Tag Archives: DapAn

Đề thi và đáp án kì thi chọn đội tuyển thi Quốc gia trường Phổ thông Năng khiếu năm học 2009 – 2010

Leave a reply

ĐỀ THI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Cho $a, b, c$ là các số thực để đa thức $P(x)=x^4+ax^3+b x^2+c x+1$ có ít nhất một nghiệm thực. Tìm tất cả các bộ $(a, b, c)$ để $a^2+b^2+c^2$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 2. Cho $A={1,2, \ldots, 2 n}$. Một tập con của $A$ được gọi là tốt nếu như có đúng 2 phần tử $x, y$ và đồng thời $|x-y| \in[1, n]$. Tìm số các tập hợp $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ để $A_i$ là tập con tốt của $A$ với $1 \leq i \leq n$ và $\bigcup_{i=1}^n A_i=A$.

Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{N}^*$ thoả mãn các điều kiện sau:

$\quad\quad(i) f $ là hàm số tăng thật sự trên $\mathbb{N}^*$.

$\quad\quad(ii) f(f(n))=4 n+9 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

$\quad\quad(iii) f(f(n)-n)=2 n+9 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

Bài 4. Cho đường tròn tâm $O$ và dây cung $A B$ cố định khác đường kính. Một điểm $P$ thay đổi trên cung lớn $A B$. Gọi $I$ là trung điểm của $A B$. Lấy các điểm $M, N$ trên các tia $P A, P B$ sao cho $\angle P M I=\angle P N I=\angle A P B$.

(a) Chứng minh rằng đường cao từ $P$ của tam giác $P M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

(b) Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác $P M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Giải hệ phương trình sau:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a x-a b y+\frac{1}{x y}=b c^2 \\ a b z-b c^2 x+\frac{1}{x z}=a . \\ b c^2 y-a z+\frac{1}{y z}=a b\end{array}\right.$

Bài 6. Cho dãy số $\left(a_n\right)$ xác định bởi $a_1=a, a_{n+1}=\left(a_1+\cdots+a_n-2\right)^2 \forall n \in \mathbb{N}^*$. Đặt $S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$. Tìm tất cả các giá trị $a$ để dãy số $\left(S_n\right)$ hội tụ.

Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ để phương trình sau có nghiệm nguyên dương $(x, y)$ :

$$\quad\quad x^2+y^2+x+y=k x y$

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $I, I_1, I_2, I_3$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp các đỉnh $A, B, C$ của tam giác $A B C$. Dường tròn ngoại tiếp tam giác $I I_2 I_3$ cắt $(O)$ tại hai điểm $M_1, N_1$. Gọi $J_1$ là giao điểm của $A I$ và $(O)$. Ký hiệu $d_1$ là đường thẳng qua $J_1$ và vuông góc với $M_1 N_1$. Xác định các đường thẳng $d_2, d_3$ tương tự. Chứng minh rằng $d_1, d_2, d_3$ dồng quy.

 

LỜI GIẢI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Cho $a, b, c$ là các số thực để đa thức $P(x)=x^4+a x+3+b x^2+c x+1$ có ít nhất một nghiệm thực. Tìm tất cả các bộ $(a, b, c)$ để $a^2+b^2+c^2$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải. Gọi $x_0$ là một nghiệm của $P(x)$ (dễ thấy $x_0 \neq 0$ ). Do $P\left(x_0\right)=0$ nên ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad-\left(x_0^4+1\right)=a x_0^3+b x_0^2+c x_0 .$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\left(x_0^4+1\right)^2=\left(a x_0^3+b x_0^2+c x_0\right)^2 \leq\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x_0^6+x_0^4+x_0^2\right) .$

Đặt $t=x_0^2>0$. Từ đánh giá trên, ta suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad a^2+b^2+c^2 \geq \frac{\left(t^2+1\right)^2}{t^3+t^2+t}=\frac{\left(t^2+1\right)^2}{t\left(t^2+t+1\right)}$

Mà theo bất đẳng thức AM-GM thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad t \leq \frac{t^2+1}{2} \text { và } t^2+t+1 \leq t^2+\frac{t^2+1}{2}=\frac{3}{2}\left(t^2+1\right) .$

Do đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{\left(t^2+1\right)^2}{t\left(t^2+t+1\right)} \geq \frac{4}{3}, \text { nên } a^2+b^2+c^2 \geq \frac{4}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}x_0^4+a x_0^3+b x_0^2+c x_0+1=0 \\ x_0^2=1 \\ \frac{a}{x_0^3}=\frac{b}{x_0^2}=\frac{c}{x_0}\end{array}\right.$

Giải hệ này, ta thu được $a=b=c=-\frac{2}{3}$ hoặc $a=-b=c=\frac{2}{3}$.

Bài 2. Cho $A=[1,2, \ldots, 2 n]$. Một tập con của $A$ được gọi là tốt nếu như có đúng 2 phần tử $x, y$ và đồng thời $|x-y| \in[1, n]$. Tìm số các tập hợp $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ để $A_i$ là tập con tốt của $A$ với $1 \leq i \leq n$ và $\bigcup_{i=1}^n A_i=A$.

Lời giải . Gọi $u_n, n \in{1,2, \ldots, n}$ là số các tập hợp $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ thỏa mãn yêu cầu đề bài, đồng thời hai phần tử $n$ và $n+1$ không đi cùng nhau trong bất kì tập $A_i$ nào. Ta chia các số $1,2, \ldots, 2 n$ vào một bảng $2 \times n$ như sau

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline 1 & 2 & \ldots & n \\ \hline n+1 & n+2 & \ldots & 2 n \\ \hline\end{array}$

Khi đó, mỗi cách chọn được liệt kê trong $u_n$ tương ứng với một cách chọn từ bảng trên các cặp gồm hai số ở cùng một cột hoặc hai số liên tiếp nhau trên cùng một hàng. Xét $u_{n+1}$, vì phần tử $2(n+1)$ chỉ có thể đi cùng với $n+1$ hoặc $2 n+1$ trong cùng một tập $A_i$ nào đó nên ta xét hai khả năng sau.

  • $2(n+1)$ và $n+1$ cùng thuộc một tập $A_i$, giả sử là $A_{n+1}$.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{array}{|c|c|l|c|}\hline 1 & 2 & \ldots & n+1 \\ \hline n+1 & n+2 & \ldots & 2(n+1) \\ \hline\end{array}$

Lúc này, mỗi cách chọn một bộ $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ ứng với một cách chọn các cặp số gồm các số ở cùng một cột hoặc ở cạnh nhau trong cùng một hàng từ một bảng $2 \times n$. Theo định nghĩa của ta số cách chọn như thế là $u_n$. Vậy trong trường hợp này có $u_n$ cách chọn.

  • $2(n+1)$ và $2 n+1$ cùng thuộc một tập $A_i$, giả sử đó là $A_{n+1}$.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{array}{|c|c|l|c|c|}\hline 1 & 2 & \ldots & n & n+1 \\ \hline n+1 & n+2 & \ldots & 2 n+1 & 2(n+1) \\ \hline\end{array}$

Ta thấy $n+1$ chỉ có thể đi cùng với $2(n+1)$ (trường hợp $n+1$ đi cùng với $n+2$ không được xét trong $\left.u_{n+1}\right)$ nhưng $2(n+1)$ đã đi cùng với $2 n+1$ nên $n+1$ phải đi cùng với $n$ trong cùng một tập $A_i$ nào đó, giả sử là $A_n$. Lập luận tương tự trường hợp trên, ta suy ra số cách chọn các tập ${A_1, A_2, \ldots, A_n-1}$ là $u_{n-1}$.

Theo quy tắc cộng, ta có $u_{n+1}=u_n+u_{n-1}$. Mặt khác, $u_1=1$ và $u_2=2$ nên ta tìm được công thức tổng quát của $u_n$ là

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad u_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right]$

Xét trường hợp sinh ra bộ $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ có $n$ và $n+1$ đi cùng trong một tập $A_i$ nào đó.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{array}{|c|c|l|c|}\hline 1 & 2 & \ldots & n \\ \hline n+1 & n+2 & \ldots & 2 n \\ \hline\end{array}$

Rõ ràng 1 chỉ có thể đi cùng với 2 hoặc $n+1$ nhưng $n+1$ đã đi cùng $n$ nên 1 chỉ có thể đi cùng với 2 . Tiếp theo, $n+2$ có thể đi cùng với $2, n+1$ hay $n+3$ nhưng 2 đã đi với 1 còn $n+1$ đã đi với $n$ nên $n+2$ phải đi với $n+3$.

Tiếp tục, 3 có thể đi cùng 2,4 hay $n+3$ nhưng 2 đã đi với 1 còn $n+3$ đã đi với $n+2$ nên 3 phải đi với 4 . Tiếp tục lý luận như trên, ta suy ra $A_i$ phải có dạng

$\quad\quad\quad [1,2],[3,4], \ldots,[n-2, n-1],[n, n+1],[n+1, n+2], \ldots,[2 n-1,2 n]$

Từ đó suy ra trường hợp này chỉ cho ta duy nhất một bộ $[A_1, A_2, \ldots A_n]$ nếu $n$ lẻ và không có bộ nào nếu $n$ chẵn.

Vậy số các bộ $[A_1, A_2, \ldots A_n]$ thỏa mãn đề bài là

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{cases}\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right] & , n=1,n \text { chẳn. } \\ 1+\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right] & , n>1, n \text { lẻ’ }\end{cases}$

Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{N}^*$ thoả mãn các điều kiện sau:

$\quad\quad(i) f $ là hàm số tăng thật sự trên $\mathbb{N}^*$.

$\quad\quad(ii) f(f(n))=4 n+9 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

$\quad\quad(iii) f(f(n)-n)=2 n+9 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

Lời giải. Vì $f: \mathbb{N}^* \longrightarrow \mathbb{N}^*$ tăng ngặt nên

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(a)-f(b) \geq a-b, \forall a, b \in \mathbb{N}^*, a>b .$

Theo điều kiện (iii), ta có

$2=2(n+1)+9-(2 n+9) =f(f(n+1)-(n+1))-f(f(n)-n) $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \geq f(n+1)-(n+1)-[f(n)-n] $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =f(n+1)-f(n)-1 .$

Do đó $f(n+1)-f(n) \leq 3$

với mọi $n \in \mathbb{N}^*$, tức $f(n+1)-f(n) \in\ {1,2,3}$

với mọi $n \in \mathbb{N}^*$. Ta xét các trường hợp sau

  • Giả sử tồn tại $n \in \mathbb{N}^*$ sao cho $f(n+1)-f(n)=1$ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(n+1)-(n+1)=f(n)-n,$

suy ra $2(n+1)+9=f(f(n+1)-(n+1))=f(f(n)-n))=2 n+9$, vô lí.

  • Giả sử tồn tại $n \in \mathbb{N}^*$ sao cho $f(n+1)-f(n)=3$ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(n+1)-(n+1)=f(n)-n+2$

Ta lại có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(f(n+1)-(n+1))-f(f(n)-n)=2$

Do đó, nếu $f(n)>n$ thì đặt $t=f(n)-n \in \mathbb{N}^*$, ta suy ra $f(t+2)=t+2$.

Mà $f$ tăng ngặt nên $f(t+1)-f(t)=1$, mâu thuẫn.

Vậy $f(n) \leq n$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$ suy ra

$f(n)=n$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$.

Khi đó ta lại có $n=f(n)=f(f(n))=4 n+9,$ tức $n=-3$, vô lí.

Như vậy, $f(n+1)-f(n) \notin{1,3}$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$, nên

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(n+1)-f(n)=2 \text {, với mọi } n \in \mathbb{N}^* \text {. }$

Ta suy ra $f(n)=2 n+k$. Thay vào đề bài, ta thu được $k=3$. Vậy $f(n)=2 n+3$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 4. Cho đường tròn tâm $O$ và dây cung $A B$ cố định khác đường kính. Một điểm $P$ thay đổi trên cung lớn $A B$. Gọi $I$ là trung điểm của $A B$. Lấy các điểm $M, N$ trên các tia $P A, P B$ sao cho $\angle P M I=\angle P N I=\angle A P B$.

(a) Chứng minh rằng đường cao từ $P$ của tam giác $P M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

(b) Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác $P M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải. (a) Kí hiệu $X=M I \cap P B, Y=N I \cap P A$. Ta có $\angle P M I=\angle P N I=$ $\angle A P B$ nên các tam giác $P M X$ và $P N Y$ cân tại $X, Y$. Từ đó suy ra

$\angle P X M=\angle P Y N=180^{\circ}-2 \angle A P B,$

suy ra $M, N, X, Y$ đồng viên. Gọi $S$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A O B$ thì $S$ cố định. Ta có $\angle I S B=180^{\circ}-\angle A O B=180^{\circ}-2 \angle A P B=\angle P X M$. Tương tự, ta suy ra $\angle I S A=\angle P Y N$. Do đó $I, S, X, B$ đồng viên và $I, S, Y, A$ đồng viên. Suy ra

$\angle S X B=\angle S Y A=\angle S I B=90^{\circ} .$

Suy ra $I S$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $P X Y$. Mặt khác, $M, N, X, Y$ dồng viên nên nên $M N$ và $X Y$ đối song nhau trong $\angle A P B$, tức $I S \perp$ $M N$. Nói cách khác, đường cao từ $P$ của tam giác $P M N$ đi qua điểm $S$ cố định.

(b) Trước tiên, ta chứng minh bổ đề sau.

BỔ ĐỀ. Cho tam giác $A B C$ và đường tròn $(\omega)$ đi qua hai điểm $B, C$ và cắt các canh $A B, A C$ tại $X, Y$. Gọi $X X^{\prime}, Y Y^{\prime}$ là các đường cao của tam giác $A X Y$. Gọi $B B^{\prime}, C C^{\prime}$ là các đường cao của tam giác $A B C$. Gọi $H, H^{\prime}$ là các trục tâm của tam giác $A B C$ và tam giác $A X Y$. Kí hiệu $I \equiv B Y \cap C X$. Khi đó $H, I, H^{\prime}$ thẳng hàng.

Chứng minh. Ta có $X, Y, X^{\prime}, Y^{\prime}$ đồng viên nên $\overline{H^{\prime} X} \cdot \overline{H^{\prime} X^{\prime}}=\overline{H^{\prime} Y} \cdot \overline{H^{\prime} Y^{\prime}}$, tức là

$P_{H^{\prime} /[B Y]}=P_{H^{\prime} /[C X]},$

trong đó $[U V]$ là đường tròn đường kính $U V$. Ta có $B, C, B^{\prime}, C^{\prime}$ đồng viên nên $\overline{H B} \cdot \overline{H B^{\prime}}=\overline{H C} \cdot \overline{H C^{\prime}}$, tức

$P_{H /[B Y]}=P_{H /[C X]} .$

Cuối cùng $B, C, X, Y$ đồng viên nên $\overline{I B} \cdot \overline{I Y}=\overline{I C} \cdot \overline{I X}$, tức

$P_{I /[B Y]}=P_{I /[C Y]} .$

Suy ra $H, I, H^{\prime}$ thẳng hàng vì cùng thuộc trục đẳng phương của $[B Y]$ và $[C X]$.

Trở lại bài toán,

Gọi $H, O^{\prime}$ lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $P M N$. Ta có $O^{\prime} P=O^{\prime} M$ và $X P=X M$ nên $X O^{\prime}$ là đường trung trực của $P M$, suy ra $X O^{\prime} \perp P Y$. Tương tự ta cũng có $Y O^{\prime} \perp P X$.

Vì thế nên $O^{\prime}$ cũng chính là trực tâm của tam giác $P X Y$. Áp dụng bổ đề cho tam giác $P X Y$ với $(\omega) \equiv(M N X Y)$ thì ta có $O^{\prime}, H, I \equiv Y N \cap M X$ thẳng hàng. Hay nói cách khác, đường thẳng Euler $O^{\prime} H$ của tam giác $P M N$ đi qua điểm $I$ cố định. Bài toán được giải quyết.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Giải hệ phương trình sau:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a x-a b y+\frac{1}{x y}=b c^2 \\ a b z-b c^2 x+\frac{1}{x z}=a \\ b c^2 y-a z+\frac{1}{y z}=a b\end{array}\right.$

Lời giải. Đặt $(m, n, p)=\left(a, a b, b c^2\right)$. Khi đó $m, n, p>0$. Hệ phương trình trở thành

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}m x-n y+\frac{1}{x y}=p \\ n z-p x+\frac{1}{z x}=m \\ p y-m z+\frac{1}{y z}=n,\end{array}\right.$

tương đương

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{aligned}m x-n y-p &=-\frac{1}{x y}, \\ -m+n z-p x &=-\frac{1}{z x}, \\ -m z+p y-n &=-\frac{1}{y z} .\end{aligned}\right.$

Xem hệ trên là hệ phương trình tuyến tính theo ẩn $m, n, p$, ta có

$\quad\quad D=\left|\begin{array}{ccc}x & -y & -1 \\ -1 & z & -x \\ -z & -1 & y\end{array}\right|=x y z-x y z-1-x^2-y^2-z^2=-1-\left(x^2+y^2+z^2\right) \neq 0$

và

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \quad\quad D_m=\left|\begin{array}{ccc}x & -\frac{1}{x y} & -1 \\ -1 & -\frac{1}{z x} & -x \\ -z & -\frac{1}{y z} & y\end{array}\right|=-\frac{1+x^2+y^2+z^2}{z x} .$

Tương tự, ta cũng tính được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad D_n=-\frac{1+x^2+y^2+z^2}{y z} \text {, và } D_p=-\frac{1+x^2+y^2+z^2}{x y} .$

Do đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (m, n, p)=\left(\frac{D_m}{D}, \frac{D_n}{D}, \frac{D_p}{D}\right)=\left(\frac{1}{z x}, \frac{1}{y z}, \frac{1}{x y}\right) .$

Thay $(m, n, p)=\left(a, a b, b c^2\right)$, ta được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x y=\frac{1}{b c^2}, y z=\frac{1}{a b}, z x=\frac{1}{a} .$

Nhân ba phương trình trên vế theo vế rồi lấy căn bậc hai, ta được $x y z=\pm \frac{1}{a b c}$.

