$.

Gọi $M$ là trung điểm của $B C$ và $N$ là điểm chính giữa cung $B H C$ và $X$ là giao điểm của $T K$ và $B C$.

$-$ Dựng $K L \perp B C$. Ta có $K L \leq K X=T K-T D \leq T N-T M=M N$. Ta có $\widehat{B N C}=\widehat{B H C}=180^{\circ}-\widehat{B A C}$, suy ra $\widehat{N B M}=90^{\circ}-\widehat{B N M}=$ $90^{\circ}-\frac{1}{2} \widehat{B N C}=\frac{1}{2} \widehat{B A C}$.

Khi đó $\frac{M N}{B M}=\tan \frac{\widehat{N B M}}{2}=\tan \frac{\widehat{B A C}}{2}$, suy ra $M N=\tan \frac{\widehat{B A C}}{2} \cdot \frac{B C}{2}$.

Do đó $S_{B K C}=\frac{1}{2} . K L . B C \leq \frac{B C^{2}}{4} \tan \frac{\widehat{B A C}}{2}$.

(d) – Xét tam giác $B C F$ và tam giác $B A D$ có $\widehat{B C F}=\widehat{B A D}$ và góc $B$ chung. Suy ra $\Delta B C F \backsim \Delta B A D \Rightarrow \frac{B D}{B A}=\frac{B F}{B C} \Rightarrow B F . B A=B D . B C$.

$-$ Chứng minh tương tự ta có $C E . C A=C B . C D$.

Suy ra $B F . B A-C E . C A=B C . B D-B C . C D=B C(B D-C D)=$ $(B D+B C)(B D-B C)=B D^{2}-C D^{2} .$

$-$ Ta có $\widehat{A D F}=\widehat{A C F}=\widehat{A E B}-\widehat{E K C}=\widehat{A E B}-\widehat{A}$ và $\widehat{A D E}=\widehat{A B E}=\widehat{A F C}-\widehat{B A C}$, suy ra $\widehat{E D F}=\widehat{A D F}+\widehat{A D E}=\widehat{A E B}+\widehat{A F C}-2 \widehat{A}=180^{\circ}-2 \widehat{B A C}=$ $\widehat{E I F}$. Do đó tứ giác $I E D F$ nội tiếp, hơn nữa $I E=I F$ nên $D I$ là phân giác $\widehat{E D F}$.

Mặt khác $\widehat{F D B}=\widehat{B A C}=\widehat{C D E}$.

Suy ra $D B, D I$ lần lượt là phân giác ngoài và phân giác trong của $\widehat{E D F}$ nên $I D \perp B C$.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

(a) Chứng minh rằng không thể chia 6 học sinh trên thành 3 cặp mà mỗi cặp đều “hoàn hảo”.

(b) Có thể có được nhiều nhất là bao nhiêu cặp “hoàn hảo”?

Lời giải.

(a) Giả sử có thể chia 6 học sinh thành 3 cặp đều “hoàn hảo”. Gọi số điểm của các cặp học sinh này là $\left(x_{1} ; x_{2}\right),\left(x_{3} ; x_{4}\right),\left(x_{5} ; x_{6}\right)$.

Ta có $\frac{x_{1}+x_{2}}{2}>m ; \frac{x_{3}+x_{4}}{2}>m ; \frac{x_{5}+x_{6}}{2}>m$

Suy ra $\frac{x_{1}^{2}+x_{2}}{2}+\frac{x_{3}+x_{4}}{2}+\frac{x_{5}+x_{6}}{2}>3 m$

$\Leftrightarrow \frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}^{2}+x_{5}+x_{6}^{2}}{2}>3 . \frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+x_{6}}{6}$ (vô

lý).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

(b) – Xét tập $A={0,16,17,18,19,20}$ với $m=15$ có 10 cặp hoàn hảo. (1)

$-$ Giả sử có nhiều hơn hoặc bằng 11 cặp “hoàn hảo”. Gọi tên 6 thí sinh là $A, B, C, D, E, F$.

Với tổng 15 cặp thí sinh. Ta chia thành các nhóm như sau:

Nhóm 1. $(A B ; C D ; E F)$

Nhóm 2. $(A C ; B E ; D F)$

Nhóm 3. $(A D ; C E ; B F)$

Nhóm 4. $(A E ; B D ; C F)$

Nhóm 5. $(A F ; B E ; C D)$

$-$ Do có ít nhất 11 cặp “hoàn hảo” mà chỉ có 5 nhóm nên theo nguyên lý Đi-rích-lê, có ít nhất 1 nhóm đủ 3 cặp thí sinh.

Mà theo câu (a), điều này vô lí (2)

$-$ Từ (1) và (2̃) thì có nhiều nhất 10 cặp “hoàn hảo”.

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2021

Leave a reply

Bài 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức:

$P=\frac{a^{2}+b \sqrt{a b}}{a+\sqrt{a b}}+\frac{a \sqrt{a}-3 a \sqrt{b}+2 b \sqrt{a}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}} \quad(a>b>0)$

a) Thu gọn biểu thức $P$.

b) Chứng minh $P>0$.

Bài 2. (2 điểm)

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

b) Cho $(d): y=(m+1) x+m n$ và $\left(d_{1}\right): y=3 x+1$. Tìm $m, n$ biết $(d)$ đi qua $A(0 ; 2)$, đồng thời $(d)$ song song với $\left(d_{1}\right)$.

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

a) Tìm $m$ sao cho $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt $A\left(x_{1} ; y_{1}\right), B\left(x_{2} ; y_{2}\right)$.

b) Tìm $m$ sao cho $\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}=5$.

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 $\triangle A B C$ có $A B=3, A C=4, B C=5$. $B D$ là tia phân giác của $\angle A B C$. Tính $B D$ ?

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

a) Chứng minh $\triangle P B C$ đều. Tính $P A \cdot P D$ theo $R$.

b) $A H$ cắt $(T)$ tại $E($ khác $A$ ). Chứng $\operatorname{minh} H A \cdot H E=H O \cdot H P$ và $P D=P E$.

c) Trên $A B$ lấy điểm $I$ thỏa $A I=A C$, trên $A C$ lấy điểm $J$ thỏa $A J=A B$. Đường thẳng vuông góc với $A B$ tại $I$ và đường thẳng vuông góc với $A C$ tại $J$ cắt nhau ở $K$. Chứng $\operatorname{minh} I J=B C$ và $A K \perp B C$. Tính $P K$ theo $R$.

LỜI GIẢI

Bài 1. a) Ta có $a>b>0$ nên

$P =\frac{a^{2}+b \sqrt{a b}}{a+\sqrt{a b}}+\frac{a \sqrt{a}-3 a \sqrt{b}+2 b \sqrt{a}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}} $

$=\frac{(\sqrt{a})^{3}+(\sqrt{b})^{3}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})(a-2 \sqrt{a b})}{\sqrt{a}-\sqrt{b}} $

$=a-\sqrt{a b}+b+a-2 \sqrt{a b} $

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

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

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

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

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

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

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

Vậy $S=(1 ; \frac{2}{3})$

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

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

Vậy $m=2, n=1$

Bài 3. a) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$

$x^{2}=2 x+m \Leftrightarrow x^{2}-2 x-m=0$

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

$\Leftrightarrow \Delta^{\prime}>0 \Leftrightarrow 1+m>0 $

$\Leftrightarrow m>-1(*)$

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

b) Với điều kiện $(*)$ theo Viet ta có: $S=x_{1}+x_{2}=2, P=x_{1} \cdot x_{2}=-m$ Ta có: $A\left(x_{1} ; y_{1}\right) \in(d) \Leftrightarrow y_{1}=2 x_{1}+m ; B\left(x_{2} ; y_{2}\right) \in(d) \Leftrightarrow y_{2}=2 x_{2}+m$ Ta có:

$\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}=5 $

$\Leftrightarrow\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(2 x_{1}-2 x_{2}\right)^{2}=5 $

$\Leftrightarrow\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+4\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=5 $

$\Leftrightarrow\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=1 \Leftrightarrow\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}=1 $

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

Vậy $m=-\frac{3}{4}$

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.

b) Ta có: $3^{2}+4^{2}=5^{2}$ nên $A B^{2}+A C^{2}=B C^{2}$

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

Theo tính chất đường phân giác: $\frac{D C}{B C}=\frac{D A}{B A}$.

