Tag Archives: 2020

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2020

Đề thi vào lớp 10 TPHCM năm 2020

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

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

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

Giải

a) Bảng giá trị của $(d)$:

Bảng giá trị của $(P)$:

Đồ thị:

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

Vậy $A=11$

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

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

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

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

Bảng 1

Bảng 2

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

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

Với $x=40$ và $y=28$ ta có $28=40a+b$

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

Vậy $a=\dfrac{1}{5}$ và $b=20$

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

a)

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

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

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

b)

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

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

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

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

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

c)

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

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

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

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

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

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

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

Vậy $\angle JOM =\angle IOA$ $(5)$

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

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

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

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

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

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

a) Tìm $x$ khi $M=x-4$.

b) Tính $Q=M\cdot N +P$

Giải

a) Điều kiện xác định: $x\ge 0$

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

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

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

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

$\Leftrightarrow x=4$ (nhận)

Vậy $S=\left\{ 4\right\} $

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

Ta có: $M=\sqrt{x}-2$

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

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

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

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

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

Vậy $Q=1$

Bài 2.

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

Vậy phương trình vô nghiệm.

b)

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

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

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

Ta có hệ phương trình:

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

Khi đó $y_1=2mx_1+3$, $y_2=2mx_2+3$;

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

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

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

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

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

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

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

Vậy $m=\dfrac{1}{2}$

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Lượng gạo kho xuất ngày $6$ là:

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

a)

  • Ta có: $AB=AC$, $OB=OC$

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

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

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

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

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

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

b)

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$\Rightarrow ME$ vuông góc với $DB$.

c)

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

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

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

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

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

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

 

Đáp án kì thi chọn đội dự tuyển PTNK năm học 2019 – 2020

Leave a reply

Đề bài

Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$ P=\dfrac{a^4+b^4+2}{\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)}, \text{ với } a,b \in \mathbb{R}. $$

Bài 2. Cho $\mathbb{Q^+}$ là tập hợp số hữu tỉ dương. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{Q^+} \to \mathbb{Q^+}$ thỏa mãn
$$ f\left( {{x^2}f{{\left( y \right)}^2}} \right) = f{\left( x \right)^2}f\left( y \right), \text{ với mọi } x,y \in \mathbb{Q^+}. $$

Bài 3. Cho $x_1$, $x_2$, $x_3$, \dots là dãy số nguyên thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
$$ 1=x_1<x_2<x_3 \dots \text{ và } x_{n+1}\leq 2n \text{ với } n=1,2,3 \dots $$
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$, tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_i-x_j = k.$

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$, nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $AB$ sao cho $\overrightarrow{AM}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}.$ Đường tròn tâm $M$ bán kính $MB$ cắt đường tròn tâm $O$ tại điểm thứ hai là $D$. Một đường thẳng qua $M$ song song với $AD$ cắt $AC$ tại $N$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{AN}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}$.

Giải

Lời giải của nhóm các bạn NGUYỄN TĂNG VU, LÊ PHÚC LỮ, NGUYỄN TIẾN HOÀNG

Bài 1. 

Với mọi $x \in \mathbb{R}$, ta có
\[{x^4} + 1 – \frac{2}{9}{\left( {{x^2} – x + 1} \right)^2} = \frac{1}{9}{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {7{x^2} – 10x + 7} \right) \geq 0. \] Vì thế nên ta có
\[ P \ge \frac{2}{9}\frac{{{{\left( {{a^2} – a + 1} \right)}^2} + {{\left( {{b^2} – b + 1} \right)}^2}}}{{\left( {{a^2} – a + 1} \right)\left( {{b^2} – b + 1} \right)}} = \frac{2}{9}\left( {\frac{{{a^2} – a + 1}}{{{b^2} – b + 1}} + \frac{{{b^2} – b + 1}}{{{a^2} – a + 1}}} \right) \ge \frac{4}{9}. \] Suy ra giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\dfrac{4}{9}$, đạt được khi $a=b=-1.$

Bài 2.

Giả sử $f$ là một hàm thỏa mãn các yêu cầu của bài toán.
Đặt $f(1)=a>0$, trong phương trình đề cho, thay $x=y=1$ ta có $f(a^2)=a^3$. \medskip

Từ đó, tiếp tục lần lượt thay $x$ bởi $a^2$, $y$ bởi $1$ và $x$ bởi $1$, $y$ bởi $c^2$ vào phương trình ấy, ta thu được
\[ a^7 = f(a^6) = a^5. \] Chú ý $a>0$ nên ta có $a=1$, tức $f(1)=1$. Thay $x$ bởi $1$ vào phương trình đề cho, ta có
\[ f\left( {f{{\left( y \right)}^2}} \right) = f\left( y \right), \text{ với mọi } y \in \mathbb{Q^+}. \] Lại thay $y$ bởi $1$ vào phương trình đề cho, ta có
\[ f{\left( x \right)^2} = f\left( {{x^2}} \right), \text{ với mọi } x \in \mathbb{Q^+}. \] Suy ra
\[ f\left( x \right) = f\left( {f{{\left( x \right)}^2}} \right) = f{\left( {f\left( x \right)} \right)^2} = \ldots = {f^{n + 1}}{\left( x \right)^{{2^n}}}, \text{ với mọi } x \in \mathbb{Q^+}, \] trong đó $f^{n+1}(x)$ là $n+1$ lần tác động $f$ vào $x$. Từ đó, nếu tồn tại $q \in \mathbb{Q^+}$ sao cho tồn tại $p \in \mathbb{P}$ thỏa mãn $v_p(f(q)) \ne 0$ thì ta có
\[ {v_p}\left( {f\left( q \right)} \right) = {v_p}\left( {{f^{n + 1}}{{\left( q \right)}^{{2^n}}}} \right) = {2^n}{v_p}\left( {{f^{n + 1}}\left( q \right)} \right) \ne 0. \] Trong đẳng thức trên, cho $n \to + \infty$ ta thấy điều vô lý. Suy ra $v_p(f(q)) = 0$ với mọi $q \in \mathbb{Q^+}$, $p \in \mathbb{P}$, hay $f(x) \equiv 1.$ \medskip

Thử lại, ta kết luận $f(x) \equiv 1$ là hàm duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.
\end{giai}

Bài 3. 