  • Với $x y z=\frac{1}{a b c}$, ta suy ra $x=\frac{1}{c}, y=\frac{1}{b c}, z=\frac{c}{a}$.
  • Với $x y z=-\frac{1}{a b c}$, ta suy ra $x=-\frac{1}{c}, y=-\frac{1}{b c}, z=-\frac{c}{a}$.

Vậy hệ có 2 nghiệm là $\left(\frac{1}{c}, \frac{1}{b c}, \frac{c}{a}\right)$ và $\left(-\frac{1}{c},-\frac{1}{b c},-\frac{c}{a}\right)$.

Bài 6. Cho dãy số $\left(a_n\right)$ xác định bởi $a_1=a, a_{n+1}=\left(a_1+\cdots+a_n-2\right)^2 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

Đặt $S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$. Tìm tất cả các giá trị $a$ để dãy số $\left(S_n\right)$ hội tụ.

Lời giải. Từ giả thiết suy ra $S_{n+1}-S_n=\left(S_n-2\right)^2$. Do đó dãy $\left(S_n\right)$ được xác định như sau

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}S_1=a, \\ S_{n+1}=f\left(S_n\right)=S_n^2-3 S_n+4 .\end{array}\right.$

Hơn nữa $f^{\prime}(x)=0$ có nghiệm duy nhất $x=\frac{2}{3}$ nên ta có thể vẽ bảng biến thiên, khảo sát được hàm số này. Từ đó, nhờ việc các trường hợp của $a$, ta thấy

  • Nếu $a>2$. Giả sử $[S_n]$ có giới hạn $L$ thì ta phải có $L=f(L)$ nên $L \in{1,2}$. Mà $\left(S_n\right)$ không giảm nên $L \geq a>2$, mâu thuẫn. Vậy nếu $a>2$ thì $\left(S_n\right)$ không hội tụ.
  • Nếu $a<1$ thì suy ra $S_2=f(a)>2$. Quay về trường hợp 1 , ta suy ra $\left(S_n\right)$ không hội tụ.
  • Nếu $1 \leq a \leq 2$ thì từ bảng biến thiên, ta có $\frac{7}{4} \leq S_n \leq 2$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$. Từ đó $\left(S_n\right)$ không giảm và bị chặn nên $\left(S_n\right)$ hội tụ.

Vậy các giá trị của $a$ thỏa mãn đề bài là $a \in[1,2]$.

Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ để phương trình sau có nghiệm nguyên dương $(x, y)$ :

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x^2+y^2+x+y=k x y .$

Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $x \geq y$. Xét giá trị $k$ sao cho phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương. Trong các nghiệm ấy, gọi $\left(x_0, y_0\right)$ là nghiệm sao cho $x_0 \geq y_0 \geq 0$ và $x_0$ nhỏ nhất. Xét tam thức

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(x)=x^2-\left(k y_0-1\right) x+y_0^2+y_0 .$

Khi đó $f\left(x_0\right)=0$. Theo định lí Viette, $f(x)$ còn một nghiệm khác là $x_0^{\prime}=k y_0-1-x_0$. Tuy nhiên, theo cách chọn $\left(x_0, y_0\right)$ thì ta có $x_0^{\prime} \geq x_0 \geq y_0$ nên $y_0$ nằm ngoài hai khoảng nghiệm của tam thức bậc hai $f(x)$. Mà hệ số cao nhất của $f(x)$ dương nên $f\left(y_0\right) \geq 0$. Do $f\left(y_0\right) \geq 2 y_0^2+2 y_0-k y_0^2$ nên ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad k \leq 2+\frac{2}{y_0} \leq 4 .$

Suy ra $k \in{1,2,3,4}$.

  • Nếu $k=1$ thì phương trình có dạng $x^2+y^2+x+y=x y$, tương đương với

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left(x-\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3}{4} y^2+x+y=0$ (vô lí vì $\left.x, y>0\right)$.

  • Nếu $k=2$ thì phương trình có dạng $x^2+y^2+x+y=2 x y$, tương đương với

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(x-y)^2+x+y=0$ (vô lí vì $x, y>0$ ).

  • Nếu $k=3$ thì phương trình có nghiệm $(x, y)=(2,2)$.
  • Nếu $k=4$ thì phương trình có nghiệm $(x, y)=(1,1)$.

Vậy các giá trị cần tìm là $k=3, k=4$.

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $I, I_1, I_2, I_3$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp các đỉnh $A, B, C$ của tam giác $A B C$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $I_2 I_3$ cắt $(O)$ tại hai điểm $M_1, N_1$. Gọi $J_1$ là giao điểm của $A I$ và $(O)$. Ký hiệu $d_1$ là đường thẳng qua $J_1$ và vuông góc với $M_1 N_1$. Xác định các đường thẳng $d_2, d_3$ tương tự. Chứng minh rằng $d_1, d_2, d_3$ đồng quy.

Lời giải. Gọi $\left(O^{\prime}\right)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $I_1 I_2 I_3$ và $\left(O_1\right)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $\left(I I_2 I_3\right)$. Ta có $A I \perp I_2 I_3, B I \perp I_3 I_1$ nên $I$ là trực tâm tam giác $I_1 I_2 I_3$ và $(O)$ là đường tròn Euler của tam giác $I_1 I_2 I_3$ nên $O$ là trung điểm của $I O^{\prime}$. Mặt khác thì

$\angle I_2 O_1 I_3=2\left(180^{\circ}-\angle I_2 I I_3\right)=2 \angle I_2 I_1 I_3=I_2 O^{\prime} I_3 .$

Do đó $O^{\prime}$ đối xứng với $O_1$ qua $I_2 I_3$, suy ra $\overrightarrow{O^{\prime} O_1}=\overrightarrow{I_1 I}$, tức $A I O_1 O^{\prime}$ là hình bình hành. Mà $O$ là trung điểm $I O^{\prime}$ nên $O$ cũng là trung điểm của $I_1 O_1$. Hơn nữa, $O O_1 \perp M_1 N_1$ (đường nối tâm vuông góc với dây cung) nên $I_1 O \perp M_1 N_1$.

Mặt khác, $J_1$ là trung điểm của $I I_1$ (đường tròn Euler đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm của tam giác với đỉnh của tam giác ấy) nên phép vị tự tâm $I$, tỉ số $k=\frac{1}{2}$ biến $I_1 O_1$ thành $d_1$. Do đó $d_1$ đi qua trung điểm $S$ của $O I$. Tương tự, ta suy ra $d_2, d_3$ cũng đi qua $S$, tức $d_1, d_2, d_3$ đồng quy.

Nhận xét. Bài toán thực chất là việc đổi mô hình từ một tính chất quen thuộc liên quan đến trực tâm, chân đường cao sang mô hình ba tâm bàng tiếp. Vì thế, đôi khi việc chuyển đổi giữa các mô hình giúp cho bài toán sáng sủa, dễ xử lý hơn.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO CHUYÊN TOÁN LỚP 10 TP.HCM 2012

Leave a reply

Bài 1. Giải phương trình:

$\sqrt{8 x+1}+\sqrt{46-10 x}=-x^{3}+5 x^{2}+4 x+1$

Bài 2. Cho đa thức $f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d$ với $a$ là số nguyên dương, biết $f(5)-$ $f(4)=$ 2012. Chứng minh rằng: $f(7)-f(2)$ là hợp số.

Bài 3. Cho ba số dương $a, b, c$ thỏa $a+b+c=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$A=14\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+\frac{a b+b c+c a}{a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a}$

Bài 4. Cho tứ giác $A B C D$ nội tiếp đường tròn $(O, R)$ có $A C$ vuông góc với $B D$ tại $H$. Trên cạnh $A B$ lấy điểm $M$ sao cho $A B=3 A M$. Trên cạnh $H C$ lấy trung điểm $N$. Chứng minh rằng $M H$ vuông góc với $D N$.

Bài 5. Cho đường tròn tâm $O$ và đường tròn tâm $I$ cắt nhau tại hai điểm $A$ và $B(O$ và $I$ nằm khác phía đối với đường thẳng $A B), I B$ cắt $(O)$ tại $E, O B$ cắt $(I)$ tại $F$. Qua $B$ vẽ đường thẳng $M N$ song song với $E F(M$ thuộc $(O), N$ thuộc $(I)$ ).

(a) Chứng minh rằng $O A I E$ nội tiếp.

(b) Chứng minh rằng: $A E+A F=M N$.

Bài 6. Trên mặt phẳng cho 2013 điểm tùy ý sao cho trong ba điểm bất kì thì tồn tại 2 điểm mà khoảng cách giữa hai điểm đó luôn bé hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn có bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1007 điểm (kế cả biên).

 

LỜI GIẢI

Bài 1. Giải phương trình:

$\sqrt{8 x+1}+\sqrt{46-10 x}=-x^{3}+5 x^{2}+4 x+1$

Lời giải. $\sqrt{8 x+1}+\sqrt{46-10 x}=-x^{3}+5 x^{2}+4 x+1$

ĐKХĐ: $\frac{-1}{8} \leq x \leq \frac{23}{5}$

Sử dụng lượng liên hợp, phương trình ban đầu tương đương với:

$\sqrt{8 x+1}-3+\sqrt{46-10 x}-6+x^{3}-x^{2}-4 x^{2}+4 x-8 x+8=0$

$\Leftrightarrow(x-1)\left(\frac{8}{\sqrt{8 x+1}+3}-\frac{10}{\sqrt{46-10 x}+6}+x^{2}-4 x-8\right)=0$

Từ đó ta có phương trình có một nghiệm là $x=1$. Xét biểu thức:

$\frac{8}{\sqrt{8 x+1}+3}-\frac{10}{\sqrt{46-10 x}+6}+x^{2}-4 x-8=0$

Từ điều kiện ta có:

$-1<x<5 \Leftrightarrow(x+1)(x-5)<0 \Leftrightarrow x^{2}-4 x-5<0$

Lại có: $\frac{8}{\sqrt{8 x+1}+3} \leq \frac{8}{3}<\frac{9}{3}=3 \Leftrightarrow \frac{8}{\sqrt{8 x+1}+3}-3<0$ Từ đó ta có:

$\frac{8}{\sqrt{8 x+1}+3}-\frac{10}{\sqrt{46-10 x}+6}+x^{2}-4 x-8<0$

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: $x=1$

Bài 2. Cho đa thức $f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d$ với $a$ là số nguyên dương, biết $f(5)-$ $f(4)=2012$. Chứng minh rằng: $f(7)-f(2)$ là hợp số.

Lời giải. Ta có: $f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d$

Từ đó ta tính được: $f(5)=125 a+25 b+5 c+d, f(4)=64 a+16 b+4 c+d$

Vậy: $f(5)-f(4)=61 a+9 b+c=2012, f(7)=343 a+49 b+7 c+d, f(2)=8 a+4 b+$ $2 c+d$

Vậy: $f(7)-f(2)=335 a+45 b+5 c=5(67 a+9 b+c)=30 a+5(61 a+9 b+c)=30 a+$ 10060

Từ đó ta có: $f(7)-f(2)$ là hợp số vì $a$ là số nguyên dương và nó chia hết cho $2,5,10$.

Bài 3. Cho ba số dương $a, b, c$ thỏa $a+b+c=1$. Tìm giá trị nhỏ nhât của biểu thức:

$A=14\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+\frac{a b+b c+c a}{a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a}$

Lời giải.

Cách 1:

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

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và do $a+b+c=1$, ta có:

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

Mặt khác: $a b+b c+c a=\frac{1-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)}{2}$

Từ đó ta có: $F \geq 14\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+\frac{3-3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)}{2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)}$

Hay: $F \geq 14\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+\frac{3}{2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)}-\frac{3}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$27\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+\frac{3}{\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)} \geq 2 \sqrt{27\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \cdot \frac{3}{\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)}}=18 $

$a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \frac{1}{3}(a+b+c)^{2}=\frac{1}{3}$

Vậy: $28\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+\frac{3}{\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)} \geq 18+\frac{1}{3}=\frac{55}{3}$

Từ đó ta có: $F \geq \frac{55}{6}-\frac{3}{2}=\frac{23}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi: $a=b=c=\frac{1}{3}$

Cách 2:

Do $a, b, c$ dương và $a+b+c=1$ nên ta có:

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

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

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

Hay: $a+b+c-2(a b+b c+c a) \geq 3\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)$

$\Leftrightarrow 1-2(a b+b c+c a) \geq 3\left(a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)$

Vậy: $F \geq 14[1-2(a b+b c+c a)]+\frac{3(a b+b c+c a)}{1-2(a b+b c+c a)}$

Đạt: $t=1-2(a b+b c+c a), t \geq \frac{1}{3}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

$F \geq 14 t+\frac{\frac{3}{2}(1-t)}{t}=14 t+\frac{3}{2 t}-\frac{3}{2}=\frac{1}{2} t+\frac{27}{2} t+\frac{3}{2 t}-\frac{3}{2} \geq \frac{1}{2} t+2 \sqrt{\frac{27}{2} t \cdot \frac{3}{2 t}}-\frac{3}{2}$

Vậy: $F \geq \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}+9-\frac{3}{2}=\frac{23}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi: $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài 4. Cho tứ giác $A B C D$ nội tiếp đường tròn $(O, R)$ có $A C$ vuông góc với $B D$ tại $H$. Trên cạnh $A B$ lấy điểm $M$ sao cho $A B=3 A M$. Trên cạnh $H C$ lấy trung điểm $N$. Chứng minh rằng $M H$ vuông góc với $D N$.

Lời giải.

  • Gọi $K, L$ lần lượt là trung điểm $B M$ và $H B, P$ là giao điểm của $H M$ và $A K$.

  • Ta có $K L$ là đường trung bình của tam giác $H M B$ nên $K L$ song song $H M$. Khi đó xét tam giác $A K L$ thì $P H$ là đường trung bình nên $P$ là trung điểm của $A K$.

  • Ta có từ $A B C D$ nội tiếp suy ra $H D \cdot H B=H A \cdot A C \Rightarrow H K \cdot H D=H A \cdot H N$, do đó $A D N K$ nội tiếp.

  • Suy ra $\angle N H Q=\angle A H P=\angle H A P=\angle H D N$, suy ra $\angle H Q N=90^{\circ}$.

Bài 5. Cho đường tròn tâm $O$ và đường tròn tâm $I$ cắt nhau tại hai điểm $A$ và $B(O$ và $I$ nằm khác phía đối với đường thẳng $A B), I B$ cắt $(O)$ tại $E, O B$ cắt $(I)$ tại $F$. Qua $B$ vẽ đường thẳng $M N$ song song với $E F(M$ thuộc $(O), N$ thuộc $(I))$.

a) Chứng minh rằng $O A I E$ nội tiếp.

b) Chứng minh rằng: $A E+A F=M N$.

Lời giải.

a) Chứng minh rằng tứ giác $A O E F$ nội tiếp

Do hai đường tròn $(\mathrm{O})$ và $(\mathrm{I})$ cắt nhau tại $A$ và $B$ nên ta có: $A$ đối xứng với $B$ qua $O I$. Vậy: $\angle O A I=\angle O B I$

Ta có tam giác $\triangle O B E$ cân tại $O$ nên $\angle O B E=\angle O E B$, do $\angle O B E+\angle O B I=180^{\circ}$ nên $\angle O E B+\angle O B I=180^{\circ}$. Từ đó ta có: $\angle O E B+\angle O A I=180^{\circ}$

Vậy tứ giác $O A I E$ là tứ giác nội tiếp. Chứng minh tương tự ta có: tứ giác $O A I F$ là tứ giác nội tiếp.

$\angle O E A=\angle O I A$ (tứ giác $O A I E$ là tứ giác nội tiếp)

$\angle O I A=\angle O F A$ (tứ giác $O A I F$ là tứ giác nội tiếp)

Vậy: $\angle O E A=\angle O F A$ nên tứ giác $O A F E$ là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh rằng: $M N=A E+A F$

Bài toán cần chứng minh tương đương với: $A F=B N$ và $A E=B M$.