Suy ra $\frac{D C}{B C}=\frac{D A}{B A}=\frac{D C+D A}{B C+B A}=\frac{A C}{B A+B C}=\frac{1}{2} \Rightarrow A D=\frac{1}{2} B A=\frac{3}{2}$.

Tam giác $A B D$ vuông tại $A$ nên: $B D^{2}=A D^{2}+A B^{2}=\frac{45}{4} \Rightarrow B D=\frac{3 \sqrt{5}}{2}$.

Bài 5.

a) – Ta có: $O B=O C, P B=P C$ suy ra $P O$ là đường trung trực của $B C$ nên $O P \perp B C$ và $H$ là trung điểm $B C$.

$\sin \angle H O C=\frac{H C}{O C}=\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \angle H O C=60^{\circ} \Rightarrow \angle H C P=\angle H O C=60^{\circ}$

$\triangle P B C$ có $P B=P C$ và $\angle B C P=60^{\circ}$ suy ra $\triangle P B C$ đều

Xét $\triangle P B D$ và $\triangle P A B$ có $\angle B P D$ chung, $\angle P B D=\angle P A B$

$\Rightarrow \triangle P B D \backsim \triangle P A B(\mathrm{~g} . \mathrm{g}) \Rightarrow \frac{P B}{P A}=\frac{P D}{P B} \Rightarrow P A \cdot P D=P B^{2}=3 R^{2}$

Xét $\triangle H A B$ và $\triangle H C E$ có $\angle A H B=\angle C H E, \angle H A B=\angle H C E$

$\Rightarrow \triangle H A B \backsim \triangle H C E(g . g) \Rightarrow H A \cdot H E=H B \cdot H C=H B^{2}=H O \cdot H P$

Xét $\triangle H O A$ và $\triangle H E P$ có $\angle O H A=\angle E H P, \frac{H O}{H E}=\frac{H A}{H P}$ $\Rightarrow \triangle H O A \backsim \triangle H E P($ c.g.c $)$

$\Rightarrow \angle H O A=\angle H E P$, suy ra $A O E P$ là tứ giác nội tiếp.

Suy ra $\angle H P E=\angle H P D$ (chắn hai cung $O E$ và $O A$ bằng nhau)

Lại có $P A \cdot P D=P B^{2}=P H \cdot P O \Rightarrow \frac{P D}{P O}=\frac{P H}{P A}$ $\Rightarrow \triangle P D H \backsim \triangle P O A$ (c.g.c) suy ra $O H D A$ nội tiếp.

Mà $\angle P A O=\angle O D A=\angle A H O=\angle P H E$ nên $\angle P H D=\angle P H E$

Từ (1) và (2) suy ra $\triangle H D P=\triangle H E P$ (g.c.g), suy ra $P D=P E$.

Xét $\triangle A B C$ và $\triangle A J I$ có $A B=A J, \angle I A C$ chung, $A C=A I$ nên $\triangle A B C=\triangle A J I \Rightarrow I J=B C$
Gọi $Q=B C \cap A K$

Ta có: $\angle A I K=\angle A J K=90^{\circ}$ nên $A I K J$ nội tiếp đường tròn đường kính $A K$ $\Rightarrow \angle A K I=\angle A J I$

Mà $\angle A J I=\angle A B C$ (do $\triangle A B C=\triangle A J I$ ) nên $\angle A K I=\angle A B C$.

Tứ giác $B Q K I$ có $\angle A K I=\angle A B C$ nên $B Q K I$ là tứ giác nội tiếp. $\Rightarrow \angle B I K+\angle B Q K=180^{\circ} \Rightarrow \angle B Q K=180^{\circ}-\angle B I K=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$

Suy ra $A K \perp B C$.

Vì $\triangle A B C=\triangle A I J$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác này bằng nhau.

Mà $A K$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\triangle A I J$ nên $A K=2 R$.

$\triangle O C P$ vuông tại $C$ :

$\Rightarrow O P^{2}=O C^{2}+C P^{2}=R^{2}+(R \sqrt{3})^{2}=4 R^{2} $

$\Rightarrow O P=2 R \Rightarrow O P=A K .$

Ta có: $A K \perp B C, O P \perp B C$ nên $A K / / O P$.

Tứ giác $A O P K$ có $A K / / O P$ và $A K=O P$ nên $A O P K$ là hình bình hành, suy ra $P K=A O=R$.

Vậy $P K=R$.

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2021

Leave a reply

Bài 1. 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. Cho $M=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}, N=\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}, K=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

a) Chứng minh nếu $M K=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$ thì $N=0$

b) Cho $M=K=4, N=1$. Tính tích $a b c$.

Bài 3. Cho dãy $n$ số thực $x_{1} ; x_{2} ; \ldots ; x_{n}(n \geq 5)$ thỏa: $x_{1} \leq x_{2} \leq \ldots \leq x_{n}$ và $x_{1}+x_{2}+\ldots x_{n}=1$

a) Chứng minh nếu $x_{n} \geq \frac{1}{3}$ thì $x_{1}+x_{2} \leq x_{n}$

b) Chứng minh nếu $x_{n} \leq \frac{2}{3}$ thì tìm được số nguyên dương $k<n$ sao cho

$\frac{1}{3} \leq x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{k} \leq \frac{2}{3}$

Bài 4. a) Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $(2 n+1)^{3}+1$ chia hết cho $2^{2021}$

b) Tìm tất cả số tự nhiên $n$ và số nguyên tố $p$ sao cho $\frac{2 n+2}{p}$ và $\frac{4 n^{2}+2 n+1}{p}$ 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. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Các điểm $E, F$ lần lượt thay đổi trên các cạnh $A B, A C$ sao cho $E F | B C$. Gọi $D$ là giao điểm của $B F$ và $C E, H$ là hình chiếu của $D$ lên $E F$. Đường tròn $(I)$ đường kính $E F$ cắt $B F, C E$ tại $M, N$. ( $M$ khác $F, N$ khác $E$ )

a) Chứng minh $A D$ và đường tròn ngoại tiếp $\triangle H M N$ 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 $B C$ và $P, Q$ tương ứng là giao điểm của $E M, F N$ với $B C$. Chứng minh tứ giác $A E P L, A F Q K$ nội tiếp và $\frac{B P \cdot B L}{C Q \cdot C K}$ không đổi khi $E, F$ thay đổi.

c) Chứng minh nếu $E L$ và $F K$ cắt nhau trên đường tròn $(I)$ thì $E M$ và $F N$ cắt nhau trên đường thẳng $B C$.

Bài 6. Cho $N$ tập hợp $(N \geq 6)$, 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?

LỜI GIẢI

Bài 1.