Với $k$ nguyên dương, ta xét $k+1$ số hạng của dãy là $x_1$, $x_2$, \dots, $x_{k+1}$. Ta có $x_1=1 \leq k$, gọi $q$ là số lớn nhất thỏa mãn $x_q \leq k$ thì ta có $q<k+1$ và
\[ 1 \leq x_1 < x_1 < \dots < x_q \leq k < x_{q+1}<\dots<x_{k+1}<2k. \]

Nếu tồn tại $1 \leq j < i \leq k+1 $ sao cho $x_i – x_j = k$ thì ta có ngay điều cần chứng minh. Ngược lại, ta có các số $$x_1+k,x_2+k, \dots x_q+k, x_{q+1}, \dots, x_{k+1}$$ là $k+1$ số nguyên đôi một phân biệt, tất cả đều lớn hơn $k$ nhưng lại không vượt quá $2k$, vô lí! \medskip

Từ đó suy ra với mọi $k$ nguyên dương,luôn tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_i-x_j = k.$

Bài 4. 

Ta có $OB=OD$, $MB=MD$ nên dễ thấy $OM$ là phân giác ngoài của góc $AMD$, mà $OA=OD$ nên suy ra $O \in \left(AMD\right).$

Gọi $N’$ là giao điểm khác $A$ của $\left(AMD\right)$ và $AC$. Ta chứng minh $N$ trùng $N’$. \medskip

Thật vậy, ta có $\overrightarrow{AM}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}$ nên $\angle{AMO}$ tù, do đó nếu $N’$ nằm ngoài tia $AC$ thì $N’$ nằm khác phía $O$ so với $AM$ nên $$\angle{AMO}=\angle{AN’O}=\angle{CAO}-\angle{AON’}<\angle{CAO}<90^\circ,$$ vô lý. Suy ra $N’$ nằm trên tia $AC$, kéo theo $AO$ là phân giác trong góc $MAN’$ nên $OM=ON’$, mà $OA=OD$ nên $MN’$ song song $AD$, suy ra $N$ trùng $N’$. \medskip

Từ đó, dễ thấy $AMND$ là hình thang cân nên $AN=MD=MB$, hơn nữa $N$ nằm trên tia $AC$ nên ta thu được $$\overrightarrow{AN}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}.$$ Ta có điều cần chứng minh.

 

Đề thi HK1 môn toán lớp 10 (không chuyên) trường Phổ Thông Năng Khiếu năm học 2020-2021

Leave a reply

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

a) $\dfrac{{{x^4} – 10{x^2} + 9}}{{\sqrt {x – 2} }} = 0$

b) $x\sqrt {{x^2} – x + 3} = x\left( {x – 6} \right)$

Bài 2 (1 điểm). Tìm $m$ để phương trình $\dfrac{1}{x} + \dfrac{{m + x}}{{x – 1}} = 1$ có nghiệm duy nhất.

Bài 3 (1 điểm). Chứng minh $\left[ {\cos 2\pi – \cos \left( {2\pi + x} \right)} \right]\left[ {1 + {{\tan }^2}\left( {\dfrac{\pi }{2} – x} \right)} \right] = \dfrac{1}{{1 + \cos x}}$

Bài 4 (1 điểm). Cho hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} mx – \left( {m + 1} \right)y = 1\\ \left( {2 – m} \right)x + \left( {m – 3} \right)y = 3 – 2m \end{array} \right.$ ($m$ là tham số).

a) Tìm $m$ để hệ có nghiệm duy nhất $\left( x_0; y_0 \right) $.

b) Chứng minh $x_0^2 – y_0^2 – 2{x_0} = – 1$

Bài 5 (1 điểm). Gọi $(P)$ là đồ thị của hàm số $y = {x^2} + 2x – m$. Biết $(P)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ là $4$. Tìm $m$ và tọa độ đỉnh của $(P)$.

Bài 6 (2 điểm). Cho hình bình hành ABCD có $AD = a$, $AB = 2a$ và $\widehat {DAB} = 120^\circ $.

a) Tính $\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB}$. Chứng minh $AB^2 – AD^2 = \overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {DB} $

b) Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $DB$. Tính $\overrightarrow{DH} \cdot \overrightarrow{DA}$.

Bài 7 (2 điểm). Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A(1;6)$, $B(6;5)$, $C(6;1)$.

a) Tìm tọa độ $M$ sao cho $\overrightarrow {CM} = \overrightarrow {CA} – \overrightarrow {CB} $

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cắt trục tung tại hai điểm phân biệt $E$, $F$. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Tìm toạ độ $E$ và $F$.

Giải

Bài 1.

a) $\dfrac{{{x^4} – 10{x^2} + 9}}{{\sqrt {x – 2} }} = 0 \quad (1) $

Điều kiện: $x>2$

$(1) \Leftrightarrow {x^4} – 10{x^2} + 9 =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1 \quad (l) \\ x=-1 \quad (l) \\ x=3 \quad (n) \\ x=-3 \quad (l) \end{array} \right. $

Vậy $S=\left\{ 3 \right\} $

b) $x\sqrt{x^2-x+3} = x(x-6)$ (NX: $x^2 -x+3 >0$, $\forall x\in \mathbb{R}$)

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=0\\ \sqrt{x^2 -x +3 } = x-6 \ (*) \end{array}\right. $

$(*)\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x-6\ge 0\\ x^2 -x +3 = (x-6)^2 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}  x\ge 6\\ x=3\end{array}\right. $

$\Leftrightarrow x\in \emptyset$

Vậy $S=\left\{ 0\right\} $

Bài 2. ĐKXĐ: $x\ne 0$, $x\ne 1$

Phương trình trở thành: $(m+2)x=1$

Phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l} m+2\ne 0\\\\ \dfrac{1}{m+2}\ne 0\\\\ \dfrac{1}{m+2}\ne 1 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m\ne -2\\ m\ne -1 \end{array}\right. $

Vậy $m\ne -2$ và $m\ne -1$ thì phương trình có nghiệm duy nhất $x=\dfrac{1}{m+2}$

Bài 3.