Ta chỉ cần chứng minh $A F=B N$ vì $A E=B M$ là điều tương tự.

Để chứng minh $A F=B N$. Ta chỉ cần chứng minh số đo cung $\mathrm{AF}$ bằng số đo cung $\mathrm{BN}(A F, B N$ lần lượt là dây căng cung $\mathrm{AF}$, cung $\mathrm{BN}$ trong đường tròn (I)). Hay chỉ cần chứng minh: số đo cung $\mathrm{AB}$ bằng số đo cung FN. Từ đó ta chứng minh: $\angle O F A=\angle F B N$ là bài toán được giải quyết.

Do $E F | M N$ nên ta có: $\angle O F E=\angle F B N$

Mà $\angle O F E=\angle O A E=\angle O E A=\angle O F A$ (tứ giác $A O E F$ là tứ giác nội tiếp)

Từ đó ta có: $\angle O F A=\angle F B N$ (đpcm)

Bài 6. Trên mặt phẳng cho 2013 điểm tùy ý sao cho trong ba điểm bất kì thì tồn tại 2 điểm mà khoảng cách giữa hai điểm đó luôn bé hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn có bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1007 điểm (kế cả biên).

Lời giải. Gọi $A$ là một điểm bất kì trong 2013 điểm trên. Lấy $A$ làm tâm vẽ đường tròn có bán kính bằng 1 .

Nếu 2012 điểm còn lại thuộc đường tròn $(A)$ thì bài toán được chứng minh xong. Giả tồn tại một số điểm nằm ngoài đường tròn tâm $(A)$. Lấy điểm $(B)$ bất kì trong các điểm đó và vẽ đường tròn tâm $(B)$ có bán kính bằng 1 .

Giả sử tồn tại một điểm $C$ nằm ngoài hai đường tròn $(A)$ và $(B)$ thì $A B, A C$ đều lớn hơn 1. Điều này vô lí.

Từ đó ta có tất cả các điểm đã cho đều thuộc trong hai đường tròn $(A)$ và $(B)$.

Theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại một đường tròn chứa $\frac{2012}{2}+1=1007$ điểm (đpcm).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM 2013

Leave a reply

Bài 1. (a) Giải phương trình: $x \sqrt{2 x-2}+5 x=9$.

(b) Cho $x, y, z$ đôi một khác nhau thỏa mãn: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0$. Tính giá trị biểu thực:

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

Bài 2. Cho phương trình $x^{2}-5 m x-4 m=0$.

(a) Định $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

(b) Gọi $x_{1}, x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình. Tìm $m$ để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:

$\frac{m^{2}}{x_{1}^{2}+5 m x_{2}+12 m}+\frac{x_{2}^{2}+5 m x_{1}+12 m}{m^{2}}$

Bài 3. Cho tam giác $\triangle A B C$ có $B C$ là cạnh dài nhất. Trên $B C$ lấy hai điểm $D$ và $E$ sao cho $B D=B A, C E=C A$. Đường thẳng qua $D$ song song với $A B$ cắt $A C$ tại $M$. Đường thẳng qua $E$ song song với $A C$ cắt $A B$ tại $N$. Chứng minh rằng $A M=A N$.

Bài 4. Cho $x, y$ là hai số dương thỏa mãn: $x+y=1$. Chứng minh: $3(3 x-2)^{2}+\frac{8 x}{y} \geq$ $7 .$

Bài 5. Từ một điểm $A$ bên ngoài đường tròn $(O)$ vẽ các tiếp tuyến $A B, A C$ và cát tuyến $A E F$ (EF không đi qua $O, B$ và $C$ là các tiếp điểm). Gọi $D$ là điểm đôi xứng của $B$ qua $O . D E, D F$ lần lượt cắt $A O$ tại $M$ và $N$. Chứng minh rằng :

(a) Hai tam giác $\triangle C E F$ và $\triangle C M N$ đồng dạng.

(b) $O M=O N$.

Bài 6. Chữ số hàng đơn vị trong hệ thập phân của số $M=a^{2}+a b+b^{2}$ là $0\left(a ; b \in N^{*}\right)$.

(a) Chứng minh rằng $M$ chia hết cho 20 .

(b) Tìm chữ số hàng chục của $M$.

LỜI GIẢI

Bài 1.

a) Giải phương trình: $x \sqrt{2 x-2}+5 x=9$.

b) Cho $x, y, z$ đôi một khác nhau thỏa mãn: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0$. Tính giá trị biểu thực:

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

Lời giải.

a) Giải phương trình: $x \sqrt{2 x-2}+5 x=9$

ĐKXĐ: $x \geq 1$. Đặt $a=\sqrt{2 x-2}$ (ĐKXĐ: $a \geq 0$ )

Phương trình đã cho tương đương với:

$a x=9-5 x=9-\frac{5}{2}\left(a^{2}+2\right)=4-\frac{5}{2} a^{2}$

Ta có hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{array} { l }{ 5 a ^ { 2 } + 2 a x = 8 } \\{ a ^ { 2 } – 2 x = – 2 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
x=\frac{a^{2}+2}{2} \\x=\frac{9}{a+5}
\end{array}\right.\right.$

$\Leftrightarrow \frac{9}{a+5}=\frac{a^{2}+2}{2} \Leftrightarrow a^{3}+5 a^{2}+2 a-8=0 \Leftrightarrow(a-1)(a+2)(a+4)=0$

Kết hợp với: ĐKXĐ: $a \geq 0$. Từ đó ta tính được: $a=1 \Leftrightarrow x=\frac{3}{2}$

b) Tính giá trị biểu thức: $P=\frac{y z}{x^{2}+2 y z}+\frac{z x}{y^{2}+2 z x}+\frac{x y}{z^{2}+2 x y}$

Từ điều kiện của đề bài ta có: $x y+y z+z x=0$

Thêm vào đó: $x^{2}+2 y z=x^{2}+y z-x y-x z=(x-y)(x-z)$

Từ đó ta có:

$P=\sum_{x, y, z} \frac{y z}{x^{2}+2 y z}=\sum_{x, y, z} \frac{y z}{(x-y)(x-z)}=-\frac{y z(y-z)+x z(z-x)+x y(x-y)}{(x-y)(y-z)(z-x)}$

Vậy: $P=1$

Bài 2. Cho phương trình $x^{2}-5 m x-4 m=0$.

a) Định $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Gọi $x_{1}, x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình. Tìm $m$ để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:

$\frac{m^{2}}{x_{1}^{2}+5 m x_{2}+12 m}+\frac{x_{2}^{2}+5 m x_{1}+12 m}{m^{2}}$

Lời giải.

a) Định $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt

ĐKXĐ đề phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

$\Delta=(-5 m)^{2}-4(-4 m)=25 m^{2}+16 m=m(25 m+16)>0$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m>0 \\ m<\frac{-16}{25}\end{array}\right.$

b) Tìm $m$ để biếu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:

$P=\frac{m^{2}}{x_{1}^{2}+5 m x_{2}+12 m}+\frac{x_{2}^{2}+5 m x_{1}+12 m}{m^{2}}$

Do $x_{1}, x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình nên ta có: $\left\{\begin{array}{l}x_{1}^{2}=5 m x_{1}+4 m \\ x_{2}^{2}=5 m x_{2}+4 m\end{array}\right.$

Do phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt nên: $25 m^{2}+16 m>0$. Từ đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$P=\frac{m^{2}}{x_{1}^{2}+5 m x_{2}+12 m}+\frac{x_{2}^{2}+5 m x_{1}+12 m}{m^{2}}$

$P=\frac{m^{2}}{25 m^{2}+16 m}+\frac{25 m^{2}+16 m}{m^{2}} \geq 2$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $m^{2}=25 m^{2}+16 m \Leftrightarrow m=\frac{-2}{3}$

Bài 3. Cho tam giác $\triangle A B C$ có $B C$ là cạnh dài nhất. Trên $B C$ lấy hai điểm $D$ và $E$ sao cho $B D=B A, C E=C A$. Đường thẳng qua $D$ song song với $A B$ cắt $A C$ tại $M$. Đường thẳng qua $E$ song song với $A C$ cắt $A B$ tại $N$. Chứng minh rằng $A M=A N$.

Lời giải.

Do $D M | A B$, áp dụng định lí Talet:

$\frac{A M}{A C}=\frac{B D}{B C} \Leftrightarrow A M=\frac{B D}{B C} \cdot A C=\frac{B A \cdot A C}{B C}$

Do $E N | A C$, áp dụng định lí Talet:

$\frac{A N}{A B}=\frac{C E}{B C} \Leftrightarrow A N=\frac{C E}{B C} \cdot A B=\frac{B A \cdot A C}{B C}$

Từ đó ta có $A M=A N$. Đây chính là điều phải chứng minh.

Bài 4. Cho $x, y$ là hai số dương thỏa mãn: $x+y=1$. Chứng minh: $3(3 x-2)^{2}+\frac{8 x}{y} \geq 7$.

Lời giải. Do $x+y=1$ nên ta có điều phải chứng minh trở thành:

$3(3 x-2)^{2}+\frac{8 x}{1-x} \geq 7$

Bằng khai triển và biến đổi tương đương ta có: $(5-3 x)(3 x-1)^{2} \geq 0$. Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do $x<1$

Bài 5.Từ một điểm $A$ bên ngoài đường tròn $(O)$ vẽ các tiếp tuyến $A B, A C$ và cát tuyến $A E F$ ( $E F$ không đi qua $O, B$ và $C$ là các tiếp điểm). Gọi $D$ là điểm đối xứng của $B$ qua $O$. $D E, D F$ lần lượt cắt $A O$ tại $M$ và $N$. Chứng minh rằng :

a) Hai tam giác $\triangle C E F$ và $\triangle C M N$ đồng dạng.

b) $O M=O N$.

Lời giải.
a) Chứng minh rằng $\triangle C E F \backsim \triangle C M N$
Ta có: $A N | C D$ (cùng vuông góc với $B C$ )
$\angle D F C=\angle D B C=\angle B A O=\angle C A O$
Từ đó ta có: tứ giác $C F N A$ nội tiếp
Vậy: $\angle C F E=\angle C N M$
Ta có: $A N | C D$ nên: $\angle O M E=\angle C D E$
Do tứ giác $C D F E$ nội tiếp nên: $\angle C D E=\angle C F E$
Vậy: $\angle O M E=\angle C F E$
Mà: $\angle A C E=\angle C F E$ (Tính chất tiếp tuyến)
Từ đó ta có: $\angle A C E=\angle O M E$. Vậy tứ giác $A M E C$ nội tiếp. Nên: $\angle E A M=$ $\angle E C M$

Mà: $\angle E A M=\angle F C N$ (Tứ giác $A N F C$ nội tiếp)

Vậy: $\angle E C M=\angle F C N$

Từ đó ta có: $\angle E C F=\angle M C N$

Do: $\angle C F E=\angle C N M$ và $\angle E C F=\angle M C N$ nên ta có: $\triangle C E F \sim \triangle C M N$

b) Chứng minh rằng: $O M=O N$

Từ giác $A M E C$ nội tiếp: $\angle D C M=\angle C A F$

Từ giác $C F N A$ nội tiếp: $\angle C A F=\angle C N D$

Vậy ta có: $\angle D C M=\angle C N D$ và do: $A N | C D$. Vậy $C D N M$ là hình thang cân nên: $C N=D M$ và $\angle C N M=\angle D M N$

Do $A O$ là đường trung trực của $B C$ nên ta có: $\angle C N M=\angle B N M$ và $N C=N B$

Từ đó ta có: $\angle D M N=\angle B N M$ và $D M=B N$

Hay: $D M | B N$ và $D M=B N$. Từ đó $B M D N$ là hình bình hành. Mà $O$ là trung điểm của $B D$ nên $O$ cũng là trung điểm của $M N$ hay: $O M=O N$ (đpcm)

Bài 6. Chữ số hàng đơn vị trong hệ thập phân của số $M=a^{2}+a b+b^{2}$ là $0\left(a ; b \in N^{*}\right)$.

a) Chứng minh rằng $M$ chia hết cho 20 .

b) Tìm chữ số hàng chục của $M$.

Lới giải.

a) Chứng minh rằng: $M \vdots 20$

Do chữ số hàng đơn vị của $M$ là 0 nên ta có: $M \vdots 5$ và $M \vdots 2$

Giả sử cả $a$ và $b$ đều không chia hết cho 2 . Từ đó ta có:

$\left\{\begin{array} { l }{ a \equiv 1 } \\ { b \equiv 1 }\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a^{2} \equiv 1 \\ b^{2} \equiv 1 \\ a b \equiv 1\end{array} \Rightarrow a^{2}+a b+b^{2} \equiv 1 \Rightarrow M \equiv 1(\bmod 2)\right.\right.$

Điều này vô lí: từ đó ta có trong hai số $a$ và $b$ phải có một số chia hết cho 2 .

Giả sử $a \vdots$ 2. Do $M \vdots 2$ nên $b^{2} \vdots 2$. Từ đó ta có: $b \vdots 2$

Vi $a \vdots 2$ và $b \vdots 2$ nên $M \vdots 4$

Do $M \vdots 4$ và $M \vdots 5$ nên ta có: $M \vdots 20$ (đpcm)

b) Nhận xét: Một số chính phương khi chia cho 5 dư 0,1 hoặc 4 .

Ta có $5 \mid a^{2}+a b+b^{2}$, suy ra $5 \mid 4 a^{2}+4 a b+4 b^{2}$ hay $5 \mid(2 a+b)^{2}+3 b^{2}$.

Từ nhận xét trên suy ra $5|b, 5| 2 a+b \Rightarrow 5 \mid a$. Do đó $a^{2}+a b+b^{2}$ chia hết cho $25 .$

Kết hợp với câu a ta có $M$ chia hết cho 100 nên chữ số hàng chục là số 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM – NĂM 2014

Leave a reply

Bài 1. (a) Giải phương trình: $x \sqrt{2 x-3}=3 x-4$

(b) Cho 3 số thực $x, y, z$ thỏa mãn điều kiện: $x+y+z=0 ; x y z \neq 0$. Tính giá trị biểu thức:

$P=\frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}-x^{2}}+\frac{y^{2}}{z^{2}+x^{2}-y^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}$

Bài 2. Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y+\frac{1}{y}=\frac{9}{x} \\ x+y-\frac{4}{x}=\frac{4 y}{x^{2}}\end{array}\right.$

Bài 3. Cho tam giác đều $A B C$ và $M$ là một điểm bất kì trên cạnh $B C$. Gọi $D, E$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ trên $A B$ và $A C$. Xác định vị trí của $M$ để tam giác $M D E$ có chu vi nhỏ nhất.

Bài 4. (a) Cho $x, y$ là 2 số thực khác 0 . Chứng minh rằng: $\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}} \geq \frac{x}{y}+\frac{y}{x}$

(b) Cho $a, b$ là hai số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{a^{2}+3 a b+b^{2}}{\sqrt{a b}(a+b)}$

Bài 5. Từ một điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $(\mathrm{O})$, kẻ các tiếp tuyến $M A, M B$ với $(\mathrm{O})$ $(A, B$ là các tiếp điểm $)$. Gọi $H$ là giao điểm của $A B$ với $O M, I$ là trung điểm của $M H$. Đường thẳng $A I$ cắt $(\mathrm{O})$ tại điểm $K(K$ khác $A)$.

(a) Chứng minh $H K$ vuông góc với $A I$.

(b) Tính số đo góc $\angle M K B$.