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

ĐKXĐ: $x \geq 2, y \geq 1$

(1) $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x-2+y-1+2 \sqrt{(x-2)(y-1)}=4 \\ x+y=7\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 \sqrt{(x-2)(y-1)}=0 \\ x+y=7\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left[\left\{\begin{array}{l}x-2=0 \\ x+y=7 \\ y-1=0 \\ x+y=7\end{array} \Leftrightarrow\left\{\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=5 \\ y=1 \\ x=6\end{array}(n)\right.\right.\right.\right.$

Vậy $(x, y) \in[(2 ; 5),(6 ; 1)]$

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

Hệ phương trình trở thành: $\left\{\begin{array}{l}u+v=2 \\ u^{2}+v^{2}=m-3\end{array}\right.$

$\Rightarrow 2 u^{2}-4 u+7-m=0$ (2)

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

$\left\{\begin{array} { l }{ \Delta ^ { \prime } \geq 0 } \\ { S > 0 } \\ { P \geq 0 } \\ { ( x _ { 1 } – 2 ) ( x _ { 2 } – 2 ) > 0 } \\ { S \leq 4 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}m \geq 7 \\ m \leq 7\end{array}\right.\right.$

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

Bài 2.

a) $M K=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow N=0$.

$M K =\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right) $

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

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

$=N+\frac{b}{c+a}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)+\frac{c}{a+b}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{a}{b+c}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) $

$=N+\frac{b}{a c}+\frac{c}{a b}+\frac{a}{b c} $

$=N+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$

Mà $M K=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow N+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow N=0$

b) Ta có $M=K=4 ; N=1$

Theo câu a) ta được:

$M K=N+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow 16=1+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}=15 a b c $

$\Rightarrow(a+b+c)^{2}-2(a b+b c+c a)=15 a b c(*)$

Ta có:

$K+3=\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{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 $(*) \Rightarrow 7^{2}-2.4 a b c=15 a b c \Rightarrow a b c=\frac{49}{23}$.

Bài 3.

a) Giả sử rằng $x_{1}+x_{2}>x_{n} \geq \frac{1}{3}>0$

$\Rightarrow x_{2}>0 \Rightarrow x_{i}>0, \forall i \geq 2 \text {. }$

Suy ra $x_{1}+x_{2}+x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n} \leq x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n}=1$

Nhưng $x_{1}+x_{2}>\frac{1}{3}$ và $x_{n-1}, x_{n-2}>\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)>\frac{1}{6}$ và $x_{n} \geq \frac{1}{3}$ nên khi cộng theo vế, ta có $V T>1$, vô lý.

Vậy điều giả sử là sai hay nếu $x_{n} \geq \frac{1}{3}$ thì $x_{1}+x_{2} \leq x_{n}$

b) Giả sử không tồn tại số $k$ như trên.

Khi đó tồn tại chỉ số $l \leq n-1$ để

$x_{1}+\ldots+x_{l}<\frac{1}{3} \text { và } x_{1}+\ldots+x_{l+1}>\frac{2}{3}$

Suy ra $x_{l+1}>\frac{1}{3} \Rightarrow x_{k}>\frac{1}{3}>0, \forall k \geq l+1$.

Nếu $l<n-1$ thì tồn tại $x_{l+2}$ do $l+2 \leq n$. Ta có

$x_{l+2} \geq x_{l+1}>\frac{1}{3} \Rightarrow\left(x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{l+1}\right)+x_{l+2}>1$, vô lý do $x_{1}+\ldots+x_{n}=1$.

Từ đó $l=n-1$. Để ý rằng $x_{n} \leq \frac{2}{3}$ nên $x_{1}+\ldots+x_{n-1}=1-x_{n} \geq 1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$.

Kết hợp với $l=n-1$ nên $x_{1}+\ldots+x_{n-1}>\frac{2}{3} \Rightarrow x_{n}<\frac{1}{3}$, vô lý.

Vậy điều giả sử là sai hay phải tồn tại chỉ số $k<n$ để:

$\frac{1}{3} \leq x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k} \leq \frac{2}{3}$

Bài 4.

(a) $(2 n+1)^{3}+1 \vdots 2^{2021} $

$\Leftrightarrow(2 n+2)\left(4 n^{2}+2 n+1\right) \vdots 2^{2021} $

$\Leftrightarrow 2(n+1)\left(4 n^{2}+2 n+1\right) \vdots 2^{2021} $

$\Leftrightarrow(n+1)\left(4 n^{2}+2 n+1\right) \vdots 2^{2020} $

$\Leftrightarrow n+1 \vdots 2^{2020} \quad\left(\text { do } 4 n^{2}+2 n+1 \equiv 1(\bmod 2)\right) $

$\Leftrightarrow n=2^{2020} k-1\left(k \in \mathbb{Z}^{+}\right)$

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

Do $4 n+2+2 n+1=4(n-1)(n+1)+2(n+1)+3$ nên $p \mid 3$, từ đó $p=3$. Kết hợp với điều kiện $p \mid n+1$ thì $n=3 k-1$ với $k \in \mathbb{Z}^{+}$.

Ta chứng minh rằng $\frac{2 n+2}{3}$ và $\frac{4 n+2+2 n+1}{3}$ không cùng là số chính phương. Thật vậy, giả sử rằng ta có điều ngược lại, vì chúng đều là số nguyên dương nên:

$\frac{2 n+2}{3} \cdot \frac{4 n^{2}+2 n+1}{3}=s^{2}\left(s \in \mathbb{Z}^{+}\right)$

Viết lại thành $(2 n+1)^{3}=(3 s-1)(3 s+1)$. Do $s$ là số chẵn nên $(3 s-1,3 s+1)=1$, dẫn đến việc tồn tại các số nguyên $a, b$ để $a b=2 n+1,(a, b)=1$ và:

$\left\{\begin{array}{l}3 s-1=a^{3} \\ 3 s+1=b^{3}\end{array}\right.$

Từ đây $2=(b-a)\left(b^{2}+b a+a^{2}\right)$. 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.

Bài 5.

a) a. Qua $D$ vế đường thẳng song song $B C$ cắt $A B, A C$ tại $X, Y$.

Ta có $\frac{D Y}{B C}=\frac{D F}{B F}=\frac{D E}{E C}=\frac{D X}{B C}$.

Suy ra $D X=D Y$. Suy ra $D$ là trung điểm của $X Y$.

Do đó $A D$ qua trung điểm $I$ của $E F$.

Ta có $D H F N, D H E M$ nội tiếp. Suy ra $\widehat{D H N}=\widehat{D F N}=\widehat{M A N}$ và $\widehat{D H M}=$ $\widehat{N E M}=\widehat{N A M}$.

Suy ra $\widehat{M H N}=2 \widehat{M A N}=\widehat{M I N}$.

Suy ra tứ giác $M I H N$ nội tiếp. Ta có điều cần chứng minh.

b) Ta có $\triangle B M P \backsim \triangle B L F$. Suy ra $B M \cdot B F=B P \cdot B L$. Mặt khác $\triangle B A F \backsim \triangle B E M$, suy ra $B E \cdot B A=B M \cdot B E$.

Do đó $B A \cdot B E=B P \cdot B L$.

Từ đó ta có tứ giác $A E P L$ nội tiếp.

Chứng minh tương tự thì tứ giác $A F Q K$ nội tiếp.

Và $\frac{B P \cdot B L}{C Q \cdot C K}=\frac{B E \cdot B A}{C F \cdot C A}=\frac{A B^{2}}{A C^{2}}$.

c) Giả sử $E L, F K$ cắt nhau tại $S$ thuộc $(I)$. Khi đó $\angle E S F=90^{\circ}$ và $E F L K$ là hình vuông. Vẽ $P U \perp A B, Q V \perp A C$.

Ta có $\frac{B P}{B C}=\frac{B U}{B A}=\frac{B K}{B L}$ và $\frac{C Q}{B C}=\frac{C V}{C A}=\frac{C L}{C K}$ Đặt $x=E F=K L$

Ta cần chứng minh $\frac{B K}{B L}+\frac{C L}{C K}=1$.

$\Leftrightarrow B K \cdot C K+B L \cdot C L=B L \cdot C K $

$\Leftrightarrow B K(C L+x)+(B K+x) C L=(B K+x)(C L+x) \Leftrightarrow x^{2}=B K \cdot C L .$

Đúng vì tam giác $B E K$ và $C F L$ đồng dạng.