$VT= \left[ {\cos 2\pi – \cos \left( {2\pi + x} \right)} \right]\left[ {1 + {{\tan }^2}\left( {\dfrac{\pi }{2} – x} \right)} \right] $

$= (1-\cos x) (1+\cot^2 x)$

$ = (1-\cos x) \cdot \dfrac{1}{\sin^2 x}$

$= (1-\cos x )\cdot \dfrac{1}{1-\cos^2 x}$

$=\dfrac{1}{1+\cos x}=VP$

Bài 4.

a) Ta có: $D=\left| \begin{array}{*{20}{c}} {m}&{-(m+1)}\\ {2-m}&{m-3} \end{array}\right| = 2(1-m)$

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

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

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi $D\ne 0 \Leftrightarrow m\ne 1$

b) Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} x_0 = \dfrac{D_x}{D} = m\\\\ y_0= \dfrac{D_y}{D} = m-1 \end{array}\right. $

Ta có: $x_0^2 – y_0^2 -2x_0 = m^2 – (m-1)^2 -2m =-1$

Bài 5. Thay $M(0;4)$ vào $(P)$, ta có: $4=-m \Leftrightarrow m=-4$

Tọa độ đỉnh $I( -1;3)$

 

Bài 6.

a) Ta có: $\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB} = -\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AB} = – AD \cdot AB \cdot \cos 120^\circ = a^2$

Ta có: $AB^2 – AD^2 = \left( \overrightarrow{AB}\right) ^2 – \left( \overrightarrow{ AD}\right) ^2 $

$= \left( \overrightarrow{AB} – \overrightarrow{AD}\right) \left( \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} \right) = \overrightarrow{DB} \cdot \overrightarrow{AC}$

b) Đặt $\overrightarrow{DH} =x\overrightarrow{DB}$

Ta có: $\overrightarrow{AH} = x\overrightarrow{AB} + (1-x)\overrightarrow{AD}$

Ta có: $\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BD} = 0$

$\Leftrightarrow \left( x\overrightarrow{AB} + (1-x)\overrightarrow{AD}\right) \cdot \left( \overrightarrow{AD} – \overrightarrow{AB}\right) =0$

$\Leftrightarrow x (-a^2) -4xa^2 + (1-x)a^2 -(1-x)(-a^2) =0$

$\Leftrightarrow x=\dfrac{2}{7}$

Ta có: $\overrightarrow{DH} = \dfrac{2}{7} \overrightarrow{DB}$

$\Rightarrow \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DH} = \dfrac{2}{7} \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DB}$

$=\dfrac{2}{7} \overrightarrow{DA} \left( \overrightarrow{DA} + \overrightarrow{AB}\right) $

$=\dfrac{2}{7} \left( DA^2 + \overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{AB}\right) $

$=\dfrac{4}{7}a^2$

 

Bài 7.

a) Gọi $M(x;y)$

Ta có: $\overrightarrow{CM} = \overrightarrow{CA} – \overrightarrow {CB}$

$\Leftrightarrow \overrightarrow{CM} = \overrightarrow{BA}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x-6 = -5\\ y-1=1 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=1\\ y=2 \end{array}\right. $

Vậy $M(1;2)$

b) Gọi $I(x_I;y_I)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} IA = IB\\ IA = IC \end{array}\right. $

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 5x_I -y_I =12\\ (5-y_I)^2 = (1-y_I)^2 \end{array}\right. $

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x_I=3\\ y_I=3 \end{array}\right. $

Gọi $E(0;y_E)\in Oy$.

Ta có: $IA = IE \Rightarrow (3-y_E)^2 =4 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} y_E =1\\ y_E =5 \end{array}\right. $

Vậy $E(0;1)$, $F(0;5)$ hoặc ngược lại.

Đề thi HK1 môn toán lớp 11 (không chuyên) trường Phổ Thông Năng Khiếu năm học 2020-2021

Leave a reply

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

a) $\cos 2x – 6\sin x + 7=0$

b) $1+\tan x = 2\sqrt{2} \sin x$.

Bài 2 (2 điểm).

a) Có bao nhiêu cách sắp xếp một đội kéo co có $10$ học sinh gồm $5$ học sinh nam và $5$ học sinh nữ trong đó có $3$ bạn nữ Lan, Mai, Hồng sao cho bạn Mai luôn đứng giữa hai bạn Lan và Hồng?

b) Gọi $X$ là tập hợp các số tự nhiên có $5$ chữ số khác nhau được lập từ các chữ số $0,\ 1,\ 2,\ 3,\ 4,\ 5,\ 6,\ 7$. Lấy ngẫu nhiên một phần tử từ tập $X$. Tính xác suất chọn được số chẵn?

Bài 3 (1 điểm).

a) Biết tập $A$ có đúng $128$ tập con. Hỏi $A$ có bao nhiêu tập con có $3$ phần tử?

b) Tìm số hạng chứa $x^8$ trong khai triển của $\left( x+ \dfrac{1}{x^3}\right) ^{24}$

Bài 4 (1 điểm). Tam giác $ABC$ có số đo các góc $\angle BAC$, $\angle CBA$, $\angle ACB$ theo thứ tự lập thành một cấp số cộng và $\cos \left( \angle CBA + \angle ACB\right) =-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. Tính số đo góc $\angle CBA$ và $\sin \angle BAC$.

Bài 5 (1 điểm). Trong mặt phẳng $Oxy$, cho đường tròn $(C)$ có tâm $I(2;3)$, bán kính $R=1$ và các điểm $K(-1;2)$, $H(-3;1)$. Gọi $(C’)$ là ảnh của đường tròn $(C)$ qua phép đối xứng tâm $K$. Điểm $H$ thuộc đường tròn $(C’)$ không? Vì sao?