Bài 6. Tìm cặp số nguyên $(x, y)$ thỏa mãn phương trình:

$2015\left(x^{2}+y^{2}\right)-2014(2 x y+1)=25$

LỜI GIẢI

 

Bài 1.

a) Giải phương trình: $x \sqrt{2 x-3}=3 x-4$

b) Cho 3 số thực $x, y, z$ thỏa mãn điều kiện: $x+y+z=0 ; x y z \neq 0$. Tính giá trị biểu thức:

$P=\frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}-x^{2}}+\frac{y^{2}}{z^{2}+x^{2}-y^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}$

Lời giải.

a) Giải phương trình: $x \sqrt{2 x-3}=3 x-4 Đ \mathrm{~K} Đ: x \geq \frac{3}{2}$

Phương trình đã cho tương đương với:

$x^{2}(2 x-3)=9 x^{2}-24 x+16 \Leftrightarrow 2 x^{3}-12 x^{2}+24 x-16=0 $

$\Leftrightarrow x^{3}-6 x^{2}+12 x-8=0 \Leftrightarrow(x-2)^{3}=0 \Leftrightarrow x=2$

Ta thấy $x=2$ thỏa yêu cầu bài toán, vậy $x=2$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

b) Cho 3 số thực $x, y, z$ thỏa mãn điều kiện: $x+y+z=0 ; x y z \neq 0$. Tính giá trị biểu thức:

$P=\frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}-x^{2}}+\frac{y^{2}}{z^{2}+x^{2}-y^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}$

Ta có:

$y+z=-x \Leftrightarrow y^{2}+2 y z+z^{2}=x^{2} \Leftrightarrow y^{2}+z^{2}-x^{2}=-2 y z $

$x+z=-y \Leftrightarrow x^{2}+2 x z+z^{2}=y^{2} \Leftrightarrow x^{2}+z^{2}-y^{2}=-2 x z $

$y+x=-z \Leftrightarrow y^{2}+2 y x+x^{2}=z^{2} \Leftrightarrow y^{2}+x^{2}-z^{2}=-2 y x$

Từ đó ta tính được $P$ :

$P=\frac{x^{2}}{-2 y z}+\frac{y^{2}}{-2 x z}+\frac{z^{2}}{-2 y x}=\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{-2 x y z}$

Chú ý:

$x^{3}+y^{3}+z^{3}-3 x y z=0 \Rightarrow x^{3}+y^{3}+z^{3}=3 x y z$

Vậy: $P=\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{-2 x y z}=\frac{3 x y z}{-2 x y z}=\frac{-3}{2}$

Bài 2. Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y+\frac{1}{y}=\frac{9}{x} \\ x+y-\frac{4}{x}=\frac{4 y}{x^{2}}\end{array}\right.$

Lời giải. ĐKXĐ: $x, y \neq 0$

Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta thu được:

$\frac{1}{y}+\frac{4}{x}=\frac{9}{x}-\frac{4 y}{x^{2}}  \Leftrightarrow \frac{1}{y}=\frac{5}{x}-\frac{4 y}{x^{2}} \Leftrightarrow x^{2}=5 x y-4 y^{2} \Leftrightarrow x^{2}-5 x y+4 y^{2}=0 $

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

Trường hợp 1: $x=4 y$. Thay vào phương trình (1) ta có:

$5 y+\frac{1}{y}=\frac{9}{4 y} \Leftrightarrow 5 y=\frac{5}{4 y} \Leftrightarrow\left[\begin{array} { l }{ y = \frac { 1 } { 2 } } \\ { y = \frac { – 1 } { 2 } }\end{array} \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}x=2, y=\frac{1}{2} \\ x=-2, y=\frac{-1}{2}\end{array}\right.\right.$

Trường hợp $2: x=y$. Thay vào phương trình (1) ta có:

$2 y+\frac{1}{y}=\frac{9}{y} \Leftrightarrow 2 y=\frac{8}{y} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}y=2 \\ y=-2\end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=2, y=2 \\ x=-2, y=-2\end{array}\right.\right.$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $(x, y)=(2,2),(-2,-2),\left(2, \frac{1}{2}\right),\left(-2, \frac{-1}{2}\right)$

Bài 3. Cho tam giác đều $A B C$ và $M$ là một điểm bất kì trên cạnh $B C$. Gọi $D, E$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ trên $A B$ và $A C$. Xác định vị trí của $M$ để tam giác MDE có chu vi nhỏ nhất.

Lời giải.

  • Gọi độ dài cạnh tam giác đều là $a$.

Ta có $M D \cdot A B+M E \cdot A C=2 S_{A M D}+2 S_{A M C}=2 S_{A B C}$. Hay $(M D+M E)=A H \cdot a$, suy ra $M D+M E=A H$ không đổi.

  • Ta có $D, E$ thuộc đường tròn đường kính $A M$. Vẽ đường kính $D F$, ta có $\angle D F E=$ $\angle D A E=60^{\circ}$.

Suy ra $D E=D F \sin D F E=A M \sin 60^{\circ}$.

$D E$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $A M$ nhỏ nhất, khi và chỉ khi $M$ trùng với $H$ trung điểm $B C$.

  • Vậy chu vi tam giác $M D E$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $M$ là trung điểm $B C$.

Bài 4.

a) Cho $x, y$ là 2 số thực khác 0 . Chứng minh rằng: $\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}} \geq \frac{x}{y}+\frac{y}{x}$

b) Cho $a, b$ là hai số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

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

Lời giải.

a) Bằng biến đổi tương đương ta có:

$\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}}-\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right) \geq 0 \Leftrightarrow \frac{(x-y)^{2}\left(\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4} y^{2}\right)}{x^{2} y^{2}} \geq 0$

Bất đẳng thức cuối luôn đúng. Dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra khi $x=y$.

b) Cách 1: Với $a, b$ là hai số dương. Ta có:

$P=\frac{a^{2}+3 a b+b^{2}}{\sqrt{a b}(a+b)}=\frac{(a+b)^{2}+a b}{\sqrt{a b}(a+b)}=\frac{\frac{1}{4}(a+b)^{2}+a b+\frac{3}{4}(a+b)^{2}}{\sqrt{a b}(a+b)} $

$P=\frac{\frac{1}{4}(a+b)^{2}+a b}{\sqrt{a b}(a+b)}+\frac{\frac{3}{4}(a+b)}{\sqrt{a b}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

$P=\frac{\frac{1}{4}(a+b)^{2}+a b}{\sqrt{a b}(a+b)}+\frac{\frac{3}{4}(a+b)}{\sqrt{a b}} \geq \frac{2 \sqrt{\frac{1}{4} a b(a+b)^{2}}}{\sqrt{a b}(a+b)}+\frac{\frac{3}{4} \cdot 2 \sqrt{a b}}{\sqrt{a b}}=1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$

Dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra khi $a=b$

Cách 2: Ta có:

$P=\frac{a^{2}+3 a b+b^{2}}{\sqrt{a b}(a+b)}=\frac{(a+b)^{2}+a b}{\sqrt{a b}(a+b)}=\frac{a+b}{\sqrt{a b}}+\frac{\sqrt{a b}}{a+b}=\frac{3}{4} \cdot \frac{a+b}{\sqrt{a b}}+\frac{1}{4} \cdot \frac{a+b}{\sqrt{a b}}+\frac{\sqrt{a b}}{a+b}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

$P \geq \frac{3}{4} \cdot 2+2 \sqrt{\frac{1}{4} \cdot \frac{a+b}{\sqrt{a b}} \cdot \frac{\sqrt{a b}}{a+b}}=\frac{3}{2}+1=\frac{5}{2}$

Dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra khi $a=b$

Bài 5.Từ một điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $(\mathrm{O})$, kẻ các tiếp tuyến $M A, M B$ với $(\mathrm{O})$ $(A, B$ là các tiếp điểm $)$. Gọi $H$ là giao điểm của $A B$ với $O M, I$ là trung điểm của $M H$. Đường thẳng $A I$ cắt $(\mathrm{O})$ tại điểm $K(K$ khác $A)$.

a) Chứng minh $H K$ vuông góc với $A I$.

b) Tính số đo góc $\angle M K B$.

Lời giải.

a) Vẽ đường kính $A C, C H$ cắt $A I$ tại $K^{\prime}$.

Dễ thấy hai tam giác $A B C$ và $M H A$ đồng dạng, từ đó suy ra $A C H$ và $M A I$ đồng dạng.

Suy ra $\angle A C H=\angle M A I$, mà $\angle M A I+\angle I A C=90^{\circ}$, suy ra $\angle A C H+\angle I A C=$ $90^{\circ}$.

Do đó $\angle A K^{\prime} C=90^{\circ}$, suy ra $K^{\prime}$ thuộc $(O)$, từ đó $K^{\prime} \equiv K$. Ta có điều cần chứng minh.

b) Ta có $I K \cdot I A=I H^{2}=I M^{2}$.

Suy ra $\triangle I K M \backsim \triangle I M A$, do đó $\angle I M K=\angle I A M=\angle K B H$.

Từ đó tứ giác $B H K M$ nội tiếp, suy ra $\angle B K M=\angle B H M=90^{\circ}$.

Bài 6. Tìm cặp số nguyên $(x, y)$ thỏa mãn phương trình:

$2015\left(x^{2}+y^{2}\right)-2014(2 x y+1)=25$

Lời giải.

Ta có: $2015\left(x^{2}+y^{2}\right)-2014(2 x y+1)=25$

$\Leftrightarrow 2014(x-y)^{2}+x^{2}+y^{2}=2039$

Vậy: $2014(x-y)^{2} \leq 2039 \Leftrightarrow|x-y| \leq 1$

  • Trường hợp 1: $x-y=0$. Ta có: $x^{2}+y^{2}=2039$

Phương trình này không có nghiệm nguyên vì 2039 không chia hết cho $2 .$

  • Trường hợp 2: $x-y=1$. Ta có: $y^{2}+y-12=0$

Phương trình này có nghiệm $y=3$ hay $y=-4$

Từ đó ta có hai cặp nghiệm của phương trình là: $(x, y)={(4 ; 3),(-3 ;-4)}$

  • Trường hợp 3: $x-y=-1$. Ta có: $y^{2}-y-12=0$

Phương trình này có nghiệm $y=-3$ hay $y=4$

Từ đó ta có hai cặp nghiệm của phương trình là: $(x, y)={(-4 ;-3),(3 ; 4)}$

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $(x, y)={(4 ; 3),(-3 ;-4),(3 ; 4),(-4 ;-3)}$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM – NĂM 2015

Leave a reply

Bài 1. Cho hai số thực $a, b$ thỏa điều kiện $a b=1, a+b \neq 0$. Tính giá trị của biểu thức:

$P=\frac{1}{(a+b)^{3}}\left(\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}\right)+\frac{3}{(a+b)^{4}}\left(\frac{1}{a^{2}+b^{2}}\right)+\frac{6}{(a+b)^{5}}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)$

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

(b) Chứng minh rằng: $a b c\left(a^{3}-b^{3}\right)\left(b^{3}-c^{3}\right)\left(c^{3}-a^{3}\right)$ chia hết cho 7 với mọi số nguyên $a, b, c$

Bài 3. Cho hình bình hành $A B C D$. Đường thẳng qua $C$ vuông góc với $C D$ cắt đường thẳng qua $A$ vuông góc với $B D$ tại $F$. Đường thẳng qua $B$ vuông góc với $A B$ cắt đường trung trực của $A C$ tại $E$. Hai đường thẳng $B C$ và $E F$ cắt nhau tại $K$. Tính tỉ số: $\frac{K E}{K F}$.

Bài 4. Cho hai số dương $a, b$ thỏa mãn điều kiện: $a+b \leq 1$. Chứng minh rằng: $a^{2}-$ $\frac{3}{4 a}-\frac{a}{b} \leq-\frac{9}{4}$

Bài 5. Cho tam giác $\triangle A B C$ có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn $(\mathrm{O})$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C$ và $N$ là điểm đối xứng của $M$ qua $O$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $A N$ cắt đường thẳng qua $B$ vuông góc với $B C$ tại $D$. Kẻ đường kính $A E$.

(a) Chứng minh rằng: $B A \cdot B C=2 B D \cdot B E$

(b) $C D$ đi qua trung điểm của đường cao $A H$ của tam giác $\triangle A B C$.

Bài 6. Mười vận động viên tham gia cuộc thi đấu quần vợt. Cứ hai người trong họ chơi với nhau đúng một trận. Người thứ nhất thắng $x_{1}$ trận và thua $y_{1}$ trận, người thứ hai thắng $x_{2}$ và thua $y_{2}$ trận,… người thứ mười thắng $x_{10}$ trận và thua $y_{10}$. Biết rằng trong một trận đấu quần vợt không có kết quả hòa. Chứng minh rằng:

$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots+x_{10}^{2}=y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+\ldots+y_{10}^{2}$

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho hai số thực $a, b$ thỏa điều kiện $a b=1, a+b \neq 0$. Tính giá trị của biểu thức:

$P=\frac{1}{(a+b)^{3}}\left(\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}\right)+\frac{3}{(a+b)^{4}}\left(\frac{1}{a^{2}+b^{2}}\right)+\frac{6}{(a+b)^{5}}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)$

Lời giải. Ta có: $a b=1$ và $a+b \neq 0$

$P=\frac{1}{(a+b)^{3}}\left(\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}\right)+\frac{3}{(a+b)^{4}}\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\right)+\frac{6}{(a+b)^{5}}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)$ $=\frac{1}{(a+b)^{3}}\left(\frac{a^{3} b^{3}}{a^{3}}+\frac{a^{3} b^{3}}{b^{3}}\right)+\frac{3}{(a+b)^{4}}\left(\frac{a^{2} b^{2}}{a^{2}}+\frac{a^{2} b^{2}}{b^{2}}\right)+\frac{6}{(a+b)^{5}}\left(\frac{a b}{a}+\frac{a b}{b}\right)$ $=\frac{1}{(a+b)^{3}}\left(a^{3}+b^{3}\right)+\frac{3}{(a+b)^{4}}\left(a^{2}+b^{2}\right)+\frac{6}{(a+b)^{5}}(a+b)$ $=\frac{a^{2}-a b+b^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{3(a+b)^{2}-6}{(a+b)^{4}}+\frac{6}{(a+b)^{4}}$ $=\frac{a^{2}-a b+b^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{3}{(a+b)^{2}}=\frac{(a+b)^{2}}{(a+b)^{2}}$

Vậy P=1

Bài 2.

a) Giải phương trình: $2 x^{2}+x+3=3 x \sqrt{x+3}$

b) Chứng minh rằng: $a b c\left(a^{3}-b^{3}\right)\left(b^{3}-c^{3}\right)\left(c^{3}-a^{3}\right)$ chia hết cho 7 với mọi số nguyên $a, b, c$

Lời giải.

a) Điều kiện xác định: $x \geq-3$

$Ta có:  2 x^{2}+x+3=3 x \sqrt{x+3} $

$\Leftrightarrow 2 x^{2}-2 x \sqrt{x+3}-x \sqrt{x+3}+x+3=0 $

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

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

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=\frac{1+\sqrt{13}}{2} \\ x=1\end{array}\right.$

b) Ta áp dụng bổ đề sau: Lập phương một số nguyên bất kì khi chia cho 7 đều chỉ có số dư là: $0,1,-1$.

Chứng minh tính chất này ta chỉ cần lập bảng số dư.

Nếu một trong ba số $a, b, c$ chia hết cho 7 , ta có điều cần chứng minh.

Nếu $a, b, c$ không có số nào chia hết cho 7 thì $a^{3}, b^{3}, c^{3}$ chia 7 dư $1,-1$, do đó theo nguyên lý Dirichlet thì có 2 số có hiệu chia hết cho 3, do đó ít nhất một trong các số $a^{3}-b^{3}, b^{3}-c^{3}, c^{3}-a^{3}$ chia hết cho 7 . Từ đó ta có điều cần chứng minh.

Bài 3. Cho hình bình hành $A B C D$. Đường thẳng qua $C$ vuông góc với $C D$ cắt đường thẳng qua $A$ vuông góc với $B D$ tại $F$. Đường thẳng qua $B$ vuông góc với $A B$ cắt đường trung trực của $A C$ tại $E$. Hai đường thẳng $B C$ và $E F$ cắt nhau tại $K$. Tính tỉ số: $\frac{K E}{K F}$.

Lời giải.

Gọi $M$ là giao điểm của $A F$ và $B D$ và $J$ là giao điểm của $A B$ và $O E$.

Ta có các tứ giác $A B E O, C D M F$ nội tiếp. Khi đó $\angle J E A=\angle J B O=180^{\circ}-\angle A B O=$ $180^{\circ}-\angle B D C=\angle A F C$

Và $\angle E J A=90^{\circ}-\angle J A O=\angle A C F$.

Khi đó $\triangle A J E \backsim \triangle A F C \Rightarrow \frac{A J}{A C}=\frac{J E}{C F} \Rightarrow \frac{A C}{C F}=\frac{A J}{J E}$. (1)

Mặt khác $\triangle A J O \backsim \triangle E J B \Rightarrow \frac{A J}{J E}=\frac{A O}{B E}$. (2)

Từ (1) và (2) ta có $\frac{A C}{C F}=\frac{A O}{B E} \Rightarrow \frac{B E}{C F}=\frac{A O}{A C}=\frac{1}{2}$.

Mặt khác $\frac{K E}{K F}=\frac{B E}{C F}=\frac{1}{2}$.

Bài 4. Cho hai số dương $a, b$ thỏa mãn điều kiện: $a+b \leq 1$. Chứng minh rằng: $a^{2}-$ $\frac{3}{4 a}-\frac{a}{b} \leq-\frac{9}{4}$

Lời giải. Do $a>0, b>0$ và $a+b \leq 1$. Ta chứng minh: $a^{2}-\frac{3}{4} a-\frac{a}{1-a} \leq-\frac{9}{4}$

$\Leftrightarrow 4 a^{4}-4 a^{3}+13 a^{2}-12 a+3 \geq 0 $

$\Leftrightarrow(2 a-1)^{2}\left(a^{2}+3\right) \geq 0 ${ (luôn đúng)

Dấu bằng trong bất đẳng thức này xảy ra khi: $a=b=\frac{1}{2}$

Bài 5. Cho tam giác $\triangle A B C$ có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn $(\mathrm{O})$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C$ và $N$ là điểm đối xứng của $M$ qua $O$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $A N$ cắt đường thẳng qua $B$ vuông góc với $B C$ tại $D$. Kẻ đường kính $A E$.

a) Chứng minh rằng: $B A \cdot B C=2 B D \cdot B E$

b) $C D$ đi qua trung điểm của đường cao $A H$ của tam giác $\triangle A B C$.