Bài 6.

a) Giả sử có chữ cái $\sigma$ sao cho $\sigma$ 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 chũ cái chung duy nhất là $\sigma$.

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 $\sigma$ không xuất hiện trong tất cả $N$ tập hợp. Do đó $N \geq 7$.

$-$ Với $N \geq 7$, lấy tập $A_{7}$, có 2 khả năng:

$-$ $A_{7}$ chứa $\sigma$ : Vì $A_{7}$ và những tập $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{6}$ có chung đúng một chũ̃ cái $\sigma$ nên $A_{7}$ còn chứa 4 phần tử không nằm trong bất kỳ tập nào thuộc $A_{1}, A_{2}$, …, $A_{6}$.

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

$-$ $A_{7}$ không chứa $\sigma$.

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 $\sigma$ )

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.

b) Giả sử có nhiều nhất $k$ tập hợp có chung đúng 2 chữ cái, chẳng hạn $a$ và $b$.

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

Nếu $X$ không chứa cả $a$ lẫn $b$. $X$ giao mỗi tập trong $k$ tập kia ở 2 phần tử khác nhau nên $2 k \leq 5 \Rightarrow k \leq 2$
Nếu $X$ chỉ chứa $a$, không chứa $b$.

Khi đó 4 phần tử còn lại giao với $k$ tập kia ở các phần tử khác nhau, mà $\mathrm{X}$ có 5 phần tử nên $k \leq 4$.

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:

$\left\{\begin{array}{l}A_{1}={1,2,3,4,5} \ A_{2}={1,2,6,7,8} \\ A_{3}={1,2,9,10,11} \\ A_{4}={1,2,12,13,14} \\ A_{5}={1,3,6,10,13} \\ A_{6}={2,3,6,9,12}\end{array}\right.$

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 Nguyễn Ngọc Duy, thầy Vương Trung Dũng, 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 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2020

Leave a reply

Bài 1. (2 điểm) Cho các phương trình: $x^{2}+a x+3=0$ và $x^{2}+b x+5=0$ với $a, b$ là tham số.

(a) Chứng minh nếu $a b \geq 16$ 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. (1,5 điểm) Cho phương trình: $3 x^{2}-y^{2}=23^{n}$ 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. (3,5 điểm) Cho đường tròn $(O)$, dây cung $B C$ không chứa tâm $O$ và điểm $A$ thay đổi trên cung lớn $B C$. Lấy các điểm $E$ và $F$ thỏa mãn: $\angle A B E=\angle C A E=$ $\angle A C F=\angle B A F=90^{\circ}$.

(a) Chứng minh rằng $A E \cdot A C=A F \cdot A B$ và điểm $O$ là trung điểm $E F$.

(b) Hạ $A D$ vuông góc với $E F(D \in E F)$. Chứng minh các tam giác $D A B$ và $D C A$ đồng dạng và điểm $D$ thuộc một đường tròn cố định.

(c) Gọi $G$ là giao điểm của $A D$ với đường tròn $(O)(G \neq A)$. Chứng minh $A D$ đi qua một điểm cố định và $G B \cdot A C=G C \cdot A B$.

(d) Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A E F$. Chứng minh $A K$ đi qua một điểm cố định.

Bài 4. (1,5 điểm) 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. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình với $k$ là tham số:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{\sqrt{y z}}+\sqrt{\frac{x}{y}}+\sqrt{\frac{x}{z}}=k \\ \frac{y}{\sqrt{z x}}+\sqrt{\frac{y}{z}}+\sqrt{\frac{y}{x}}=k \\ \frac{z}{\sqrt{x y}}+\sqrt{\frac{z}{x}}+\sqrt{\frac{z}{y}}=k\end{array}\right.$

(a) Giải hệ với $k=1$.

(b) Chứng minh hệ vô nghiệm với $k \geq 2$ và $k \neq 3$.

LỜI GIẢI

Bài 1. ( 2 điểm) Cho các phương trình: $x^{2}+a x+3=0$ và $x^{2}+b x+5=0$ với $a, b$ là tham số.

(a) Chứng minh nếu $a b \geq 16$ 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.

Lời giải.

(a) Xét phương trình: $x^{2}+a x+3=0 \quad(1)$, ta có: $\Delta_{1}=a^{2}-12$.

Xét phương trình: $x^{2}+b x+5=0 \quad(2)$, ta có: $\Delta_{2}=b^{2}-20$

Ta có: $\Delta_{1}+\Delta_{2}=a^{2}+b^{2}-32 \geq 2 a b-32 \geq 0$

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.

(b) Có hai cách giải tham khảo sau:

Cách 1. Vì $x_{0}$ là nghiệm chung của phương trình (1) và (2) nên phương trình $2 x^{2}+(a+b) x+8=0$ có nghiệm.

Suy ra: $\Delta=(a+b)^{2}-64 \geq 0 \Leftrightarrow|a+b| \geq 8$

Ta có: $|a|+|b| \geq|a+b| \geq 8$. Dấu ” $=$ ” xảy ra khi và chỉ khi: $\left\{\begin{array}{l}a b \geq 0 \\|a+b|=8\end{array}\right.$

Nếu $a+b=8$ thì $x_{0}=-2$, suy ra: $\left\{\begin{array}{l}(-2)^{2}-2 a+3=0 \\ (-2)^{2}-2 b+5=0\end{array} \Leftrightarrow\right.$

$\left\{\begin{array}{l}a=\frac{7}{2} \\ b=\frac{9}{2}\end{array}\right.$

Nếu $a+b=-8$ thì $x_{0}=2$, suy ra: $\left\{\begin{array}{l}2^{2}+2 a+3=0 \\ 2^{2}+2 b+5=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{7}{2} \\ b=-\frac{9}{2}\end{array}\right.\right.$

Cách 2. Dễ thấy $x_{0} \neq 0$.

$(1) \Leftrightarrow-a=\frac{x_{0}^{2}+3}{x_{0}} \Leftrightarrow|a|=\frac{x_{0}^{2}+3}{\left|x_{0}\right|}$

$(2) \Leftrightarrow-b=\frac{x_{0}^{2}+5}{x_{0}} \Leftrightarrow|b|=\frac{x_{0}^{2}+5}{\left|x_{0}\right|}$

Suy ra $|a|+|b|=2\left|x_{0}\right|+\frac{8}{\left|x_{0}\right|} \geq 2 \sqrt{2\left|x_{0}\right| \cdot \frac{8}{\left|x_{0}\right|}}=8$ 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 $a=\frac{7}{2} ; b=\frac{9}{2}$ hoặc $a=-\frac{7}{2} ; b=-\frac{9}{2}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $|a|+|b|$ là 8 khi $a=\frac{7}{2} ; b=\frac{9}{2}$ hoặc $a=-\frac{7}{2} ; b=$ $-\frac{9}{2}$

Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình: $3 x^{2}-y^{2}=23^{n}$ 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 $(x, y)$.

Lời giải.

(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 $23^{n}+y^{2}=3 x^{2} \vdots 3 \Rightarrow 23^{n} \vdots 3$ (vô lý)

Vậy $n$ chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

(b) Do $n$ lẻ $\Rightarrow n=2 k+1\left(k \in \mathbb{N}^{*}\right)$

Xét $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cdot 23^{k} \\ y=2 \cdot 23^{k}\end{array} \Rightarrow 3 x^{2}-y^{2}=23^{2 k+1}=23^{n}\right.$

Vậy phương trình có nghiệm nguyên

Bài 3. (3,5 điểm) Cho đường tròn $(O)$, dây cung $B C$ không chứa tâm $O$ và điểm $A$ thay đổi trên cung lớn $B C$. Lấy các điểm $E$ và $F$ thỏa mãn: $\angle A B E=$ $\angle C A E=\angle A C F=\angle B A F=90^{\circ}$.