Bài 6 (3 điểm). Cho hình chóp $S.ABCD$ có $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$. Gọi $G$, $I$ lần lượt là trọng tâm của tam giác $SCD$, tam giác $ACD$ và $H$ là trung điểm $CD$.

a) Tìm giao tuyến của $(SAH)$ và $(SBD)$. Tìm giao điểm $K$ của $AG$ và $(SBD)$.

b) Chứng minh $GI//(SAB)$ và $OH//d$ với $d$ là giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$.

c) Mặt phẳng $(P)$ chứa $SB$ và song song với $DG$, $(P)$ cắt $CD$ tại $E$. Tính $\dfrac{DE}{CE}$.

 

Giải

Bài 1 (2 điểm).

a) $\cos 2x – 6\sin x +7 =0$

$\Leftrightarrow 1-2\sin^2 x -6\sin x +7=0$

$\Leftrightarrow \sin^2 x + 3\sin x -4 =0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin x = 1\\ \sin x =-4 \text{ (loại) } \end{array} \right. $

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

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

b) $1+ \tan x = 2\sqrt{2} \sin x$ (1)

ĐKXĐ: $x\ne \dfrac{\pi}{2} + k\pi$

$(1) \Leftrightarrow \sin x + \cos x = \sqrt{2} \sin 2x$

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

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

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \dfrac{\pi}{4} – 2k\pi\\ x= \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{2k\pi}{3} \end{array} \right. (k\in \mathbb{Z}) $

$\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{2k\pi}{3} \text{ (nhận) }  (k\in \mathbb{Z})$

Vậy $S=\left\{ \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{2k\pi}{3}\ | \ k\in \mathbb{Z}\right\} $

 

Bài 2 (2 điểm).

a) Số cách chọn vị trí cho Lan, Mai, Hồng là: $ 2!. C^{3}_{10}$

Số cách chọn vị trí còn lại là $ 7!$

Vậy số cách chọn thỏa mãn đề ra là: $ 2!. C^{3}_{10}. 7!$

b) Gọi $\overline{abcde}$ là số có 5 chữ số khác nhau từ $ 0;1;2;3;4;5;6;7$ cần lập.

Số các số có 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số $ 0;1;2;3;4;5;6;7$ là : $A^{5}_{8} – A^{4}_{7}$

Đếm các chữ số chẵn:

$ e = 0 \Rightarrow$ có $A^{4}_{7}$ số.

$ e \neq 0 \Rightarrow e \in \left\lbrace 2;4;6 \right\rbrace $ khi đó có $ 3. ( A^{4} _{7} – A^{3}_{6})$ số.

Suy ra số các số chẵn là: $A^{4}_{7} + 3. ( A^{4} _{7} – A^{3}_{6})$

Xác suất để lấy được số chẵn là: $\dfrac{A^{4}_{7} + 3. ( A^{4} _{7} – A^{3}_{6})}{A^{5}_{8} – A^{4}_{7}} = \dfrac{25}{49}$

 

Bài 3 (1 điểm).

a) Gọi $n$ là số phần tử của $A$. Khi đó ta có số tập con của $A$ là $ 2^n = 128 \Rightarrow n =7$

Suy ra số tập con có ba phần tử của $A$ là $ C^{3} _{7} =35$

b) $ P (x) = ( x + \dfrac{1}{x^3})^{24} = \displaystyle \sum_{k =1}^ {24} C^{k}_{24} x^{k}(\dfrac{1}{x^3})^{24-k} = \displaystyle \sum_{k =1}^ {24} C^{k}_{24}. x^{4k -72}$

Khi đó ta có: $ 4k -72 =8 \Rightarrow k =20 $ ( nhận).

Vậy số hạng cần tìm là: $ C^{20}_{24}x^8$

 

Bài 4 (1 điểm).

  • Do số đo ba góc $ \widehat{BAC} , \widehat{CBA} , \widehat{ACB}$ theo thứ tự tạo thành cấp số cộng nên:

$\widehat{BAC} + \widehat{ACB} = 2 \widehat{CBA}$. (1)

Mặt khác ta lại có: $\widehat{BAC} + \widehat{CBA} + \widehat{ACB} =180^\circ$ (2)

Từ (1) và (2) ta có: $ \widehat{CBA} = 60^\circ$.

  •  $ \cos ( \widehat{ACB} + \widehat{CBA}) = \dfrac{-\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \widehat{ACB} + \widehat{CBA} = 150^\circ $

Khi đó: $\widehat{ACB} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{BAC} = 30^\circ $.

Vậy $\widehat{CBA}= 60^\circ $ và $ \sin \widehat{BAC} = \sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$

 

Bài 5 (1 điểm). $ Đ_{k}: ( I, R) \mapsto ( I’, R)$

Theo bài ra ta có: $ \left\lbrace \begin{array}{l} x_{I’} + x_{I} = 2 x_{K} \\ y_{I’} + y_{I} = 2y _{K} \end{array} \right. \Rightarrow \left\lbrace \begin{array}{l} x_{I’} = -4 \\ y_{I’} = 1 \end{array} \right. \Rightarrow I(-4;1)$

Ta có: $ R’ = R =1$

$ I’H = \sqrt{( -3 +4)^2+ ( 1 -1)^2} =1 = R’ \Rightarrow H \in ( I; R’)$

 

Bài 6 (3 điểm).

a) Ta có: $ \left\lbrace \begin{array}{l} AH \cap BD = I \Rightarrow I \in ( SAH) \cap (SBD) \\ S \in ( SAH) \cap (SBD) \end{array} \right. \Rightarrow SI = ( SAH) \cap ( SBD)$

Trong $(SAH) $: $ AG \cap SI = K \Rightarrow K \in SI \Rightarrow K \in ( SBD)$

Suy ra: $ K = AG \cap ( SBD)$

b) Xét $ \bigtriangleup SAH$ ta có: $ \dfrac{HI}{HA} = \dfrac{HG}{HS} \Rightarrow GI \parallel SA$.