Lời giải.

a) Chứng minh rằng: $B A \cdot B C=2 B D \cdot B E$

Điều này tương đương với: $B A . B M=B D . B E$

Xét hai tam giác $\triangle B M E$ và tam giác $\triangle B D A$ ta có:

$\angle D B A=\angle M B E$ (cùng phụ với góc $\angle A B C$ ) (1)

$\angle D A B+\angle B A E+\angle O A N=90^{\circ}$

Do $\triangle A O N=\triangle E O M$ nên $\angle O A N=\angle O E M$

Từ đó ta có: $\angle D A B+\angle B A E+\angle O E M=90^{\circ}$

Do $A E$ là đường kính của đường tròn $(O)$. Nên $\triangle A B E$ vuông tại $B$.

Từ đó ta có: $\angle B A E+\angle O E M+\angle B E M=90^{\circ}$

Vậy: $\angle D A B=\angle B E M$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $\triangle B M E \backsim \triangle B D A$

Vậy: $\frac{B M}{B D}=\frac{B E}{B A}=\frac{M E}{D A}$ (đpcm)

b) Chứng minh rằng: $C D$ đi qua trung điểm $I$ của $A H$ Gọi $F$ là giao điểm của $B D$ và $C A$

Từ đó điều phải chứng minh tương đương với chứng minh rằng $D$ là trung điểm của $B F$. Mà $M$ là trung điểm của $B C$ như vậy ta chỉ cần chứng minh được: $M D | A C$

Xét hai tam giác vuông $\triangle B D M$ và tam giác $\triangle B A E$ ta có: $\frac{B D}{B M}=\frac{B A}{B E}$ Vậy: $\triangle B D M \backsim \triangle B A E$

Từ đó ta có: $\angle B M D=\angle B E A$

Mà: $\angle B E A=\angle B C A$ (cùng chắn cung $A B$ của đường tròn $(O)$ )

Vậy: $\angle B M D=\angle B C A$

Từ đó ta có: $M D | A C$. Đây cũng chính là điều phải chứng minh.

Bài 6. Mười vận động viên tham gia cuộc thi đấu quần vợt. Cứ hai người trong họ chơi với nhau đúng một trận. Người thứ nhất thắng $x_{1}$ trận và thua $y_{1}$ trận, người thứ hai thắng $x_{2}$ và thua $y_{2}$ trận,… người thứ mười thắng $x_{10}$ trận và thua $y_{10}$. Biết rằng trong một trận đấu quần vợt không có kết quả hòa. Chứng minh rằng:

$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots+x_{10}^{2}=y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+\ldots+y_{10}^{2}$

Lời giải. Do trong một trận đấu chỉ có thắng hoặc thua nên tổng số trận thằng phải bằng với tổng số trận thua. Từ đó ta có:

$x_{1}+\ldots \ldots . .+x_{10}=y_{1}+\ldots \ldots . .+y_{10}$

Ta có tổng cộng là 45 trận $\left(\frac{10.9}{2}\right)$ nên tổng sổ trận thắng bằng tổng số trận thua bằng 45 trận.

$x_{1}+\ldots \ldots . .+x_{10}=y_{1}+\ldots \ldots . .+y_{10}=45$

Mỗi người sẽ thi đấu với 9 người còn lại nên:

$x_{i}+y_{i}=9 \Leftrightarrow x_{i}=9-y_{i} \Leftrightarrow x_{i}^{2}=81-18 y_{i}+y_{i}^{2}$

Từ đó ta có:

$\sum_{i=1}^{10} x_{i}^{2}=810-18 \sum_{i=1}^{10} y_{i}+\sum_{i=1}^{10} y_{i}^{2}=810-18.45+\sum_{i=1}^{10} y_{i}^{2}=\sum_{i=1}^{10} y_{i}^{2}$

Đây chính là điều phải chứng minh

Bài toán này cũng có thể tổng quát lên cho trường hợp $n$ người, phần này dành cho các em tự chứng minh.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2012

Leave a reply

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

(b) Cho hình vuông $A B C D$ cạnh $a$. $M$ và $N$ là hai điểm lần lượt nằm trên các cạnh $A B$ và $B C$ sao cho $\frac{A M}{A B}=\frac{C N}{C B}=x$ với $0<x<1$. Các đường thẳng qua $M, N$ song song với $B D$ lần lượt cắt $A D$ tại $Q$ và $C D$ tại $P$. Tính diện tích tứ giác $M N P Q$ theo $a$ và $x$ và tìm $x$ sao cho diện tích này lớn nhất.

Bài 2. Số nguyên dương $n$ được gọi là số điều hòa nếu như tổng các bình phương của các ước của nó ( kể cả 1 và $\mathrm{n}$ ) đúng bằng $(n+3)^{2}$.

(a) Chứng minh rằng số 287 là số điều hòa.

(b) Chứng minh rằng số $n=p^{3}$ ( $p$ nguyên tố ) không phải là số điều hòa.

(c) Chứng minh rằng nếu số $n=p q(p, q$ là các số nguyên tố khác nhau) là số điều hòa thì $n+2$ là số chính phương.

Bài 3. (a) Tìm tất cả các số thực $x$ thỏa $x^{2}-5 x+4+2 \sqrt{x-1} \geq 0$.

(b) Chứng minh rằng với các số không âm $a, b, c$ thỏa $a+b+c=3$ thì ta có bất đẳng thức $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \geq a b+b c+a c$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Trên đường thẳng vuông góc với $A B$ tại $B$ ta lấy điểm $D$ di động nằm cùng phía với $C$ đối với đường thẳng $A B$.

(a) Chứng minh rằng nếu $A C+B D<C D$ thì trên cạnh $A B$ tồn tại hai điểm $\mathrm{M}$ và $\mathrm{N}$ sao cho $\angle C M D=\angle C N D=90^{\circ}$

(b) Giả sử điều kiện trên được thỏa mãn. Đường thẳng qua $A$ song song với $M D$ cắt đường thẳng qua $B$ song song với $M C$ tại $E$. Chứng minh rằng đường thẳng $D E$ luôn đi qua một điểm cố định .

Bài 5. Cho đa giác đều n cạnh . Dùng 3 màu xanh, đỏ, vàng tô màu các đỉnh đa giác một cách tùy ý ( mỗi đỉnh được tô bởi một màu và tất cả các đỉnh đều được tô màu). Cho phép thực hiện thao tác sau đây : chọn hai đỉnh kề nhau bất kì ( nghĩa là hai đỉnh liên tiếp) khác màu và thay màu của hai đỉnh đó bằng màu còn lại.

(a) Chứng minh rằng bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta luôn luôn làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi hai màu.

(b) Chứng minh rằng với $\mathrm{n}=4$ và $\mathrm{n}=8$, bằng cách thực hiện thao tác trên một.

số lần ta có thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi một màu.

LỜI GIẢI

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

(b) Cho hình vuông $A B C D$ cạnh $a$. $M$ và $N$ là hai điểm lần lượt nằm trên các cạnh $A B$ và $B C$ sao cho $\frac{A M}{A B}=\frac{C N}{C B}=x$ với $0<x<1$. Các đường thẳng qua $M, N$ song song với $B D$ lần lượt cắt $A D$ tại $Q$ và $C D$ tại $P$. Tính diện tích tứ giác $M N P Q$ theo $a$ và $x$ và tìm $x$ sao cho diện tích này lớn nhất.

Lời giải.

(a) Lấy (1) trừ (2) ta có:

$(x-2 y+z)(x-z)=x^{2}-z^{2}-2(x-z)=(x-z)(x+z-2) \Leftrightarrow 2(x-z)(y-1)=0 \Leftrightarrow x=z$ hoặc $y=1$.

  • Với $y=1$, ta có $(3) \Leftrightarrow(x-z)^{2}=1 \Leftrightarrow z=x+1, z=x-1$.

$+$ Với $z=x+1$, giải được $x=0, z=1$ và $x=1, z=2$. Khi đó ta có nghiệm $(0,1,1),(1,1,2)$.

$+$ Với $z=x-1$, giải ra được $x=1, z=0$ và $x=2, z=1$. Ta có nghiệm $(1,1,0)$ và $(2,1,1)$.

  • Với $x=z$, từ (3) ta có $y^{2}-2 y=0 \Leftrightarrow y=0, y=2$.

$+$ Với $y=0$ ta có $\left\{\begin{array}{l}x^{2}=2 z-z^{2} \\ z^{2}=2 x-x^{2}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 z^{2}=2 z \\ x-z\end{array}\right.\right.$.

Giải được nghiệm $(0,0,0)$ và $(1,0,1)$.

$+$ Với $y=2$, giải ra được nghiệm $(1,2,1)$ và $(2,2,2)$.

Vậy hệ phương trình có 8 nghiệm.

(b) Chứng minh được $M N P Q$ là hình chữ nhật.

Ta có $\frac{M N}{A C}=\frac{M \dot{B}}{B A}=\frac{A B-A M}{A B}=1-\frac{A M}{A B}=1-x$ suy ra $M N=(1-x) a \sqrt{2}$.

$\frac{M Q}{B D}=\frac{A M}{A B}=x$, suy ra $M Q=x a \sqrt{2}$.

Từ đó $S=M N . M Q=2 a^{2} x(1-x)$ Mà $x(1-x) \leq \frac{1}{4}(x+1-x)^{2}=\frac{1}{4}$. Suy ra $S \leq \frac{a^{2}}{2}$. Đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{1}{2}$.

Vậy diện tích đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{1}{2} a^{2}$ khi $M$ là trung điểm $A B$.

Bài 2. Số nguyên dương $n$ được gọi là số điều hòa nếu như tổng các bình phương của các ước của nó ( kể cả 1 và $\mathrm{n}$ ) đúng bằng $(n+3)^{2}$.

(a) Chứng minh rằng số 287 là số điều hòa.

(b) Chứng minh rằng số $n=p^{3}$ ( $p$ nguyên tố ) không phải là số điều hòa.

(c) Chứng minh rằng nếu số $n=p q(p, q$ là các số nguyên tố khác nhau) là số điều hòa thì $n+2$ là số chính phương.

Lời giải.

(a) Số $n=287$ có các ước dương là $1,7,41,287$. Ta có $1^{2}+7^{2}+41^{2}+287^{2}=$ $(287+3)^{2}$ nên 287 là số điều hòa.

(b) Các ước dương của $n=p^{3}$ là $1, p, p^{2}, p^{3}$. Giả sử $n$ là số điều hòa, ta có $(n+3)^{2}=1^{2}+p^{2}+p^{4}+p^{6} \Leftrightarrow p^{4}+p^{2}=6 p^{3}+8$. Suy ra $p \mid 8$ mà $p$ nguyên tố nên $p=2$. Thử lại thấy không thỏa, vậy $n=p^{3}$ không phải là số điều hòa với mọi số nguyên tố $p$.

(c) Các ước dương của $n=p q$ là $1, p, q, p q$. Vì $n$ là số điều hòa nên ta có: $1+p^{2}+q^{2}+p^{2} q^{2}=(p q+3)^{2} \Leftrightarrow p^{2}+q^{2}=6 p q+8 \Leftrightarrow(p+q)^{2}=$ $4(p q+2)$. Do 4 là số chính phương nên $p q+2$ cũng là số chính phương hay $n+2$ là số chính phương.

Bài 3. (a) Tìm tất cả các số thực $x$ thỏa $x^{2}-5 x+4+2 \sqrt{x-1} \geq 0$.

(b) Chứng minh rằng với các số không âm $a, b, c$ thỏa $a+b+C=3$ thì ta có bất đẳng thức $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \geq a b+b c+a c$.

Lời giải.

(a) Điều kiện $x \geq 1$. Đặt $t=\sqrt{x-1}$. Khi đó $t \geq$ và $x=t^{2}+1$. Ta có bất phương trình:

$\left(t^{2}+1\right)^{2}-5\left(t^{2}+1\right)+4+2 t \geq \Leftrightarrow t^{4}-t^{2}+2 t \geq 0 \Leftrightarrow t(t+2)(t-1)^{2} \geq 0$

đúng với mọi $t \geq 0$.

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \geq 1$.

(b) Ta có $t^{2}-3 t+2 \sqrt{t}=\sqrt{t}(\sqrt{t}+2)(\sqrt{t}-1)^{2} \geq 0$. Suy ra $t^{2}+2 \sqrt{t} \geq 3 t$ với $\operatorname{mọi} t \geq 0$.

Áp dụng ta có $a^{2}+2 \sqrt{a} \geq 3 a, b^{2}+2 \sqrt{b} \geq 3 b, c^{2}+2 \sqrt{c} \geq 3 c$.

Suy ra $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \geq 3(a+b+c) \Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+$ $2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \geq(a+b+c)^{2} \Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \geq a b+b c+a c$ (đccm).

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Trên đường thẳng vuông góc với $A B$ tại $B$ ta lấy điểm $D$ di động nằm cùng phía với $C$ đối với đường thẳng $A B$.

(a) Chứng minh rằng nếu $A C+B D<C D$ thì trên cạnh $A B$ tồn tại hai điểm $\mathrm{M}$ và $\mathrm{N}$ sao cho $\angle C M D=\angle C N D=90^{\circ}$

(b) Giả sử điều kiện trên được thỏa mãn. Đường thẳng qua $A$ song song với $M D$ cắt đường thẳng qua $B$ song song với $M C$ tại $E$. Chứng minh rằng đường thẳng $D E$ luôn đi qua một điểm cố định .

Lời giải.

(a) Xét đường tròn đường kính $C D$ có tâm $O$ là trung điểm $C D$. Gọi $I$ là trung điểm $A B$, khi đó $O I \perp A B$ và $O I$ là đường trung bình của hình thang $A C D B$ nên $O I=\frac{1}{2}(A C+B D)<\frac{C D}{2}$.

Do đó khoảng cách từ $O$ đến $A B$ nhỏ hơn bán kính đường tròn đường kính $C D$ nên $A B$ cắt đường tròn đường kính $A B$ tại hai điểm $M, N$. Suy ra $\angle C M D=\angle C N D=90^{\circ}$. Hơn nữa $\angle O C A+\angle O D B=180^{\circ}$ nên có một góc lớn hơn hoặc bằng $90^{\circ}$. Giả sử là $\angle A C D \geq 90^{\circ}$. Suy ra $O A>O C$. Suy ra $A$ nằm ngoài đường tròn $(O)$. Do đó $M, N$ thuộc đoạn $A B$.

(b) Gọi $E^{\prime}$ là giao điểm của đường thẳng qua $A$ song song với $M D$ với $C D$. Gọi $P$ là giao điểm của $M D$ với $A C, Q$ là giao điểm của $M C$ với $B D$. Theo định lý Thalet ta có: $\frac{C E^{\prime}}{C D}=\frac{C A}{C P}, \frac{C A}{C D}=\frac{B Q}{D Q}$. Suy ra $\frac{C E^{\prime}}{C D}=\frac{B Q}{D Q}$. Từ đó ta có $B E^{\prime}|| M C$. Suy ra $C, D, E$ thẳng hàng. Vậy đường thẳng $D E$ luôn qua điểm $C$ cố định.

Bài 5. Cho đa giác đều $n$ cạnh. Dùng 3 màu xanh, đỏ, vàng tô màu các đỉnh đa giác một cách tùy ý ( mỗi đỉnh được tô bởi một màu và tất cả các đỉnh đều được tô màu). Cho phép thực hiện thao tác sau đây : chọn hai đỉnh kề nhau bất kì ( nghĩa là hai đỉnh liên tiếp) khác màu và thay màu của hai đỉnh đó bằng màu còn lại.

(a) Chứng minh rằng bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta luôn luôn làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi hai màu.

(b) Chứng minh rằng với $n=4$ và $n=8$, bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta có thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi một màu.

Lời giải.

(a) Xét một dãy các đỉnh màu vàng $A V_{1} V_{2} \ldots V_{k} B$ (có thể chỉ gồm một đỉnh) được giới hạn bởi 2 đỉnh $A$ và $B$ (có thể trùng nhau) không phải màu vàng. Sử dụng thao tác đã cho ta đổi màu hai đỉnh $A$ và $V_{1}$ thành màu

thứ ba (hiển nhiên không phải màu vàng). Tiếp tục như thế đổi màu các đỉnh $\mid V_{2}, V_{3}, \ldots, V_{k}$ sang màu không phải vàng. Như vậy ta đã làm mất màu vàng trong dãy các đỉnh ở trên.

Bằng cách thực hiện như trên đối với dãy các điểm màu vàng khác ta suy ra có thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi hai màu xanh và đỏ.

(b) Do câu a) ta chỉ xét trường hợp các đỉnh của đa giác được tô bởi hai màu, chẳng hạn xanh và đỏ.