(a) Chứng minh rằng $A E \cdot A C=A F \cdot A B$ và điểm $O$ là trung điểm $E F$.

(b) Hạ $A D$ vuông góc với $E F(D \in E F)$. Chứng minh các tam giác $D A B$ và $D C A$ đồng dạng và điểm $D$ thuộc một đường tròn cố định.

(c) Gọi $G$ là giao điểm của $A D$ với đường tròn $(O)(G \neq A)$. Chứng minh $A D$ đi qua một điểm cố định và $G B \cdot A C=G C \cdot A B$.

(d) Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A E F$. Chứng minh $A K$ đi qua một điểm cố định.

Lời giải.

(a) Ta có $\angle B A E+\angle E A F=90^{\circ}$ và $\angle C A F+\angle E A F=90^{\circ}$.

Suy ra $\angle B A E=\angle C A F . \triangle A B E \backsim \triangle A C F$, suy ra $A E \cdot A C=A B \cdot A F$

Gọi $I$ là giao điểm của $B E$ và $C F$. Khi đó $A I$ là đường kính của $O$.

Tứ giác $A E I F$ là hình bình hành, $O$ là trung điểm $A I$ nên là trung điểm $E F$.

(b) Các tứ giác $A D B E, A D F C$ nội tiếp.

Khi đó $\angle A D B=\angle A E B=\angle A F C=\angle A C D . \angle A B D=\angle A E C=\angle I F E=$ $\angle A F C=\angle A D C$. Suy ra $\triangle A D B \sim \triangle A C D A$. (g.g)

Ta có $\angle B D C=2 \angle A D B=2 \angle A E B=2 \angle E I F=\angle B O C$.

Suy ra tứ giác $B D O C$ nội tiếp. $D$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC cố định.

(d) Gọi $M$ là trung điểm của $B C$. Ta chứng minh $A, M, K$ thẳng hàng.

Ta chứng minh được $\angle D A E=\angle K A F\left(\angle 90^{\circ}-\angle A E D\right)$.

Gọi $T$ là trung điểm $C G$. Ta có $\triangle A C D \sim \triangle B C G$ suy ra $\triangle A B C \sim \triangle D C G$.

Từ đó ta có $\triangle A C M \backsim \triangle D C T$.

Khi đó $\angle C A M=\angle C D T=\angle A C D=\angle B A D$.

Mà $\angle C A M=\angle C A F+\angle F A M$ và $\angle B A D=\angle B A E+\angle E A D$.

Suy ra $\angle F A M=\angle E A D=\angle F A K$. Vậy $A, M, K$ thẳng hàng. $A K$ qua trung điểm $M$ của $B C$ cố định.

Bài 4. (1,5 điểm) 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?

Lời giải.

(a) $k: 105 \Rightarrow k$ chia hết cho $3,5,7$

$\Rightarrow k=3^{n} \cdot 5^{m} \cdot 7^{p} \text { với } m, n, p \text { nguyên dương }$

$\Rightarrow \text { có } 13 \cdot 7 \cdot 20=1820 \text { cách. }$

(b) Cách 1: Giả sử $B$ là tập hợp 9 số nguyên dương $a_{i}, i=\overline{1,9}$ với $a_{i}=3^{n_{i}} \cdot 5^{m_{i}} \cdot 7^{p_{i}}$ trong đó $0 \leq n_{i} \leq 13 ; 0 \leq m_{i} \leq 7$ và $0 \leq p_{i} \leq 20$

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.

– Cách 2: Ta chia 9 số từ tập $B$ vào 8 tập con như sau:

$B_{1}$= ( số mũ của 3,5,7 đều chẵn )

$B_{2}$= ( số mũ 3,5,7 đều lẻ )

$B_{3}$= ( số mũ của 3 chẵn; 5,7 đều lẻ )

$B_{4}$= ( số mũ của 5 chẵn; 3,7 lẻ )

$B_{5}$= ( số mũ của 7 chẵn; 3,5 lẻ )

$B_{6}$= ( số mũ của 3,5 đều chẵn; 7 lẻ )

$B_{7}$= ( số mũ của 3,7 đều chẵn; 5 lẻ )

$B_{8}$= ( số mữ của 5,7 đều chẵn; 3 lẻ )

Do có 8 tập mà có 9 số nên theo nguyên lý Dirichlet thì có ít nhất 2 số thuộc cùng một tập $B_{i}$ nên tích của chúng sẽ là một số chính phương.

Bài 5. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình với $k$ là tham số:

(b) Chứng minh hệ vô nghiệm với $k \geq 2$ và $k \neq 3$.

Lời giải.

– Cách 1: Điều kiện $x, y, z$ cùng dấu đôi một.

Ta xét hệ phương trình với $k \geq 1$

Hệ phương trình $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x+\sqrt{x z}+\sqrt{x y}=k \sqrt{y z} \\ y+\sqrt{x y}+\sqrt{y z}=k \sqrt{z x} \\ z+\sqrt{z y}+\sqrt{z x}=k \sqrt{x y}\end{array}\right.$

Đặt $a=\sqrt{x y}, b=\sqrt{y z}, c=\sqrt{z x}(a, b, c>0)$

Trường hợp 1: $x, y, z>0 \Rightarrow x=\frac{a c}{b} ; y=\frac{a b}{c} ; z=\frac{b c}{a}$ Hệ phương trình $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\frac{a c}{b}+a+c=k b \\ \frac{a b}{c}+a+b=k c \\ \frac{b c}{a}+b+c=k a\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}k a^{2}=a b+a c+b c(1) \\ k b^{2}=a b+b c+c a(2) \\ k c^{2}=a b+a c+b c(3)\end{array}\right.\right.$ Lấy (1)-(2): $k\left(a^{2}-b^{2}\right)=0 \Leftrightarrow a^{2}=b^{2} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=b \\ a=-b \text { (loại) }\end{array}\right.$

Tương tự lấy (2)-(3): $b=c$

Vậy $a=b=c \Rightarrow k a^{2}=3 a^{2} \Rightarrow k=3$

Trường hợp 2: $x, y, z<0 \Rightarrow x=-\frac{a c}{b} ; y=-\frac{a b}{c} ; z=-\frac{b c}{a}$

Hệ phương trình $\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}k a^{2}=a b+a c-b c \\ k b^{2}=a b+b c-c a \\ k c^{2}=a c+b c-a b\end{array}\right.$

Cộng các phương trình lại ta có: $k\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=a b+b c+a c$ mà $a b+b c+c a \leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Suy ra $k\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \leq a^{2}+b^{2}+c^{2} \Leftrightarrow k \leq 1$

Vậy $k=1$ và $a=b=c \Leftrightarrow x=y=z<0$

Câu a) Áp dụng điều trên, hệ có nghiệm $x=y=z<0$.

Câu b) Suy ra điều phải chứng minh.

– Cách 2: Điều kiện xác định là: $x, y, z$ cùng dương hoặc cùng âm.

Đặt $a=\sqrt{\frac{x}{y}}, b=\sqrt{\frac{y}{z}}, c=\sqrt{\frac{z}{x}}$ thì $a, b, c>0$ và $a b c=1$.

Ta có: $\frac{a}{c}=\frac{|x|}{\sqrt{y z}}, \frac{b}{a}=\frac{|y|}{\sqrt{z x}}, \frac{c}{b}=\frac{|z|}{\sqrt{x y}}$.

(a) Khi $k=1$, nếu $x, y, z>0$ thì $\frac{a}{c}+a+\frac{1}{c}=\frac{b}{a}+b+\frac{1}{a}=\frac{c}{b}+c+\frac{1}{b}=1$. Cộng lại suy ra $\left(a+\frac{1}{a}\right)+\left(b+\frac{1}{b}\right)+\left(c+\frac{1}{c}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)=3$ Theo bất đẳng thức Cô-si thì rõ ràng $a+\frac{1}{a} \geq 2, b+\frac{1}{b} \geq 2, c+\frac{1}{c} \geq 2$ nên đẳng thức trên không thể xảy ra.