Mà $ SA \in (SAB) \Rightarrow GI \parallel (SAB)$

$ AD \parallel BC \Rightarrow (SAD) \cap (SBC) = d \parallel AD \parallel BC$

MÀ $ OH \parallel AD$

Suy ra ta có: $ OH \parallel d$.

c) $M$ là trung điểm $SC$.

Ta có: $\left\lbrace \begin{array}{l} SE = (SCD) \cap (SBE) \\ DG \parallel ( P) \end{array} \right. \Rightarrow DG \parallel SE$.

Suy ra $D$ là trung điểm $CE \Rightarrow \dfrac{DE}{CE} = \dfrac{1}{2}$

Đề thi HK1 môn toán 11 trường chuyên Trần Đại Nghĩa năm học 2020-2021

Leave a reply

A. PHẦN CHUNG (8 điểm)}

Bài 1 (1 điểm). Giải phương trình: $\sin x + \sin 2x + \sin 3x =0$.

Bài 2 (1 điểm). Xác định số hạng không chứa $x$ trong khai triển của $\left( 2x^2 – \dfrac{1}{x}\right) ^{15}$.

Bài 3 (1,5 điểm). Tìm số hạng đầu tiên và công sai của cấp số cộng $(u_n)$, biết rằng $\left\{ \begin{array}{l}u_2 + u_5 =11\\ u_6 + 2u_4 =27 \end{array}\right. $

Bài 4 (1 điểm). Bạn Nguyên tham gia trò chơi “Vòng quay kì diệu”: Vòng quay là một vòng tròn được chia thành $16$ ô bằng nhau (như hình vẽ), trong đó có $10$ ô được ghi chú ” Chúc mừng bạn đã nhận được $1$ phần quà” và $6$ ô được ghi chú “Chúc bạn may mắn lần sau”. Tính xác suất để sau ba lần quay bạn Nguyên được hai phần quà?

Bài 5 (3,5 điểm). Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành. Gọi $M$, $N$, $I$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB$, $CD$, $SA$.

a) Chứng minh $SC$ song song với mặt phẳng $(MNI)$.

b) Gọi $P$ là điểm thuộc cạnh $SB$. Xác định giao tuyến của mặt phẳng $(CMI)$ và mặt phẳng $(APN)$.

c) Gọi $G$, $K$ lần lượt là trọng tâm tam giác $ACD$, tam giác $SBC$. Tìm thiết diện của mặt phẳng $(IGK)$ và hình chóp $S. ABCD$.

B. PHẦN RIÊNG (2 điểm)

I. Dành cho các lớp 11CL, 11CH, 11CS, 11A1, 11A2

Bài 6a (1 điểm). Xét tính tăng, giảm của dãy số $(u_n)$ với $u_n=\dfrac{n+1}{2n^2+1}$, $n\in \mathbb{N^*}$.

Bài 7a (1 điểm). Câu lạc bộ “Kĩ năng sống” của một trường gồm $17$ học sinh lớp 10, $8$ học sinh lớp 11 và $6$ học sinh lớp 12. Ban chủ nhiệm câu lạc bộ cần chọn $9$ học sinh tham gia một hoạt động trải nghiệm do Quận đoàn tổ chức. Tính xác suất để trong các học sinh được chọn có đủ cả ba khối lớp.

II. Dành cho các lớp 11CV, 11CA1, 11CA2, 11CA3

Bài 6b (1 điểm). Xét tính tăng, giảm của dãy số $(u_n)$ với $u_n = \dfrac{2n-5}{n+4}$, $n\in \mathbb{N^*}$.

Bài 7b (1 điểm). Đội văn nghệ của một trường có $12$ học sinh nữ khối 11; $10$ học sinh nam khối 11 và $9$ học sinh nữ khối 10. Trong một tiết mục văn nghệ chào mừng kỉ niệm 20 năm thành lập trường, đội cần chọn $3$ bạn biểu diễn mở màn. Tính xác suất để trong $3$ bạn được chọn có cả nam lẫn nữ và có cả khối 10 và 11.

III. Dành cho các lớp 11TH1, 11TH2, 11TĐ

Bài 6c (1 điểm). Xét tính tăng, giảm của dãy số $(u_n)$ với $u_n = 2n^2 +n -1$, $n\in \mathbb{N^*}$.

Bài 7c (1 điểm). Câu lạc bộ Văn hóa Việt Nam của một trường có $10$ học sinh lớp 10, $11$ học sinh lớp 11 và $12$ học sinh lớp 12. Ban chủ nhiệm cần chọn $4$ bạn trong câu lạc bộ để chụp ảnh trang phục truyền thống của Việt Nam qua các thời kì. Tính xác suất để trong $4$ bạn được chọn có đủ cả ba khối.

IV. Dành cho lớp 11CT

Bài 6d (2 điểm). Tìm điều kiện của tham số $m$ để phương trình sau có nghiệm: $x+\sqrt{4-x^2}=m$.

Giải

A. PHẦN CHUNG (8 điểm)

Bài 1 (1 điểm).

$\sin x + \sin 2x + \sin 3x =0$

$\Leftrightarrow \sin x + \sin 3x + \sin 2x =0$

$\Leftrightarrow 2\sin 2x \cos x + \sin 2x =0$

$\Leftrightarrow \sin 2x \left( 2\cos x +1\right) =0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin 2x =0\\ \cos x = -\dfrac{1}{2} \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \dfrac{k\pi }{2}\\ x = \pm \dfrac{2\pi}{3} + 2k\pi \end{array}\right. $ $(k\in \mathbb{Z})$

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

Bài 2 (1 điểm).

Gọi $T_{k+1}$ là số hạng thứ $k+1$ không chứa $x$.