Bằng thao tác đã cho ta có hai kiểu chuyển màu bộ 4 đỉnh liên tiếp như sau:

$d d x x \rightarrow d v v x \rightarrow x x v x \rightarrow x d d x \rightarrow v v v v$ và $d x d x \rightarrow d v v d, d x x d \rightarrow v v v v$ (1)

Do tính đối xứng nên suy ra nếu một bộ 4 đỉnh mà trong đó có hai đỉnh cùng một màu và hai đỉnh còn lại cùng một màu khác thì ta chuyển cả 4 đỉnh về màu thứ ba.

Bằng cách dùng kiểu biến đổi trên ta có:

$d d d x \rightarrow d d v v \rightarrow x x x x$ (dùng (1)) và $d d x d \rightarrow d v v d \rightarrow x x x x(2)$.

Nghĩa là nếu có 3 đỉnh cùng màu, ta chuyển ta chuyển màu của 3 đỉnh đó về cùng màu của đỉnh thứ tư.

Như vậy bằng (1) và (2) ta có thể chuyển mày của mỗi bộ 4 đỉnh liên tiếp về cùng một màu. Điều này chứng minh cho trường hợp $n=4$.

Với $n=8$, ta chia 8 đỉnh thành 2 bộ 4 đỉnh. Như đã chứng minh ở trên, ta có thể làm cho mỗi bộ 4 đỉnh như thế có cùng màu. Nếu màu của hai bộ là như nhau thì ta có điều cần chứng minh. Nếu hai bộ khác nhau, chẳng hạn ta có kiểu tô màu $x x x x d d d d$. Ta có có phép biến đổi hai bộ liên tiếp: $x x x x d d d d \rightarrow x x x v v d d d \rightarrow x x x v \mid v d d d \rightarrow$ vvvvvvvvv(dùng (2)). Vậy ta đã chứng minh cho trường hợp $n=8$.

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2020

Leave a reply

Bài 1. Cho ba số dương $a, b, c$ thỏa mãn điều kiện $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=2020$ Tính giá trị của biểu thức $P=\left(\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\right):(a+b+c)$

Bài 2. (a) Giải phương trình: $\sqrt{2 x^{2}+x+9}+\sqrt{2 x^{2}-x+1}=x+4$

(b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}y^{2}-2 x y=8 x^{2}-6 x+1 \\ y^{2}=x^{3}+8 x^{2}-x+1\end{array}\right.$

Bài 3. Cho tam giác nhọn $A B C(A B<B C<C A)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Từ $A$ kẻ đường thẳng song song với $B C$ cắt $(O)$ tại $A_{1}$. Từ $B$ kẻ đường thẳng song song với $A C$ cắt $(O)$ tại $B_{1}$. Từ $C$ kẻ đường thẳng song song với $A B$ cắt $(O)$ tại $C_{1}$. Chứng minh rằng các đường thẳng qua $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ lần lượt vuông góc với $B C$, $C A, A B$ đồng quy.

Bài 4. (a) Cho 2 số thực $a, b$. Chứng minh rằng: $\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geq a b+\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}$

(b) Cho hai số dương $a, b$ thỏa mãn điều kiện $a+b \leq 3$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $Q=b-a+\frac{20}{a}+\frac{7}{b}$.

Bài 5. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, B C, C A$ lần lượt tại $D, E, F$. Kẻ đường kính $E J$ của đường tròn $(I)$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ song song với $B C$. Đường thẳng $J D$ cắt $d, B C$ lần lượt tại $L, H$.

(a) Chứng minh: $E, F, L$ thẳng hàng.

(b) $J A, J F$ cắt $B C$ lần lượt tại $M, K$. Chứng minh: $M H=M K$.

Bài 6. Tìm tất cả các số nguyên dương $x, y$ thỏa mãn phương trình: $3^{x}-y^{3}=1$

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho ba số dương $a, b, c$ thỏa mãn điều kiện $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=2020$ Tính giá trị của biểu thức $P=\left(\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\right):(a+b+c)$

Lời giải.

Ta có: $\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)(a+b+c)=2020(a+b+c)$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{b+c}+a+b+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}+c=2020(a+b+c)$ $\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}=2019(a+b+c)$ $\Leftrightarrow\left(\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\right):(a+b+c)=2019$ Vạy $P=2019 .$

Bài 2.

a) Giải phương trình: $\sqrt{2 x^{2}+x+9}+\sqrt{2 x^{2}-x+1}=x+4$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}y^{2}-2 x y=8 x^{2}-6 x+1 \\ y^{2}=x^{3}+8 x^{2}-x+1\end{array}\right.$

Lời giải.

a) $\sqrt{2 x^{2}+x+9}+\sqrt{2 x^{2}-x+1}=x+4$ (1)

Đặt $\sqrt{2 x^{2}+x+9}=a(a>0)\left(\right.$ do $\left.2 x^{2}+x+9>0\right)$

và $\sqrt{2 x^{2}-x+1}=b(b>0)\left(\right.$ do $\left.2 x^{2}-x+1>0\right)$

Khi đó ta có: $a^{2}-b^{2}=2 x+8$

Thay vào phương trình ta có:

$a+b=\frac{a^{2}-b^{2}}{2} \Leftrightarrow 2(a+b)=(a-b)(a+b) \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a+b=0 \\a-b=2\end{array}\right.$

  • TH1: $a+b=0 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=0 \\ b=0\end{array}\right.$ (Loại do $\left.a>0, b>0\right)$

  • TH2: $a-b=2$ khi đó ta có:

$\sqrt{2 x^{2}+x+9}-\sqrt{2 x^{2}-x+1}=2 $

$\Leftrightarrow \sqrt{2 x^{2}+x+9}=2+\sqrt{2 x^{2}-x+1} $

$\Leftrightarrow 2 x^{2}+x+9=4+2 x^{2}-x+1+4 \sqrt{2 x^{2}-x+1} $

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

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array} { l }{ x \geq – 2 } \\{ x ^ { 2 } + 4 x + 4 = 8 x ^ { 2 } – 4 x + 4 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \geq-2 \\{\left[\begin{array}{l}x=0(n) \\x=\frac{8}{7}(n)\end{array}\right.}\end{array}\right.\right.$

Vậy $S=(0 ; \frac{8}{7})$

b) $\left\{\begin{array}{l}y^{2}-2 x y=8 x^{2}-6 x+1 \\ y^{2}=x^{3}+8 x^{2}-x+1(2)\end{array}\right.$

Từ $(2)$ ta có: $y^{2}=x^{3}+8 x^{2}-x+1$ thay vào $(1)$ ta có: $x^{3}+8 x^{2}-x+1-2 x y=8 x^{2}-6 x+1 \Leftrightarrow x^{3}-2 x y+5 x=0$ $\Leftrightarrow x\left(x^{2}-2 y+5\right)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=0 \\ x^{2}-2 y+5=0\end{array}\right.$

  • TH1: $x=0$ thay vào (2) ta có: $y^{2}=1 \Rightarrow y=\pm 1$

  • TH2: $x^{2}-2 y+5=0 \Leftrightarrow 2 y=x^{2}+5$ thay vào (2) ta có:

$4 y^{2}=4 x^{3}+32 x^{2}-4 x+4 $

$\Leftrightarrow\left(x^{2}+5\right)^{2}=4 x^{3}+32 x^{2}-4 x+4$

$\Leftrightarrow x^{4}-4 x^{3}-22 x^{2}+4 x+21=0 $

$\Leftrightarrow(x-7)(x+3)(x-1)(x+1)=0 $

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=7 \Rightarrow y=27 \\x=1 \Rightarrow y=3 \\x=-1 \Rightarrow y=3 \\x=-3 \Rightarrow y=7\end{array}\right.$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: $(-3 ; 7),(-1 ; 3),(0 ;-1),(0 ; 1),(1 ; 3)$, $(7 ; 27)$.

Bài 3. Cho tam giác nhọn $A B C(A B<B C<C A)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Từ $A$ kẻ đường thẳng song song với $B C$ cắt $(O)$ tại $A_{1}$. Từ $B$ kẻ đường thẳng song song với $A C$ cắt $(O)$ tại $B_{1}$. Từ $C$ kẻ đường thẳng song song với $A B$ cắt $(O)$ tại $C_{1}$. Chứng minh rằng các đường thẳng qua $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ lần lượt vuông góc với $B C, C A, A B$ đồng quy.

Lời giải.

Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $A B C$ và $O H$ cắt đường thẳng qua $A_{1}$, vuông góc với $B C$ ở điểm $K$. Gọi $M$ là trung điểm $A A_{1}$ thì $O M \perp A A_{1}$. Suy ra $O M \perp B C$.

Mặt khác, tứ giác $A H K A_{1}$ là hình thang vì $A H | A_{1} K$ nên ta có $O M$ là đường trung bình, kéo theo $O$ là trung điểm $H K$ hay nói cách khác, đường thẳng qua $A_{1}$, vuông góc với $B C$ sẽ đi qua điểm đối xứng với trực tâm $H$ của tam giác $A B C$ qua $O$.

Rõ ràng điểm này bình đẳng với $B, C$ nên hai đường qua $B_{1}, C_{1}$ lần lượt vuông góc với $C A, A B$ cũng đi qua $K$. Vì thế nên ta có các đường thẳng của đề bài đồng quy ở $K$.

Bài 4.

a) Cho 2 số thực $a, b$. Chứng minh rằng: $\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \geq a b+\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}$

b) Cho hai số dương $a, b$ thỏa mãn điều kiện $a+b \leq 3$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $Q=b-a+\frac{20}{a}+\frac{7}{b}$.

Lời giải.

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

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^{2}}{2} \geq \frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2} $

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

$\Leftrightarrow(a-b)^{2} \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+2} \geq 0 (đúng) $

b) Ta có: $a, b>0$ và $a \leq 3-b$

$Q=b-a+\frac{20}{a}+\frac{7}{b} \geq b-(3-b)+\frac{20}{3-b}+\frac{7}{b} $

$=(2 b-3)+\frac{20}{3-b}+\frac{7}{b} $

$=\left[5(3-b)+\frac{20}{3-b}\right]+\left(7 b+\frac{7}{b}\right)-18 $

$\geq 2 \sqrt{100}+2 \sqrt{49}-18=16$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=2$ và $b=1$.

Bài 5. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, B C, C A$ lần lượt tại $D, E, F$. Kẻ đường kính $E J$ của đường tròn $(I)$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ song song với $B C$. Đường thẳng $J D$ cắt $d, B C$ lần lượt tại $L, H$.

a) Chứng minh: $E, F, L$ thẳng hàng.

b) $J A, J F$ cắt $B C$ lần lượt tại $M, K$. Chứng minh: $M H=M K$.

Lời giải.

a) Ta có $J E$ là đường kính của $(I)$ nên $\angle J D E=90^{\circ}$ và $\triangle H D E$ vuông ở $D$. Chú ý rằng $B D=B E$, do cùng là tiếp tuyến kẻ từ $B$ đến $(I)$ nên $B D=B H$ (tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền). Do đó $\triangle B H D$ cân ở $B$.

Vị $A L / / B H$ nên $\triangle A D L$ và $\triangle B D H$ đồng dạng, kéo theo $\triangle A D L$ cân ở $A$ hay $A L=A D=A F$.

Vị $A L / / C E$ nên $\angle L A F=\angle F C E$, mà $\triangle A L F, \triangle C E F$ đều cân có các góc ở đỉnh bằng nhau nên chúng đồng dạng.

Suy ra $\angle A F L=\angle C F E$, kéo theo $L, F, E$ thẳng hàng.

b) Kéo dài $J F$ cắt $d$ ở $T$ thì tương tự câu $a$, ta có $T, D, E$ thẳng hàng và $A T=A D=$ $A F=A L$.

Theo định lý Thales với $d / / B C$ thì $\frac{A L}{M H}=\frac{A J}{J M}=\frac{A T}{M K}$, mà $A T=A L$ nên $M H=M K$.

Bài 6. Tìm tất cả các số nguyên dương $x, y$ thỏa mãn phương trình: $3^{x}-y^{3}=1$

Lời giải.

Ta có: $3^{x}-y^{3}=1 \Leftrightarrow y^{3}+1=3^{x}$

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

  • TH1: $m=1 \Leftrightarrow y=2 \Rightarrow x=2$ (nhận).

  • TH2: $m \geq 2 \Leftrightarrow y=3^{m}-1$

Thế vào $(2):\left(3^{m}-1\right)^{2}-\left(3^{m}-1\right)+1=3^{n}$ $\Leftrightarrow 3^{n}=3^{2 m}-3^{m+1}+3=3^{m+1}\left(3^{m-1}-1\right)+3>3^{m+1} \Rightarrow n>m+1$

Ta lại có: $3=3^{n}-3^{2 m}+3^{m+1}=3^{m+1}\left(3^{n-m-1}-3^{m-1}+1\right) \vdots 3^{m+1} \Rightarrow m=0$ (vô lí).

Vậy phương trình có nghiệm $\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=2\end{array}\right.$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2014

Leave a reply

Bài 1. Cho phương trình $\left(m^{2}+5\right) x^{2}-2 m x-6 m=0(1)$ với $m$ là tham số.

(a) Tìm $m$ sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên.

(b) Tìm $m$ sao cho phương trình (1) có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn điều kiện

$\left(x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}\right)^{4}=16$

Bài 2. (a) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}2(1+x \sqrt{y})^{2}=9 y \sqrt{x} \\ 2(1+y \sqrt{x})^{2}=9 x \sqrt{y}\end{array}\right.$

(b) Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$ với các đường phân giác trong $B M, C N$.

Chứng minh bất đẳng thức $\frac{(M C+M A)(N B+N A)}{M A \cdot N A} \geq 3+2 \sqrt{2}$.

Bài 3. Cho các số nguyên dương $a, b$ thỏa $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$.

(a) Chứng minh rằng $a+b$ không thể là số nguyên tố.

(b) Chứng minh rằng nếu $c>1$ thì $a+c$ và $b+c$ không thể đồng thời là số nguyên tố.

Bài 4. Cho điểm $C$ thay đổi trên nửa đường tròn đường kính $A B=2 R(C \neq A, C \neq$ $B)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $A B ; I$ và $J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $A C H$ và $B C H$. Các đường thẳng $C I, C J$ cắt $A B$ tại $M, N$.

(a) Chứng minh $A N=A C, B M=B C$.

(b) Chứng minh 4 điểm $M, N, I, J$ cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng $M J, N I$ và $C H$ đồng quy.

(c) Tìm giá trị lớn nhất của $\mathrm{MN}$ và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $\mathrm{CMN}$ theo $R$.

Bài 5. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại.

(a) Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5 .

(b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn $40 .$

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho phương trình $\left(m^{2}+5\right) x^{2}-2 m x-6 m=0(1)$ với $m$ là tham số.

(a) Tìm $m$ sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên.

(b) Tìm $m$ sao cho phương trình (1) có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn điều kiện

$\left(x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}\right)^{4}=16$

Lời giải.

a) Phương trình có hai nghiêm phân biệt khi và chỉ khi:

$\left\{\begin{array}{l}m^{2}+5 \neq 0 \\\Delta^{\prime}=m^{2}+6 m\left(m^{2}+5\right)>0\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow m\left(6 m^{2}+m+30\right)>0$

$\Leftrightarrow m\left[5 m^{2}+\left(m+\frac{1}{2}\right)+\frac{119}{4}\right]>0$

$\Leftrightarrow m>0$

Khi đó theo định lý Viete ta có $x_{1}+x_{2}=\frac{2 m}{m^{2}+5}$.

Vi $m^{2}+5-2 m=(m-1)^{2}+4>0$, suy ra $m^{2}+5>2 m>0$.

Do đó $0<\frac{2 m}{m^{2}+5}<1$ nên tổng hai nghiệm của phương trình không thể là số nguyên.

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm $\Delta^{\prime} \geq 0 \Leftrightarrow m \geq 0 .$ Khi đó $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=\frac{2 m}{m^{2}+5} \\ x_{1} x_{2}=\frac{-6 m}{m^{2}+5}\end{array}\right.$

Ta có $\left(x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}\right)^{4}=16 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}=2 \\ x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}=-2\end{array}\right.$

Trường hợp 1: $x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}=2 \Leftrightarrow \frac{-6 m}{m^{2}+5}-\sqrt{\frac{2 m}{m^{2}+5}}=2$.

Đặt $t=\sqrt{\frac{2 m}{m^{2}+5}}$, ta có phương trình: $-3 t^{2}-t=2(V N)$

Trường hợp 2: $x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}=-2 \Leftrightarrow \frac{-6 m}{m^{2}+5}-\sqrt{\frac{2 m}{m^{2}+5}}=-2$.

Đặt $t=\sqrt{\frac{2 m}{m^{2}+5}}$ ta có phương trình: $-3 t^{2}-t=-2 \Leftrightarrow t=-1(l), t=\frac{3}{2}$.

Với $t=\frac{3}{2}$ ta có $\frac{2 m}{m^{2}+5}=\frac{3}{2}$. Giải ra được $m=2(n), m=\frac{5}{2}(n)$.