Xét trường hợp $x, y, z$ cùng âm thì $-\frac{a}{c}+a+\frac{1}{c}=-\frac{b}{a}+b+\frac{1}{a}=-\frac{c}{a}+c+\frac{1}{b}=1$

Trừ vào các vế và phân tích, ta suy ra: $\frac{(a-1)(b-1)}{a}=\frac{(b-1)(c-1)}{b}=\frac{(c-1)(a-1)}{c}=0$

Từ đây dễ dàng suy ra ít nhất 2 trong $a, b, c$ phải là 1 mà $a b c=1$ nên

$a=b=c=1$. Vì thế nên thay vào ta có $x=y=z<0$. Và mọi bộ số như thế đều thỏa mãn hệ.

(b) Với $k \geq 2$, giả sử hệ có nghiệm $(x, y, z)$. Nếu như $x, y, z<0$ thì ta có $\frac{(a-1)(b-1)}{a}=\frac{(b-1)(c-1)}{b}=\frac{(c-1)(a-1)}{c}=k-1>0 .$

Từ đó suy ra $a-1, b-1, c-1$ đều cùng dấu, kéo theo $a, b, c>1$ hoặc $a, b, c<1$ Tuy nhiên $a b c=1$ nên điều này không thể xảy ra.

Do đó, ta phải có $a, b, c>0$ nên đưa về

$\frac{a}{c}+a+\frac{1}{c}=\frac{b}{a}+b+\frac{1}{a}=\frac{c}{b}+c+\frac{1}{b}=k$

Trong các số $a, b, c$ giả sử $a=\max {a, b, c}$ thì $k=\frac{a}{c}+a+\frac{1}{c} \geq$ $\frac{a}{c}+2 \sqrt{\frac{a}{c}} \geq 1+2=3$ nên ta cần có $k \geq 3$. Vì $k \neq 3$ nên $k>3$.

Vì $a=\max {a, b, c} \geq 1$ nên ta có $2 b+1 \geq \frac{b}{a}+b+\frac{1}{a}=k>3$ kéo theo $b>1$. Tương tự từ $2 c+1>\frac{c}{b}+c+\frac{1}{b}=k>3$ nên $c>1$. Từ đây suy ra $a, b, c>1$ trong khi $a b c=1$, vô lý.

Vậy hệ luôn vô nghiệm với $k \geq 2$ và $k \neq 3$.

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2019

Leave a reply

Bài 1. Cho phương trình $a x^{2}+b x+c=0(1)$ thỏa mãn các điều kiện:

$a>0 \text { và } 2 \sqrt{|a c|}<|b|<a+c$

(a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ và

$\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)>0 \text { và }\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)>0$

(b) Biết rằng $a>c$. Chứng minh rằng $-1<x_{1}, x_{2}<1$

Bài 2. (a) Tìm tất cả những số tự nhiên $n$ sao cho $2^{n}+1$ chia hết cho $9 .$

(b) Cho $n$ là số tự nhiên $n>3$. Chứng minh rằng $2^{n}+1$ không chia hết cho $2^{m}-1$ với mọi số tự nhiên $m$ sao cho $2<m \leq n$.

Bài 3. Cho $a$ và $b$ là hai số thực phân biệt thỏa mãn điều kiện $a^{4}-4 a=b^{4}-4 b$.

(a) Chứng minh rằng $0<a+b<2$.

(b) Biết rằng $a^{4}-4 a=b^{4}-4 b=k>0$. Chứng minh rằng $-\sqrt{k}<a b<0$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ có $A B<A C$. Gọi $d_{1}$, $d_{2}$ lần lượt là các đường phân giác trong và ngoài góc $\angle B A C$. Gọi $M, N$ lần là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $d_{1}, d_{2}$. Gọi $P, Q$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $d_{1}, d_{2}$.

(a) Chứng minh rằng $M N$ và $P Q$ lần lượt đi qua trung điểm của $A B, A C$.

(b) Chứng minh rằng $M N$ và $P Q$ cắt nhau trên $B C$.

(c) Trên $d_{1}$ lấy các điểm $E$ và $F$ sao cho $\angle A B E=\angle B C A$ và $\angle A C F=\angle C B A$. ( $E$ thuộc nữa mặt phẳng bờ $A B$ chứa $C ; F$ thuộc nữa mặt phẳng bờ $A C$ chứa $B)$. Chứng minh rằng $\frac{B E}{C F}=\frac{A B}{A C}$.

(d) Các đường thẳng $B N$ và $C Q$ lần lượt cắt $A C$ và $A B$ tại các điểm $K$ và $L$. Chứng minh rằng các đường thẳng $K E$ và $L F$ cắt nhau trên đường thẳng $B C$.

Bài 5. Trong một buổi gặp gỡ giao lưu giữa các học sinh đến từ $n$ quốc gia, người ta nhận thấy rằng cứ 10 học sinh bất kỳ thì có ít nhất 3 học sinh đến từ cùng một quốc gia.

(a) Gọi $k$ là số các quốc gia có đúng 1 học sinh tham dự buổi gặp gỡ. Chứng minh rằng $n<\frac{k+10}{2}$.

(b) Biết rằng số các học sinh tham dự buổi gặp gỡ là 60 . Chứng minh rằng có thể tìm được ít nhất là 15 học sinh đến cùng một quốc gia.

LỜI GIẢI

Bài 1. Cho phương trình $a x^{2}+b x+c=0(1)$ thỏa mãn các điều kiện:

$a>0 \text { và } 2 \sqrt{|a c|}<|b|<a+c$

(a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ và

$\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)>0 \text { và }\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)>0$

(b) Biết rằng $a>c$. Chứng minh rằng $-1<x_{1}, x_{2}<1$

Lời giải.

(a) Có

$|b|>2 \sqrt{|a c|}$

nên $b^{2}>4 a c$. Suy ra $\Delta=b^{2}-4 a c>0$ vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Có

$|b|<a+c$

$\Leftrightarrow-a-c<b<a+c $

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a+b+c>0 \\ a-b+c>0\end{array}\right.$

Suy ra

$\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)$

$=1-\left(x_{1}+x_{2}\right)+x_{1} x_{2}$

$=1+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}$

$=\frac{a+b+c}{a}>0$

và

$\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)$

$=1+\left(x_{1}+x_{2}\right)+x_{1} x_{2}$

$=1-\frac{b}{a}+\frac{c}{a}$

$=\frac{a-b+c}{a}>0$

(b) Có

$\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)>0$

Xét Trường hợp :

$\left\{\begin{array}{l}x_{1}>1 \\ x_{2}>1\end{array} \Rightarrow x_{1} x_{2}>1 \Rightarrow \frac{c}{a}>1 \Rightarrow c>a\right.$

mâu thuẫn với giả thiết $a>c$.

Vậy $x_{1}, x_{2}<1$.

có

$\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)>0$

Xét trường hợp:

$\left\{\begin{array}{l}x_{1}<-1 \\ x_{2}<-1\end{array} \Rightarrow x_{1} x_{2}>1 \Rightarrow \frac{c}{a}>1 \Rightarrow c>a\right.$

mâu thuẫn với giả thiết $a>c$.

Vậy $x_{1}, x_{2}>-1$.

Bài 2. (a) Tìm tất cả những số tự nhiên $n$ sao cho $2^{n}+1$ chia hết cho 9 .

(b) Cho $n$ là số tự nhiên $n>3$. Chứng minh rằng $2^{n}+1$ không chia hết cho $2^{m}-1$ với mọi số tự nhiên $m$ sao cho $2<m \leq n$.

Lời giải.