Ta có: $T_{k+1} = C_{15}^k \cdot \left( 2x^2\right) ^{15-k} \cdot \left( -\dfrac{1}{x}\right) ^k = C_{15}^k \cdot (-1)^k \cdot 2^{15-k} \cdot x^{30 – 3k}$

$T_{k+1}$ không chứa $x$ $\Leftrightarrow 30 -3k =0 \Leftrightarrow k = 10$

Vậy số hạng không chứa $x$ là: $T_{11} =C_{15}^{10}\cdot (-1)^{10} \cdot 2^5$

Bài 3 (1,5 điểm).

Gọi $u_1$ là số hạng đầu, $d$ là công sai.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} u_2 + u_5 =11\\ u_6 + 2u_4 =27 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} u_1 + d + u_1 + 4d =11\\ u_1 + 5d + 2(u_1 + 3d) =27 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2u_1 + 5d =11\\ 3u_1 + 11d =27 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} d=3\\ u_1 =-2 \end{array}\right. $

Vậy $u_1 = -2$ và $d=3$.

Bài 4 (1 điểm).

Xác suất để quay vào ô trúng quà: $\dfrac{10}{16}$.

Xác suất để quay vào ô may mắn: $\dfrac{6}{16}$.

Biến cố “trúng quà” và “may mắn” là độc lập.

$\Rightarrow $ Xác suất để 2 lần quay vào ô trúng quà là: $C_3^2 \cdot \dfrac{10}{16} \cdot \dfrac{10}{16} \cdot \dfrac{6}{16} = \dfrac{225}{512}$.

Bài 5 (3,5 điểm).

a) Gọi $O$ là trung điểm của $AC$.

Ta có: $BM//CN$ và $BM = CN\Rightarrow BMNC$ là hình bình hành.

$\Rightarrow MN//BC$ $\Rightarrow NM$ đi qua trung điểm $O$ của $AC$.

$\triangle SAC$ có $OI$ là đường trung bình $\Rightarrow OI // SC$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} SC // OI\\ OI \subset (IMN) \end{array}\right. $ $\Rightarrow SC//(IMN)$

b) Ta có: $AN//CM$

Trong mặt phẳng $(SAB)$, gọi $L=AP \cap IM$ $\Rightarrow L \in (APN) \cap (CMI)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} AN \subset (APN)\\ CM \subset (CMI)\\ AN//CM\\ L\in (APN) \cap (CMI) \end{array}\right. $

$\Rightarrow Lx = (APN) \cap (CMI)$ sao cho $Lx // AN//CM$.

c) Gọi $T$ là trung điểm của $BC$.

Trong mặt phẳng $(SAT)$, gọi $X = IK \cap AT$

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $Q = XG \cap BC$, $R= XG \cap AD$

Trong mặt phẳng $(SBC)$, gọi $U = QK \cap SB$

Từ đó suy ra thiết diện của mặt phẳng $(IGK)$ và hình chóp $S.ABCD$ là tứ giác $IUQR$.

B. PHẦN RIÊNG (2 điểm)

I. Dành cho các lớp 11CL, 11CH, 11CS, 11A1, 11A2

Bài 6a (1 điểm).

Ta có: $u_{n+1} – u_n = \dfrac{n+2}{2(n+1)^2+1} – \dfrac{n+1}{2n^2 +1}$

$= \dfrac{(n+2)(2n^2+1) – (n+1)(2n^2 +4n + 3)}{(2n^2 +1) (2n^2 + 4n +3)}$

$=\dfrac{2n^3 + 4n^2 +n +2 – (2n^3 + 6n^2 +7n + 3)}{(2n^2 +1) (2n^2 + 4n +3)}$

$= \dfrac{-2n^2 -6n -1}{(2n^2 +1) (2n^2 + 4n +3)}<0$, $\forall n \in \mathbb{N^*}$

Vậy $(u_n)$ là dãy giảm.

Bài 7a (1 điểm).

Số cách chọn 9 học sinh từ 31 học sinh: $C_{31}^9$.

Số cách chọn 9 học sinh chỉ có 1 khối: $C_{17}^9$.

Số cách chọn 9 học sinh có đúng 2 khối: $\left\{ \begin{array}{l} \text{ Khối 10, 11 }: C_{25}^9 – C_{17}^9 \\ \\ \text{ Khối 10, 12 }: C_{23}^9 – C_{17}^9\\ \\ \text{ Khối 11, 12 }: C_{14}^9 \end{array}\right. $

Xác suất để chọn có đủ cả ba khối lớp:

$$1-\dfrac{C_{17}^9 + \left( C_{25}^9 – C_{17}^9 + C_{23}^9 – C_{17}^9 + C_{14}^9\right ) }{C_{31}^9} \approx 0,859$$

II. Dành cho các lớp 11CV, 11CA1, 11CA2, 11CA3

Bài 6b (1 điểm).

Ta có: $u_{n+1} – u_n = \dfrac{2(n+1) -5}{n+5} – \dfrac{2n -5}{n+4}$

$= \dfrac{(n+4)(2n-3) – (n+5)(2n-5)}{(n+5)(n+4)}$

$= \dfrac{2n^2 + 5n -12 – (2n^2 +5n -25)}{(n+5)(n+4)}$

$=\dfrac{13}{(n+5)(n+4)} >0$, $\forall n\in \mathbb{N^*}$

Vậy $(u_n)$ là dãy tăng.

Bài 7b (1 điểm).

Số cách chọn 3 bạn trong 31 bạn: $C_{31}^3 = 4495$.

Số cách chọn 1 nữ lớp 10, 1 nữ lớp 11, 1 nam lớp 11: $C_9^1 \cdot C_{12}^1 \cdot C_{10}^1 = 1080$

Số cách chọn 1 nữ lớp 10, 2 nam lớp 11: $C_9^1 \cdot C_{10}^2 = 405$

Số cách chọn 2 nữ lớp 10, 1 nam lớp 11: $C_9^2\cdot C_{10}^1 = 360$

Vậy xác suất để chọn 3 bạn có cả nam lẫn nữ và có cả lớp 10 và 11: $\dfrac{1080 + 405 + 360}{4495} = \dfrac{369}{899}$

III. Dành cho các lớp 11TH1, 11TH2, 11TĐ

Bài 6c (1 điểm).