Bài 2. a) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}2(1+x \sqrt{y})^{2}=9 y \sqrt{x} \\ 2(1+y \sqrt{x})^{2}=9 x \sqrt{y}\end{array}\right.$

b) Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$ với các đường phân giác trong $B M, C N$. Chứng minh bât đẳng thức $\frac{(M C+M A)(N B+N A)}{M A \cdot N A} \geq 3+2 \sqrt{2}$.

Lời giải.

1) Đặt $a=x \sqrt{y}, b=y \sqrt{x}$. Điều kiện $a, b \geq 0$.

Ta có hệ: $\left\{\begin{array}{l}2(1+a)^{2}=9 b(1) \\ 2(1+b)^{2}=9 a(2)\end{array}\right.$

Lấy (1) trừ (2) ta có: $(a-b)(2 a+2 b+13)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a=b(n) \\ 2 a+2 b=-13(l)\end{array}\right.$

Với $a=b$ thế vào $(1)$ ta có $2\left(1+a^{2}\right)=9 a \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a=2, b=2 \\ a=\frac{1}{2}, b=\frac{1}{2}\end{array}\right.$

Khi $a=b=2$ ta có $x=y=\sqrt[3]{4}$

Khi $a=b=\frac{1}{2}$ ta có $x=y=\sqrt[3]{\frac{1}{2}}$.

2) Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:

$\frac{M C}{M A}=\frac{B C}{A B}$,  suy ra  $\frac{M C+M A}{M A}=1+\frac{B C}{A B} $

$\frac{B B}{N A}=\frac{B N+N A}{A C}$,  suy ra  $\frac{B N+N A}{N A}=1+\frac{B C}{A C} $

Suy ra:

$\frac{(M C+M A)(N B+N A)}{M A \cdot N A}=\left(1+\frac{B C}{A B}\right)\left(1+\frac{B C}{A C}\right) $

$=1+\frac{B C^{2}}{A B \cdot A C}+\frac{B C}{A B}+\frac{B C}{A C} $

Ta có  $B C^{2}=A B^{2}+A C^{2} \geq 2 \cdot A B \cdot A C$, suy ra $\frac{B C C^{2}}{A B \cdot A C} \geq 2 $

Và  $\frac{B A}{A C}+\frac{B C}{A C} \geq \sqrt{\frac{B C \cdot B C}{A B \cdot A C}} \geq 2 \sqrt{2} . $

Do đó  $\frac{(M C+M A)(N B+N A)}{M A \cdot N A} \geq 3+2 \sqrt{2} .$

Bài 3. Cho các số nguyên dương $a, b$ thỏa $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$.

a) Chứng minh rằng $a+b$ không thể là số nguyên tố.

b) Chứng minh rằng nếu $c>1$ thì $a+c$ và $b+c$ không thể đồng thời là số nguyên tố.

Lời giải.

a) Từ đề bài ta có $c(a+b)=a b$, suy ra $a b$ chia hết cho $a+b$.

Giả sử $a+b$ nguyên tố. Ta có $a<a+b$, suy ra $a, a+b$ nguyên tố cùng nhau, suy ra $b$ chia hết cho $a+b$ vô lý vì $b<a+b$.

b) Giả sử $a+c, b+c$ đều là các số nguyên tố. Khi đó:

$c(a+b)=a b \Leftrightarrow c a=a b-b c \Leftrightarrow a(b+c)=b(2 a-c) . $

Và  $b(a+c)=a(2 b-c) .$

Dễ thấy $b+c$ nguyên tố và $b+c>b$ nên $b+c$ và $b$ là nguyên tố cùng nhau; tương tự $a+b$ và $a$ nguyên tố cùng nhau.

Mà $a(b+a)$ chia hết cho $b$, suy ra $a$ chia hết cho $b, b(a+c)$ chia hết cho $a$, suy ra $b$ chia hết cho $a$. Suy ra $a=b=2 c$, suy ra $a+c=b+c=3 c$ không phải là số nguyên tố do $c>1$.

Vậy khi $c>1$ thì $a+c, b+c$ không thể đồng thời là số nguyên tố.

Bài 4. Cho điểm $C$ thay đổi trên nửa đường tròn đường kính $A B=2 R(C \neq A, C \neq B)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $A B ; I$ và $J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $A C H$ và $B C H$. Các đường thẳng $C I, C J$ cắt $A B$ tại $M, N$.

a) Chứng minh $A N=A C, B M=B C$.

b) Chứng minh 4 điểm $M, N, I, J$ cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng $M J, N I$ và $C H$ đồng quy.

c) Tìm giá trị lớn nhất của $\mathrm{MN}$ và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $\mathrm{CMN}$ theo $R$.

 

Lời giải.

a) Ta có $\angle H C B=\angle C A B$ (cùng phụ với $\angle A B C$ ) và $\angle H C A=\angle C B A$ (cùng phụ với $\angle B A C$ ).

Ta có $\angle C A N=\angle N A C+\angle A B C=\angle H A N+\angle A C B=\angle C A N$. Suy ra tam giác $C A N$ cân tại $A$ hay $A N=A C$. Chứng minh tương tự ta có $B M=B C$.

b) Tam giác $C A N$ cân tại $A$ có $A I$ là phân giác nên cũng là trung trực, suy ra $I C=$ $I N$, suy ra $\angle I N C=\angle I C N=\angle I C H+\angle N C H=\frac{1}{2} \angle A C H+\frac{1}{2} \angle B C H=45^{\circ} .$ Tương tự thì $\angle J M C=45^{\circ}$.

Tứ giác $M I J N$ có $\angle J M C=\angle I N C=45^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp, hay $M, N, I, J$ cùng thuộc một đường tròn.

Tam giác $I N C$ cân có $\angle I C N=45^{\circ}$ nên $\angle C I N=90^{\circ}$, suy ra $C I \perp C M$.

Chứng minh tương tự $M J \perp C N$.

Tam giác $C M N$ có $C H, M J, N I$ là các đường cao nên đồng quy.

c) Đặt $A C=b, B C=a$. Ta có $a^{2}+b^{2}=B C^{2}=4 R^{2}$.

Ta có $A N=A C=b, B M=B C=a$.

$A M+B N=B C+M N$, suy ra $M N=a+b-B C=a+b-2 R$.

Ta có $(a+b)^{2} \leq 2\left(a^{2}+b^{2}\right)=8 R^{2}$. Suy ra $a+b \leq 2 \sqrt{2} R$, suy ra $a+b-2 R \leq$ $2 R(\sqrt{2}-1)$.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=R \sqrt{2}$.

Vậy giá trị lớn nhất của $M N$ bằng $2 R(\sqrt{2}-1)$ khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn. Khi đó $S_{C M N}=\frac{1}{2} C H . M N \leq R^{2}(\sqrt{2}-1)$. Đẳng thức xảy ra khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn.

Bài 5. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại.

a) Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5 .

b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn 40 .

Lời giải.

a) Gọi 5 số đó là $a, b, c, d, e$, do các số là phân biệt nên ta có thể giả sử $a<b<c<$ $d<e$.

Theo giả thiết ta có $a+b+c>d+e$, suy ra $a+b+c \geq d+e+1$. Suy ra $a \geq d+e+1-b-c$.

Mặt khác, do $b, c, d, e$ là số tự nhiên nên từ $d>c>b$ ta có $d \geq c+1 \geq b+2$, suy ra $d-b \geq 2$.

$e>d>c$, suy ra $e-c \geq 2$.

Do đó $a \geq(d-b)+(e-c)+1 \geq 5$. Suy ra $b, c, d, e>5$.

Vậy các số đều không nhỏ hơn 5 .

b) Nếu $a \geq 6$, suy ra $b \geq 7, c \geq 8, d \geq 9$, e $\geq 10$, suy ra $a+b+c+d+e \geq 40$ ( vô lý), suy ra $a<6$. Theo câu a ta có $a=5$. Khi đó $b+c+5 \geq d+e+1$, suy ra $b+c \geq d+e-4 .$

Mà $d-2 \geq b, e-2 \geq c$, suy ra $d+e-4 \geq b+c$. Do đó $b=d-2, c=e-2$. Khi đó $a+b+c+d+e=5+2 b+2 c+4<40$. Suy ra $b+c<\frac{31}{2}$. Suy ra $b \geq 7$.

Từ đó ta có $b=6, b=7$.

Nếu $b=6$ ta có $d=8, c=8, e=10$. Ta có bộ $(5,6,7,8,9)$

Nếu $b=7, d=9, c=8, e=10$. Ta có bộ $(5,7,8,9,10)$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TOÁN CHUYÊN – TT STAR EDUCATION 2022

Leave a reply

Bài 1. (2 điểm)

(a) Đặt $x=\sqrt{5}+\sqrt{7}$. Chứng minh $x$ là số vô tỉ và tính giá trị của biểu thức

$P(x)=\left(x^{4}-24 x^{2}+3\right)^{2023}$

(b) Cho hai số nguyên $a>b$ và hai nghiệm $\alpha, \beta$ của phương trình $3 x^{2}+3(a+b) x+4 a b=0$ thoả mãn hệ thức

$(\alpha+1) \alpha+(\beta+1) \beta=(\alpha+1)(\beta+1) .$

Tìm tất cả các giá trị có thể có của $(a, b)$.

Bài 2. (1 điểm) Cho hai số $x, y$ thỏa $4 x^{2}+9 y^{2}=36$. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của

$A=|x-3 y+1|$

Bài 3. (2 điểm)

(a) Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ để $n^{2023}+n^{2}+1$ là số nguyên tố.

(b) Tìm tất cảc các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại các số tự nhiên $a, b, c$ thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=p$ và $a^{4}+b^{4}+c^{4}$ chia hết cho $p$

Bài 4. (3 điểm) Cho tam giác $A B C$ có $\angle A=45^{\circ}$ và $\angle B=15^{\circ}$. Đường tròn tâm $A$ bán kính $A C$ và đường tròn tâm $B$ bán kính $B C$ cắt nhau tại điểm thứ hai là $D$. Đường thẳng $d$ thay đổi qua $C$ cắt $(A)$ tại $M$ và cắt $(B)$ tại $N$; sao cho $C$ nằm giữa $M$ và $N$.

(a) Chứng minh tam giác $D M N$ và $A B C$ đồng dạng. Tìm vị trí của $d$ để $M N$ đạt giá trị lớn nhất.

(b) Tiếp tuyến tại $M$ của $(A)$ và tiếp tuyến tại $N$ của $(B)$ cắt nhau tại $P$. Gọi $K, H$ là hình chiếu của $D$ trên $P M, P N$. Đường thẳng $H K$ cắt $d$ tại $Q$, chứng minh $Q$ thuộc một đường tròn cố định.

(c) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $P M N$, chứng minh $D I < A B \sqrt{3}$.

Bài 5. (2 điểm) Cho một bảng vuông $9 \times 9$, trên các ô vuông có đặt một số con cào cào trên sao cho mỗi ô chỉ đặt nhiều nhất một con.

(a) Nếu không có hai con cào cào nào chung cạnh thì có thể đặt nhiều nhất là bao nhiêu con?

(b) Đặt 65 con cào cào trên bảng vuông, sau mỗi tiếng chuông tất cả các con cào cào nhảy sang ô bên cạnh và quay đầu một góc $90^{\circ}$ để chuẩn bị nhảy sang hướng đó. Chứng minh rằng sau một vài tiếng chuông thì sẽ có 2 con cào cào vào cùng một ô.

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1 (a)

• Giả sử $\sqrt{5}+\sqrt{7}$ là số hữu tỉ, khi đó $\sqrt{5}+\sqrt{7}=\frac{p}{q}$, trong đó $p, q \in \mathbb{N}^{*}$ và $(p, q)=1$.

Suy ra $12+2 \sqrt{35}=\frac{p^{2}}{q^{2}} \Rightarrow\left(p^{2}-12 q^{2}\right)^{2}=140 q^{4}$.

Nếu $q=1$ thì $p=\sqrt{5}+\sqrt{7} \notin \mathbb{N}^{*}$ (Vô lí).

Do đó $q>1$, gọi $k$ là ước nguyên tố bất kì của $q$. Từ $(1)$ suy ra $\left(p^{2}-12 q^{2}\right)^{2} \vdots k \Rightarrow$ $p \vdots k$.

Điều này mâu thuẫn với $(p, q)=1$. Vậy $\sqrt{5}+\sqrt{7}$ là số vô tỉ.

  • $x=\sqrt{5}+\sqrt{7} \Rightarrow x^{2}=12-2 \sqrt{35} \Rightarrow\left(x^{2}-12\right)^{2}=140 \Rightarrow x^{4}-24 x^{2}=-4$.

Do đó $p(x)=\left(x^{4}-24 x^{2}+3\right)^{2023}=(-4+3)^{2023}=-1$.

b) Vì phương trình có hai nghiệm nên
$$
\Delta=9(a+b)^{2}-48 a b=3(a-3 b)(3 a-b) \geq 0 \Leftrightarrow\left[\left\{\begin{array} { l }
{ a – 3 b \geq 0 } \\
{ 3 a – b \geq 0 } \\
{ a – 3 b \leq 0 } \\
{ 3 a – b \leq 0 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
a \geq 3 b \\
3 a \geq b \\
a \leq 3 b \\
3 a \leq b
\end{array}\right.\right.\right.
$$
Nếu $\left\{\begin{array}{l}a \leq 3 b \\ 3 a \leq b\end{array} \Rightarrow 4 a \leq 4 b \Rightarrow a \leq b\right.$ (Vô lí). Do đó $\left\{\begin{array}{l}a \geq 3 b \\ 3 a \geq b\end{array}\right.$.

Khi đó

Khi đó

$(\alpha+1) \beta+(\beta+1) \alpha=(\alpha+1)(\beta+1) \Leftrightarrow \alpha^{2}+\beta^{2}=\alpha \beta+1$

$\Leftrightarrow(\alpha+\beta)^{2}=3 \alpha \beta+1$

$\Leftrightarrow(a+b)^{2}=4 a b+1$

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

$\Leftrightarrow a-b=1$ do  $a>b$ .\

Mà $\left\{\begin{array}{ l }{ a \geq 3 b } \\{ 3 a \geq b } \end{array} \right.$ nên

$\left\{\begin{array}{ l } b + 1 \geq 3 b  \\ 3 ( b + 1 ) \geq b  \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} b \leq \frac{1}{2} \\ b \geq-\frac{3}{2} \end{array} \right.$

$\Rightarrow b \in{0 ;-1}$

Vậy $(a, b)=\{(1 ; 0),(0 ;-1)\}$Thử lại thỏa.

Bài 2

  • Với $x=\frac{4 \sqrt{11}-1}{15}$ và $y=\frac{4+4 \sqrt{11}}{15}$ thì $4 x^{2}+9 y^{2}=36$ và $x=3 y-1$. Dẫn đến $A=0$, từ đây ta suy ra $\min A=0$.

  • Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có

$|x-3 y+1| \leq \sqrt{\left(\frac{1}{4}+1+\frac{1}{t}\right)\left(4 x^{2}+9 y^{2}+t\right)}=\sqrt{\left(\frac{5}{4}+t\right)(36+t),} \text { với } t>0$

Dấu “=” xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}\frac{2 x}{\frac{1}{2}}=\frac{-3 y}{1}=\frac{\sqrt{t}}{1} \\ \frac{1}{\sqrt{t}} \\ 4 x^{2}+9 y^{2}=36\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=\frac{t}{4} và y=-\frac{t}{3} \\ \frac{t^{2}}{4}+t^{2}=36\end{array}\right.\right.$

Từ đây, ta giải được $t^{2}=\frac{144}{5} \Rightarrow t=\frac{12 \sqrt{5}}{5}$.

Do đó, chọn $x=\frac{t}{4}=\frac{3 \sqrt{5}}{5}$ và $y=-\frac{t}{3}=-\frac{4 \sqrt{5}}{5}$. Khi đó $4 x^{2}+9 y^{2}=36$ và

$|x-3 y+1|=\sqrt{\left(\frac{5}{4}+t\right)(36+t)}=\sqrt{46+6 \sqrt{5}}=3 \sqrt{5}+1 .$

Như vậy, $\max A=3 \sqrt{5}+1$.

Bài 3 (a)

  • Với $n=0$ thì $n^{2023}+n^{2}+1=1$ không là số nguyên tố. (Loại)

  • Với $n=1$, ta có $n^{2023}+n^{2}+1=3$ là số nguyên tố. (Nhận)

  • Với $n \geq 2$, ta có $n^{2023}+n^{2}+1=n^{2023}-n+n^{2}+n+1$.

Mà $n^{2023}-n=n\left(n^{2022}-1\right) \vdots n^{3}-1 \vdots n^{2}+n+1$.

Do đó $n^{2023}+n^{2}+1 \vdots n^{2}+n+1$.

Hơn nữa, vì $n \geq 2$ nên $n^{2023}+n^{2}+1>n^{2}+n+1$ và $n^{2}+n+1>1$, suy ra $n^{2023}+n^{2}+1$ là hợp số.

Vậy giá trị cần tìm là $n=1$.