(a) $n=3 k$, suy ra $2^{n}+1=8^{k}+1 \equiv(-1)^{k}+1(\bmod 9)$. Suy ra $k$ lẻ, $k=$ $2 t+1$. Suy ra $n=3(2 t+1)=6 t+3$.

Nếu $n=3 k+1$ ta có $2^{n}+1=3 \cdot 8^{k}+1 \equiv(-1)^{k} \cdot 3+1(\bmod 9)$, suy ra $2^{n}+1$ không chia hết cho 9 .

Nếu $n=3 k+2$ ta có $2^{n}+1=4 \cdot 8^{k}+1 \equiv 4(-1)^{k}+1$, suy ra $2^{n}+1$ không chia hết cho 9 .

Vậy với $n=6 t+2$, với $t$ là số tự nhiên là các số cần tìm.

(b) Cách 1: Ta có $2^{k m}-1: 2^{m}-1$. Từ $2^{2 n}=\left(2^{n}+1\right)\left(2^{n}-1\right)$ chia hết cho $2^{m}-1$. Đặt $2 n=k m+q(0 \leq q<m)$.

Khi đó $2^{2 n}-1=2^{k m+q}-2^{q}+2^{q}-1=2^{q}\left(2^{k m}-1\right)+2^{q}-1$ chia hết cho $2^{m}-1$, suy ra $2^{q}-1$ chia hết cho $m$ mà $0 \leq 2^{q}-1<2^{m}-1$, suy ra $q=0$. Do đó $2 n=k m$.

Trường hợp 1: Nếu $m$ lẻ, suy ra $k$ chẵn, $k=2 k^{\prime}$, suy ra $n=k^{\prime} m, 2^{n}+1=$ $2^{k^{\prime} m}+1=2^{k^{\prime} m}-1+2$ chia hết cho $2^{m}-1$, suy ra 2 chia hết cho $2^{m}-1$ (vô lý)

Trường hợp 2: Nếu $m$ chẵn $m=2 m^{\prime}$ thì $n=k m^{\prime}$, suy ra $2^{k m^{\prime}}+1$ chia hết cho $2^{m}-1$, mà $2^{m}-1$ chia hết cho $2^{m^{\prime}}-1$ nên $2^{k m^{\prime}}+1$ chia hết cho $2^{m^{\prime}}-1$, suy ra 2 chia hết cho $2^{m^{\prime}}-1$ vô lý vì $m^{\prime}>1$.

Cách 2: Ta có $2^{n-m}\left(2^{m}-1\right): 2^{m}-1$, suy ra $2^{n}-2^{n-m}: 2^{m}-1$, mà $2^{n}+1: 2^{m}-$ 1 suy ra $2^{n-m}+1$ chia hết cho $2^{m}-1$.

Lý luận tương tự ta có $2^{n-k m}+1$ chia hết cho $2^{m}-1$. Giả sử $n=k m+$ $q, 0 \leq q<m$. Chọn $k$ như trên ta có $2^{q}+1$ chia hết cho $2^{m}-1$. Mà $q<m$ nên $2^{q}+1=2^{m}-1$, giải ra $q=1, m=2$ (vô lý).

Bài 3. Cho $a$ và $b$ là hai số thực phân biệt thỏa mãn điều kiện $a^{4}-4 a=$ $b^{4}-4 b$.

(a) Chứng minh rằng $0<a+b<2$.

(b) Biết rằng $a^{4}-4 a=b^{4}-4 b=k>0$. Chứng minh rằng $-\sqrt{k}<a b<0$.

Lời giải.

(a) Ta có $a^{4}-b^{4}=4(a-b)$, mà $a^{4}-b^{4}=(a-b)(a+b)\left(a^{2}+b^{2}\right)$ nên đẳng thức được viết lại thành

$(a-b)(a+b)\left(a^{2}+b^{2}\right)=4(a-b)$

Mà $a \neq b$ nên $(a+b)\left(a^{2}+b^{2}\right)=4$. Vi $a^{2}+b^{2}>0($ do $a, b$ không thể đồng thời bằng 0 ) nên ta có $a+b>0$.

Ngoài ra, ta cũng có đánh giá $a^{2}+b^{2}>\frac{(a+b)^{2}}{2}$ (đẳng thức không xảy ra vì $a \neq b$ ) nên

$4>\frac{(a+b)^{3}}{2} \Leftrightarrow(a+b)^{3}<8 \Leftrightarrow a+b<2 .$

Vậy ta được $0<a+b<2$.

(b) Rõ ràng $a b \neq 0$, ta sẽ chứng minh $a, b$ trái dấu. Ta xét hai trường hợp:

Nếu $a>0, b>0$ thì $a^{4}-4 a=a\left(a^{3}-4\right)>0$ nên $a>\sqrt[3]{4}>1$. Tương tự thì $b>1$. Khi đó $a+b>2$, mâu thuẫn với a).
Nếu $a<0, b<0$ thì $a+b<0$, cũng mâu thuẫn với a).

Do đó $a, b$ trái dấu và $a b<0$.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a<0<b$ thì đặt $c=-a>0$, ta viết lại $c^{4}+4 c=b^{4}-4 b=k>0$. Từ đây dễ thấy $(b-c)\left(b^{2}+c^{2}\right)=4$ và $b \neq c$.

Ta cần chứng minh

$-\sqrt{k}<a b \Leftrightarrow-\sqrt{k}<-b c \Leftrightarrow b c<\sqrt{k} .$

Cộng hai vế của các đẳng thức trên lại, ta có

$2k =b^{4}-4 b+c^{4}+4 c=b^{4}+c^{4}-4(b-c)=b^{4}+c^{4}-(b-c)^{2}\left(b^{2}+c^{2}\right)=2 b c\left(b^{2}-b c+c^{2}\right)$

Suy ra $k=b c\left(b^{2}-b c+c^{2}\right)$, mà $b^{2}-b c+c^{2}>b c$ (đẳng thức không xảy ra vì $b \neq c)$ nên $k>b c \cdot b c=(b c)^{2} \Leftrightarrow b c<\sqrt{k}$. Vậy ta có đpcm.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ có $A B<A C$. Gọi $d_{1}, d_{2}$ lần lượt là các đường phân giác trong và ngoài góc $\angle B A C$. Gọi $M, N$ lần là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $d_{1}, d_{2}$. Gọi $P, Q$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $d_{1}, d_{2}$.

(a) Chứng minh rằng $M N$ và $P Q$ lần lượt đi qua trung điểm của $A B, A C$.

(b) Chứng minh rằng $M N$ và $P Q$ cắt nhau trên $B C$.

(c) Trên $d_{1}$ lấy các điểm $E$ và $F$ sao cho $\angle A B E=\angle B C A$ và $\angle A C F=$ $\angle C B A$. ( $E$ thuộc nữa mặt phẳng bờ $A B$ chứa $C ; F$ thuộc nữa mặt phẳng bờ $A C$ chứa $B)$. Chứng minh rằng $\frac{B E}{C F}=\frac{A B}{A C}$.

Lời giải.

(a) Tứ giác $A M B N$ có $\angle A=\angle M=\angle N=90^{\circ}$ nên tứ giác $A M B N$ là hình chữ nhật. Suy ra $M N$ đi qua trung điểm $A B$.

Tương tự, $A P C Q$ là hình chữ nhật nên $P Q$ đi qua trung điểm $A C$.

(b) Có: $\angle N M A=\angle B A M=\angle M A C$ nên $M N | A C$ mà theo ý a) $N D$ đi qua trung điểm $A B$ nên ta thu được $N M$ đi qua trung điểm $B C$.

Tương tự, $P Q$ đi qua trung điểm $B C$ nên $M N$ và $P Q$ cắt nhau trên $B C$.