Ta có: $u_{n+1} – u_n = 2(n+1)^2 + n – (2n^2 +n -1)$

$= 2n^2 + 4n + 2 +n – 2n^2 -n +1$

$=4n +3>0$, $\forall n \in \mathbb{N^*}$

Vậy $(u_n)$ là dãy tăng.

Bài 7c (1 điểm).

Số cách chọn 4 bạn trong 33 bạn: $C_{33}^4$

Số cách chọn 1 bạn lớp 10, 1 bạn lớp 11, 2 bạn lớp 12: $C_{10}^1 \cdot C_{11}^1 \cdot C_{12}^2$

Số cách chọn 1 bạn lớp 10, 2 bạn lớp 11, 1 bạn lớp 12: $C_{10}^1 \cdot C_{11}^2 \cdot C_{12}^1$

Số cách chọn 2 bạn lớp 10, 1 bạn lớp 11, 1 bạn lớp 12: $C_{10}^2 \cdot C_{11}^1 \cdot C_{12}^1$

Vậy xác suất để chọn 4 bạn có đủ cả ba khối là: $$\dfrac{C_{10}^1 \cdot C_{11}^1 \cdot C_{12}^2 + C_{10}^1 \cdot C_{11}^2 \cdot C_{12}^1 +C_{10}^2 \cdot C_{11}^1 \cdot C_{12}^1 }{C_{33}^4}=\dfrac{15}{31}$$

Đề thi HK1 môn toán trường Nguyễn Thị Minh Khai năm học 2020-2021

Leave a reply

Bài 1 (3 điểm). Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a} $|2x^2+2x+3|=x+3$

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

c) $\left\{ \begin{array}{l} x+y+xy=11\\ x+y-xy=-1 \end{array}\right.$

Bài 2 (2 điểm). Tìm giá trị tham số $m$ sao cho:

a) Phương trình $(m^2-2m)x+2-m=0$ vô nghiệm.

b) Phương trình $x^2-(2m+1)x+m^2+1=0$ có 2 nghiệm dương phân biệt.

Bài 3 (1 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $y=f(x)=x(3-2x)$ khi $0\le x\le \dfrac{3}{2}$.

Bài 4 (2 điểm). Cho $\triangle ABC$ có $I$ là trung điểm cạnh $AB$.

a) Chứng minh $CA^2 + CB^2 = 2CI^2 + \dfrac{AB^2}{2}$.

b) Tìm tập hợp các điểm $M$ sao cho $\left( \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB}\right) \cdot \left( \overrightarrow{MB} – \overrightarrow{MC}\right) =0$.

Bài 5 (2 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho $\triangle ABC$ có $A(-5;0)$, $B(1;0)$, $C(2;3)$.

a) Tìm tọa độ tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$.

b) Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc tia $Oy$ sao cho $|2MA – MB|$ nhỏ nhất.

Giải

Bài 1  (3 điểm).

a) $|2x^2+2x+3|=x+3$

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

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x\ge -3\\ \left[ \begin{array}{l} 2x^2 +x =0\\ 2x^2 +3x +6=0 \end{array}\right. \end{array}\right. $

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

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

Vậy $S=\left\{ 0;-\dfrac{1}{2}\right\} $.

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

Điều kiện xác định: $x\ge \dfrac{1}{2}$

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

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

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

$\Leftrightarrow x=1$ (nhận)

Vậy $S=\left\{ 1\right\} $.

c) $\left\{ \begin{array}{l} x+y+xy=11\\ x+y-xy=-1 \end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+y = 5\\ xy=6 \end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=5-y\\ -y^2 +5y -6=0 \end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=5-y\\ \left[ \begin{array}{l} y=3\\ y=2 \end{array}\right.\end{array}\right. $
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x=2\\ y=3 \end{array}\right. \\ \left\{ \begin{array}{l} x=3\\ y=2\end{array}\right. \end{array}\right. $\
Vậy $(x;y)\in \left\{ (2;3); (3;2)\right\} $.

Bài 2 (2 điểm).

a) Ta có: $(m^2-2m)x+2-m=0 \Leftrightarrow (m^2 -2m)x = m-2 \ (2)$
$(2)$ vô nghiệm khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l} m^2 -2m =0\\ m-2\ne 0 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m\ne 2\\ \left[ \begin{array}{l} m=0\\ m=2 \end{array}\right. \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow m=0$

Vậy $m=0$ thì phương trình $(2)$ vô nghiệm.

b) $x^2-(2m+1)x+m^2+1=0$ $(3)$

Ta có: $\Delta = (2m+1)^2 -4(m^2 +1) = 4m-3$

Phương trình $(3)$ có $2$ nghiệm dương phân biệt khi và chỉ khi

$\left\{ \begin{array}{l} \Delta >0\\ S>0\\ P>0 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 4m-3>0\\ 2m+1>0\\ m^2 +1 >0 \text{ (luôn đúng) } \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m>\dfrac{3}{4}\\ m>-\dfrac{1}{2} \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow m>\dfrac{3}{4}$

Vậy $m>\dfrac{3}{4}$ thì phương trình $(3)$ luôn có 2 nghiệm dương phân biệt.

Bài 3 (1 điểm).

Ta có: $y=x(3-2x) = -2x^2 +3x$

Tập xác định: $D=\mathbb{R}$

Tọa độ đỉnh: $I\left( \dfrac{3}{4};\dfrac{9}{8}\right) $
Với $0\le x\le \dfrac{3}{2}$ ta có bảng sau:

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $y=\dfrac{9}{8}$ khi $x=\dfrac{3}{4}$.