(b) Với $p=2$, khi đó chọn $a=b=1, c=0$ thì $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2=p$ và $a^{4}+b^{4}+c^{4}=2 \vdots p$. Với $p>2$, giả sử tồn tại các số tự nhiên $a, b, c$ thỏa

$a^{2}+b^{2}+c^{2}-p \text { và } a^{4}+b^{4}+c^{4} \vdots p .$

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a \geq b \geq c \geq 0$.

Hơn nữa, $a^{2}+b^{2}+c^{2}=p>0$ nên $a>0$

Mặt khác,

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

$\quad\quad\quad\quad\quad =p^{2}-2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right) \vdots p$

$\Rightarrow 2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right) \vdots p \Rightarrow a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2} \vdots p$ (do $p$ lẻ) (1)

Ngoài ra,

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

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\left(p-b^{2}-c^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}\right)+b^{2} c^{2} \vdots p$

Kết hợp với $(1)$, suy ra $b^{2} c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}\right)^{2}=-\left(b^{2}+c^{2}-b c\right)\left(b^{2}+c^{2}-b c\right) \vdots p \Rightarrow$

$\left[\begin{array}{c}b^{2}+c^{2}-b c \vdots p \\ b^{2}+c^{2}+b c \vdots p\end{array}\right.$. Nếu $b=c=0$ thì $a^{2}=p$ (Vô lí).

Do đó trong $b$ và $c$ luôn có một số lớn hơn 0 , suy ra $b^{2}-b c+c^{2}>0$ và $b^{2}+c^{2}+b c>0$.

Mà $b^{2}-b c+c^{2} \leq b^{2}+b c+c^{2} \leq b^{2}+a^{2}+c^{2}=p$, như vậy,

$\left[\begin{array} { l }{ b ^ { 2 } + c ^ { 2 } – b c \vdots p } \\{ b ^ { 2 } + c ^ { 2 } + b c \vdots p }\end{array} \Rightarrow \left[\begin{array}{l}b^{2}+c^{2}-b c=p \\b^{2}+c^{2}+b c=p\end{array}\right.\right.$

  • Nếu $b^{2}+c^{2}-b c=p$, suy ra $a^{2}=-b c$ (Vô lí).

  • Nếu $b^{2}+c^{2}+b c=p$, suy ra $b c=a^{2} \Rightarrow a=b=c$. (Do $a \geq b \geq c$ )

Khi đó $p=3 a^{2} \vdots 3 \Rightarrow p=3$.

Thử lại, với $p=3$, ta chọn $a=b=c=1$ thì $a^{2}+b^{2}+c^{2}=a^{4}+b^{4}+c^{4}=p$ (Nhận).

Vậy các giá trị cần tìm là $p=2$ và $p=3$.

Bài 4

(a)

  • Vì $C D$ là dây cung chung của $(A)$ và $(B)$ nên $A B$ là đường trung trực của $C D$. Khi đó $\widehat{C A D}=90^{\circ}$ và $\widehat{C B D}=30^{\circ}$.

Suy ra $\widehat{C M D}=\frac{1}{2} \widehat{C A D}=45^{\circ}=\widehat{C A B}$ và $\widehat{C N D}=\frac{1}{2} \widehat{C B D}=15^{\circ}=\widehat{C B A}$. Do đó $\triangle D M N \sim \triangle C A B$.

  • Từ $\triangle D M N \sim \triangle C A B$, dẫn đến $\frac{M N}{A B}=\frac{D M}{A C}$. $\Rightarrow M N=\frac{D M}{A C} \cdot A B \leq \frac{2 A C}{A C} \cdot A B=2 A B .$

Dấu “=” xảy ra khi $D M$ là đường kính của $(A)$.

Hơn nữa, do $D$ là điểm đối xứng với $C$ qua $A B$ nên $D$ là điểm cố định. Vậy giá trị lớn nhất của $M N$ là $2 A B$ khi $d$ đi qua $C L$ với $D L$ là đường kính của $(A)$.

(b) $\mathrm{Ta}$ có $\widehat{M P N}=180^{\circ}-\widehat{P M N}-\widehat{P N M}=180^{\circ}-\widehat{M D C}-\widehat{N D C}=180^{\circ}-\widehat{M D N}$. $\Rightarrow \widehat{M P N}+\widehat{M D N}=180^{\circ}$.

Do đó tứ giác $P M D N$ nội tiếp.

Mặt khác, ta có $D N \perp P N, D K \perp P M$ nên $H K$ là đường thẳng Simson của tam giác $P M N$, hơn nữa, $H K$ cắt $M N$ tại $Q$, ta suy ra $D Q \perp M N$.

Do đó $\widehat{C Q D}=90^{\circ}=\widehat{C A D} \Rightarrow$ Tứ giác $Q C D A$ nội tiếp hay $Q$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $A C D$ cố định.

(c) Ta có $\widehat{M P N}=180^{\circ}-\widehat{M D N}=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ} \Rightarrow \widehat{M I N}=120^{\circ}$. Dựng $I S \perp M N(S \in M N)$, khi đó $I M=\frac{M S}{\sin 60^{\circ}}=\frac{M N}{2 \sin 60^{\circ}}=\frac{M N}{\sqrt{3}} \leq \frac{2 A B}{\sqrt{3}} < A B \sqrt{3}$.

Hơn nữa, tứ giác $P M D N$ nội tiếp nên $D I=I M<A B \sqrt{3}$.

Bài 5

(a) Ta thấy 2 ô vuông liên tiếp chỉ có nhiều nhất 1 con cào cào, do đó chi bảng vuông thành 40 hình vuông $1 \times 2$ và 1 ô vuông ở góc, trong mỗi hình domino thì có nhiều nhất 1 con cào cào nên số con cào cào nhiều nhất là 41 con, một cách đặt thỏa đề bài là đặt xen kẽ như bàn cờ.

(b) Tô bảng $9 \times 9$ bởi các màu đỏ, xanh, trắng xen kẽ lên bảng như hình bên dưới.

Ta chứng minh rằng khi đặt 65 con cào cào trên bảng vuông thì sẽ có thời điểm mà số con cào cào nằm trên các ô vuông được tô màu không nhỏ hơn 33 con.

Thật vậy, giả sử ban đầu số cào cào trên các ô vuông được tô màu nhỏ hơn 33 con, khi đó số cào cào trên các ô vuông trắng không ít hơn 33 con. Sau tiếng chuông đầu tiên, số cào cào ban đầu nằm trên các ô trắng thì đều nhảy sang các ô xanh hoặc đỏ và ngược lại. Như vậy, tổng số cào cào nằm trên các ô vuông xanh và đỏ không nhỏ hơn 33 con. Ta gọi thời điểm này là $A$.

Tại thời điểm $A$, có ít nhất 33 con cào cào nằm trên 20 ô vuông đỏ và 16 ô vuông xanh. Giả sử lúc này vẫn chưa có 2 con cào cào cào nằm trên cùng 1 ô. Như vậy, số cào cào trên các ô vuông xanh không vượt quá 16 và số cào cào trên các ô vuông đỏ không ít hơn $17 .$

Mặt khác, ta có nhận xét rằng cứ sau 2 tiếng chuông, nếu con cào cào ban đầu nằm trên ô đỏ thì sẽ nhảy vào ô xanh.

Như vậy, sau 2 tiếng chuông tính từ thời điểm $A$ thì sẽ có không ít hơn 17 con cào cào trên các ô đỏ đã nhảy hết vào 16 ô xanh. Khi đó chắc chắn có 1 ô xanh chứa 2 con cào cào. Hoàn tất chứng minh.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN – TT STAR EDUCATION 2022

Leave a reply

Bài 1. (1,5 điểm) Cho $x=\sqrt{3}+\sqrt{2}$ và $y=\sqrt{2}-\sqrt{3}$.

a) Tính giá trị của biểu thức $A=x^{2}-y^{2}$.

b) Đặt $B=\left(x^{2}-5\right)^{2}+\left(y^{2}-5\right)^{2}$, rút gọn $\sqrt{19-2 \sqrt{B}}$.

Bài 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: $\sqrt{3 x^{2}-x-1}=2 x-1$.

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2022 x^{2}+2023 y^{2}=4045 \\ 2023 x^{2}-2022 y^{2}=1\end{array}\right.$.

Bài 3. (1,5 điểm) Cho parabol $(P): y=-x^{2}$ và đường thẳng $(d): y=-(2 m+1) x+3+m^{2}$.

a) Tìm $m$ để $(P)$ và $(d)$ cắt nhau.

b) Gọi $M\left(x_{1} ; y_{1}\right), N\left(x_{2} ; y_{2}\right)$ là giao điểm của $(P)$ và $(d)$.

Tìm $m$ dể $2 m x_{1}+x_{2}+y_{1}-2 y_{2}=-m^{2}+14 m+12$.

Bài 4. (2,0 điểm)

a) Hai lớp 10 Toán – Tin của trường PTNK có tổng cộng 80 học sinh. Hết học kì một, 3 học sinh lớp 10 Toán chuyển sang lớp 10 Tin nên số học sinh 10 Toán bằng $\frac{9}{7}$ số học sinh lớp 10 Tin. Hỏi lúc đầu mỗi lớp có bao nhiêu học sinh.

b) Trong một cuộc khảo sát về sở thích chơi bóng đá và tennis của một nhóm học sinh cho kết quả như sau: số học sinh chỉ thích chơi bóng đá gấp 3 lần số học sinh thích chơi tennis. Sau khi phỏng vấn thêm ba bạn và ba bạn đó thích chơi cả hai môn thì tổng số bạn được phỏng vấn gấp 3 lần số bạn thích cả hai môn. Hỏi ban đầu có bao nhiêu bạn chỉ thích chơi bóng đá, chỉ thích chơi tennis và thích chơi cả hai môn? Biết có ít nhất một bạn chỉ thích chơi tennis.

Bài 5. (3,0 điểm) Cho tam giác $A B C$ vuông cân tại $A$ và $A B=a, I$ là trung điểm $A C$, đường tròn tâm $O$ ngoại tiếp tam giác $A B C$.

a) Tính $B C, B I$ và bán kính của $(O)$ theo $a$.

b) Trên tia đối của $I B$ lấy điểm $D$ sao cho $I D=I B . B D$ cắt $(O)$ tại $E$ khác $B$. Tính $A D$ và chứng minh $A D$ là tiếp tuyến của $(O)$.

c) Vẽ $A H \perp B D$ với $H$ thuộc $B D$. Tứ giác $A H C E$ là hình gì? Tính $\angle C H D$.

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1.

a) Với $x=\sqrt{3}+\sqrt{2}$ và $y=\sqrt{2}-\sqrt{3}$, ta có: $A=(\sqrt{3}+\sqrt{2})^{2}-(\sqrt{2}-\sqrt{3})^{2}=4 \sqrt{6}$.

b) Với $x=\sqrt{3}+\sqrt{2}$ và $y=\sqrt{2}-\sqrt{3}$, ta có:

$B=\left((\sqrt{3}+\sqrt{2})^{2}-5\right)^{2}+\left((\sqrt{2}-\sqrt{3})^{2}-5\right)^{2}=48  Suy ra  \sqrt{19-2 \sqrt{B}}=4-\sqrt{3} .$

Bài 2.

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

$\Leftrightarrow 3 x^{2}-x-1=(2 x-1)^{2}\left(Đ K: x \geq \frac{1}{2}\right)$

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

Vậy $S=(1 ; 2)$

b) $\left\{\begin{array}{l}2022 x^{2}+2023 y^{2}=4045 \\ 2023 x^{2}-2022 y^{2}=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}=1 \\ y^{2}=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=-1 \\ x=-1 \\ y=1 \\ x=-1 \\ y=-1\end{array}\right.\right.\right.$

Bài 3.

a) ĐK: $m \neq-\frac{1}{2}$

Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(d): x^{2}-(2 m+1) x+3+m^{2}=0 (1)$ $(P)$ và $(d)$ cắt nhau $\Leftrightarrow \Delta>0 \Leftrightarrow 4 m-11>0 \Leftrightarrow m>\frac{11}{4}$

Vậy $m>\frac{11}{4}$.

b) Với $m>\frac{11}{4}$ và $x_{1}, x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình (1), ta có:

$S=x_{1}+x_{2}=2 m+1 ; P=x_{1} x_{2}=m^{2}+3 ; $

$y_{1}=-(2 m+1) x_{1}+3+m^{2} ; $

$y_{2}=-(2 m+1) x_{2}+3+m^{2}$

Ta có: $2 m x_{1}+x_{2}+y_{1}-2 y_{2}=-m^{2}+14 m+12$

$\Leftrightarrow 2 m x_{1}+x_{2}-(2 m+1) x_{1}+3+m^{2}+2(2 m+1) x_{2}-6-2 m^{2}=-m^{2}+14 m+12$

$\Leftrightarrow-x_{1}+(4 m+3) x_{2}=14 m+15 $

$\Leftrightarrow-\left(x_{1}+x_{2}\right)+4(m+1) x_{2}=14 m+15 $

$\Leftrightarrow-2 m-1+4(m+1) x_{2}=14 m+15 $

$\Leftrightarrow 4(m+1) x_{2}=16(m+1) \Leftrightarrow x_{2}=4$

Với $x_{2}=4$ thay vào $(1)$ ta được: $m^{2}-8 m+15=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{ll}m=5  (n) \\ m=3  (n)\end{array}\right.$

Vậy $m=3$ hoặc $m=5$.

Bài 4.

a) Gọi $x, y$ (học sinh) lần lượt là số học sinh mỗi lớp lúc đầu.

Tổng số học sinh là 80 nên $x+y=80$

Hết học kì 1 , lớp toán có $x-3$ học sinh, lớp Tin có $y+3$

Số học sinh lớp Toán bằng $\frac{9}{7}$ số học sinh lớp Tin nên $x-3=\frac{9}{7}(y+3) \Leftrightarrow x-\frac{9}{7} y=\frac{48}{7}$

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y=80 \\ x-\frac{9}{7} y=\frac{48}{7}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=48 \\ y=32\end{array}\right.\right.$

Vậy ban đầu lớp Toán có 48 học sinh và lớp Tin có 32 học sinh.

b) Gọi $x$ là số bạn chỉ thích chơi tennis; $y$ là số bạn thích chơi cả hai môn. $(x, y \in \mathbb{N})$

Số bạn chỉ thích chơi bóng đá gấp 3 lần số bạn thích chơi tennis nên số bạn chỉ thích bóng đá là: $3(x+y)$.

Khi có thêm 3 bạn thích chơi cả hai môn thì tổng số bạn gấp 3 lần số bạn thích chơi cả hai môn nên: $3(x+y)+x+y+3=3(y+3) \Leftrightarrow 4 x+y=6$.

Vì có ít nhất một bạn chỉ thích chơi tennis nên $x \geq 1$ mà $4 x+y=6 \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=2\end{array}\right.$.

Vậy có 9 bạn chỉ thích chơi bóng đá, 1 bạn chỉ thích chơi tennis và 2 bạn thích chơi cả hai môn.

Bài 5.

a)  $\triangle A B C$ vuông cân tại $A$ nên $A B=A C=a \Rightarrow A I=\frac{a}{2}$ và $O$ là trung điểm của $B C$

$B C^{2}=A B^{2}+A C^{2}=2 a^{2} \Rightarrow B C=a \sqrt{2}$

  • Bán kính đường tròn tâm $O$ là $O B=O C=\frac{a \sqrt{2}}{2}$

  • $\triangle A B I$ vuông tại $A$ nên $B I^{2}=A B^{2}+A I^{2}=\frac{5 a^{2}}{4} \Rightarrow B I=\frac{a \sqrt{5}}{2}$

b)  Tứ giác $A B C D$ có $I$ là trung điểm của $A C$ và $B D$ $\Rightarrow A B C D$ là hình bình hành $\Rightarrow A D=B C=a \sqrt{2}$

  • $\triangle A B C$ vuông cân tại $A$ có $O$ là trung diểm $B C$

$\Rightarrow A O \perp B C$ mà $A D / / B C$ (do $A B C D$ là hình bình hành)

$\Rightarrow A O \perp A D \Rightarrow A D$ là tiếp tuyến của $(O)$.

c) $\angle B E C$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\Rightarrow \angle B E C=90^{\circ}$

Ta có: $A H \perp B D$ và $C E \perp B D$ (do $\left.\angle B E C=90^{\circ}\right) \Rightarrow A H / / C E$. (1)

Tứ giác $A B C D$ là hình bình hành nên $A B=C D$ và $\angle C D B=\angle A B D$.

Xét $\triangle A H B$ và $\triangle C E D$ lần lượt vuông tại $H$ và $E$ có:

$A B=C D$ và $\angle A B H=\angle C D E(\mathrm{cmt})$

$\Rightarrow \triangle A H B=\triangle C E D$ (ch.gn) $\Rightarrow A H=C E$. (2)

Từ (1) và $(2)$ suy ra tứ giác $A H C E$ là hình bình hành.

  • Tứ giác $A H C E$ là hình bình hành suy ra $\angle C H D=\angle A E B=\angle A C B=45^{\circ}$.