(c) Gọi $T$ là giao điểm của $d_{1}$ và $B C$. Dễ dàng chứng minh được $\triangle A B E \sim$ $A C T(g-g)$ nên $\frac{A B}{A C}=\frac{B E}{C T}$.

Tương tự, $\triangle A B T \sim \triangle A C F(g-g)$ nên $\frac{A B}{A C}=\frac{B T}{C F}$.

Do đó, ta có:

$\left(\frac{A B}{A C}\right)^{2}=\frac{B E \cdot B T}{C T \cdot C F}$

mà $A T$ là phân giác góc $A$ nên

$\frac{B T}{C T}=\frac{A B}{A C}$

Ta thu được

$\frac{A B}{A C}=\frac{B E}{C F}$

(d) $\triangle B E T$ có:

$\angle B E T=\angle E B A+\angle E A B=\angle A C B+\angle C A T=\angle B T E$

nên $\triangle B E T$ cân tại $B$. Suy ra $M$ là trung điểm $E T$.

Có TM $|$ NB nên

$\frac{T M}{N B}=\frac{D M}{D N}=\frac{E M}{K N}$

suy ra $\triangle D M E \sim \triangle D N K(c-g-c)$.

Ta thu được $D, E, K$ thẳng hàng.

Tương tự, $L, D, F$ thẳng hàng ta có điều phải chứng minh.

(a) Gọi $k$ là số các quốc gia có đúng 1 học sinh tham dự buổi gặp gỡ. Chứng minh rằng $n<\frac{k+10}{2}$.

(b) Biết rằng số các học sinh tham dự buổi gặp gỡ là 60. Chứng minh rằng có thể tìm được ít nhất là 15 học sinh đến cùng một quốc gia.

Lời giải.

(a) Giả sử ngược lại rằng $n \geq \frac{k+10}{2}$ thì $2 n-k \geq 10$. Gọi $A$ là tập hợp các quốc gia có đúng 1 học sinh tham gia và $B$ là tập hợp các quốc gia còn lại. Khi đó, mỗi quốc gia trong $B$ sẽ có ít nhất 2 học sinh.

Ta chọn tất cả học sinh trong $A$ và mỗi quốc gia trong $B$, chọn 2 học sinh thì có $k+2(n-k)=2 n-k$ học sinh.

Các học sinh này có đặc điểm là: không có 3 học sinh nào đến từ cùng quốc gia. Do $2 n-k \geq 10$ nên có thể chọn ra trong đó 10 học sinh nào đó không thỏa mãn đề bài.

(b) Theo câu a, ta có $2 n-k<10$ nên $2 n-k \leq 9 \Leftrightarrow n \leq \frac{k+9}{2}$.

Do số học sinh tổng cộng là 60 , để chỉ ra có 15 học sinh đến từ cùng quốc gia thì theo nguyên lý Dirichlet, ta chỉ cần chỉ ra rằng

$\frac{60-k}{n-k} \geq 15 \Leftrightarrow 15 n-14 k \leq 60$

Ta sẽ chứng minh đánh giá trên đúng với mọi $(n, k)$. Vì ta đã có $n \leq \frac{k+9}{2}$ nên ta sẽ đưa về chứng $\operatorname{minh} 15\left(\frac{k+9}{2}\right)-14 k \leq 60 \Leftrightarrow k \geq \frac{15}{13}$. Do đó, với $k \geq 2$ thì khẳng định đúng. Tiếp theo, ta xét hai trường hợp

Nếu $k=0$ thì theo $(*)$, ta phải có $n \leq 4$ nên $15 n-14 k=15 n \leq 60$, đúng.
Nếu $k=1$ thì theo $(*)$, khi đó loại trừ học sinh ở nước đó ra thì còn lại 59 học sinh, đến từ 4 quốc gia. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 15 học sinh đến từ cùng quốc gia.

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

Leave a reply

Bài 1. Cho các phương trình $x^{2}-x+m=0$

(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 $x_{1} x_{2} x_{3}+x_{2} x_{3} x_{4}+x_{3} x_{4} x_{1}+x_{4} x_{1} x_{2}>5$

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

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 .

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 $D$. Lây 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 $\triangle D F E, \triangle A K C$ dồng 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 $D T J$.

Bài 5. Đội văn nghệ của một trường THCS có 8 học sinh. Nhà trường muốn thành lập các nhóm tốp ca, mỗi nhóm gồm đúng 3 học sinh, (mỗi học sinh có thể tham gia vài nhóm tốp ca khác nhau). Biết rằng hai nhóm tốp ca bất 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

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

Leave a reply

Thời gian làm bài 150 phút.

Bài 1. (2,0 diểm)
a) Tìm $m$ để phương trình $\frac{x^{2}-(3 m+1) x+2 m^{2}+2 m}{x}=0$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ phân biệt thỏa $\left(\sqrt{x_{1}-m}+\sqrt{x_{2}-m}\right)^{4}=(2 m-1)^{2}$
b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x^{2}-y}=z-1 \\ \sqrt{y^{2}-z}=x-1 \\ \sqrt{z^{2}-x}=y-1\end{array}\right.$
Bài 2. (1,5 diểm) Cho các số $x, y, z$ nguyên dương thỏa $x>y>z$.
a) Cho $(x ; y ; z)$ thỏa $y z+x(x+y+z)=2021$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=(x-y)^{2}+(x-z)^{2}+(y-z)^{2}$
b) Chứng minh rằng nếu $y$ không nhỏ hơn trung bình cộng của $x$ và $z$ thì
$$
(x+y+z)(x y+y z+x z-2) \geq 9 x y z
$$
Bài 3. (2,0 diềm) Cho $x, y$ là các số nguyên không đồng thời bằng 0 sao cho $x^{3}+y$ và $x+y^{3}$ chia hết cho $x^{2}+y^{2}$.
a) Tìm $x, y$ nếu $x y=0$.
b) Chứng minh rằng $x y \neq 0$ thì $x, y$ là nguyên tố cùng nhau.
c) Tìm tất cả cặp số nguyên $(x, y)$ thỏa đề bài.
Bài 4. (3,0 diểm) Cho tam giác $A B C$ nhọn, có trực tâm $H ; A H$ cắt $B C$ tại $D$. Trên tia đối tia $D H$ lấy điểm $M$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $M B H$ cắt $A B$ tại $E$ cắt $B C$ tại $K$; đường tròn ngoại tiếp tam giác $M C H$ cắt $A C$ tại $F$ và $B C$ tại $L$.
a) Chứng minh $B E F C$ nội tiếp và $\angle E M A=\angle F M A$.
b) $M E$ cắt $C H$ tại $P, M F$ cắt $B H$ tại $Q$. Chứng minh $P Q$ vuông góc $O A$ với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$.
c) $H K$ cắt $A C$ tại $U, H L$ cắt $A B$ tại $V$. Chứng minh $U V$ luôn song song với một đường thẳng cố định khi $M$ thay đổi.

Bài 5. (1,5 diểm) Trong một hội nghị Toán quốc tế có n người, mỗi người trong họ có thể nói được nhiều nhất 3 ngôn ngữ. Trong 3 người bất kì thì luôn có 2 người có thể nói chung một ngôn ngữ.
a) Cho $n \geq 9$, chứng minh răng cố một ngôn ngữ được nói bởi ít nhất 3 người.
b) Nếu $n=8$, diều kết luận của câu a) còn đúng không? Tại sao?

Đáp án có sau một tuần

de thi thu star 2021 – lan 2 dapan Download

Toán Việt

Chia sẻ và học hỏi

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2016

LỜI GIẢI

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRUNG TÂM STAR EDUCATION TOÁN CHUYÊN – 2020

LỜI GIẢI

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2017

LỜI GIẢI

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2017

LỜI GIẢI

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2021

LỜI GIẢI

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2021

LỜI GIẢI

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2020

LỜI GIẢI

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2019

LỜI GIẢI

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