Bài 4 (2 điểm).

a) Ta có: $\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB} = \overrightarrow{0}$, $IA^2= IB^2 = \dfrac{AB^2}{4}$

Ta có: $CA^2 + CB^2 = \overrightarrow{CA}^2 + \overrightarrow{CB}^2 = \left( \overrightarrow{CI} + \overrightarrow{IA}\right) ^2 + \left( \overrightarrow{CI} + \overrightarrow{IB}\right) ^2$

$= 2CI^2 + 2\overrightarrow{CI}\left( \overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB}\right) + IA^2 + IB^2 = 2CI^2 + \dfrac{AB^2}{2}$

b) Ta có: $\left( \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB}\right) \cdot \left( \overrightarrow{MB} – \overrightarrow{MC}\right) =0$ $\Leftrightarrow 2\overrightarrow{MI} \cdot \overrightarrow{CB}=0$ $\Rightarrow MI \bot CB$
Vậy $M$ thuộc đường thẳng đi qua $I$ và vuông góc với $BC$.

Bài 5 (2 điểm).
a) Gọi $E$, $F$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $AC$ suy ra $E(-2;0)$, $F\left( -\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2}\right) $

$\overrightarrow{AB}=(6;0)$, $\overrightarrow{AC}= (7;3)$, $\overrightarrow{EI} = \left( x_I +2; y_I\right) $, $\overrightarrow{FI}= \left( x_I + \dfrac{3}{2}; y_I – \dfrac{3}{2}\right) $

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} EI \bot AB\\ FI \bot AC \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow{EI}\cdot \overrightarrow{AB} = 0\\ \overrightarrow{FI}\cdot \overrightarrow{AC}=0 \end{array}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 6\left( x_I+2\right) =0\\ 7\left( x_I+\dfrac{3}{2}\right) + 3\left( y_I-\dfrac{3}{2}\right) =0 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x_I=-2\\ y_I=\dfrac{8}{3}\end{array}\right. $

Vậy $I\left( -2;\dfrac{8}{3}\right) $.

b) Gọi $M(0;y)$ $(y\ge 0)$.

Ta có: $|2MA -MB| = |2\sqrt{y^2 +25}- \sqrt{y^2+1}| = 2\sqrt{y^2+25} – \sqrt{y^2 +1}=m$ $(m\ge 0)$

Khi đó ta có phương trình: $2\sqrt{y^2+25} – \sqrt{y^2+1} =m$ $(*)$

Ta đi tìm $m$ nhỏ nhất để phương trình $(*)$ có nghiệm không âm.

Đặt $t= \sqrt{y^2+1}$ $(t\ge 1)$

Khi đó: $2\sqrt{t^2 +24} =m+t$

$\Leftrightarrow 4t^2 +96 = t^2 + 2mt + m^2$

$\Leftrightarrow 3t^2 -2mt-m^2 +96=0$ $(**)$

$(*)$ có nghiệm không âm khi và chỉ khi $(**)$ có nghiệm lớn hơn hoặc bằng $1$.
Ta có: $\Delta’ = m^2 -3(-m^2 + 96) = 4m^2 – 288 \ge 0 \Leftrightarrow m^2 \ge 72$

Nếu $m^2 =72 \Rightarrow m=6\sqrt{2}$ thay vào $(**)$ ta tìm được $t=2\sqrt{2}$ thỏa yêu cầu và $m=6\sqrt{2}$ cũng là $m$ nhỏ nhất.
Với $t=2\sqrt{2} \Leftrightarrow y=\sqrt{7}$
Vậy $M(0;\sqrt{7})$.

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

Leave a reply

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Đáp án

Bài 1 (2 điểm).

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Bài 2 (1 điểm).

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

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

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

Bài 3 (1 điểm).

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

Bài 4 (1 điểm).

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

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

Ta có: $a_0 + a_1 + a_2 = 376$

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

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

Vậy $a_3 = (-3)^3C_{10} ^3 = -3240$

Bài 5 (1 điểm).

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

$ = 2u_n + n + n + 2 $

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

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

Vậy $(v_n)$ là cấp số nhân.

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

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

         $= 3\left( 2^n -1\right) $

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

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

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

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

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

Bài 6 (1 điểm).

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

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

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

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

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

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

Bài 7 (3 điểm).

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

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

b) Trong mặt phẳng $(SAD)$ có:

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

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

$\Rightarrow NP//(SCD)$

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

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

$\Rightarrow NK // (SCD)$

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

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

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

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

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

Leave a reply

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Đáp án

Bài 1 (1 điểm).

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

Vậy $(P): y= x^2 -4x +1$.

Bài 2 (1 điểm).

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

Vậy $S=\left\{ 1\right\} $.

Bài 3 (1 điểm).

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

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

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

   $ = -5m^3 +3m^2 +5m +18 $

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

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

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

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

Bài 4 (1 điểm). 

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

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

Bài 5 (1 điểm). 

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

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

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

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

$\Delta’ = 4 – (m-3) = 7-m$

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

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

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

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

Bài 6 (3 điểm).

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

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

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

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

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

Vậy $M(0;5)$

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

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

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

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

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

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

Vậy $D(8;1)$.

Bài 7 (1 điểm).

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

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

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

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

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

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

Vậy $MI = \dfrac{a\sqrt{6}}{2}$

Bài 8 (1 điểm).

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

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

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

Dấu “=” xảy ra khi $x=y=1$

Đặt $t=xy \Rightarrow t\in [-3;1]$

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

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

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

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

Vậy $P_{min} = -6$, $P_{max} = 18$

Đề thi và lời giải chọn đội tuyển PTNK năm 2020

Leave a reply

Chúc mừng các bạn đã đỗ vào Đội tuyển Toán PTNK thi VMO năm 2020-2021. Chúc các em có một chặng đường học tập và thi cử thành công.

Năm nay danh sách có 7 bạn 12, 2 bạn 11 và đặc biệt có một học sinh lớp 10.

Sau đây là đề bài và đáp án đề thi chọn đội tuyển năm nay, được thực hiện bởi thầy Lê Phúc Lữ, giáo viên tại trung tâm giáo dục STAR EDUCATION (và một số đồng nghiệp).

Loi giai de PTNK 2020