Tag Archives: DapAn

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

ĐỀ BÀI

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

LỜI GIẢI

Bài 1.  Xét phương trình: $x^2 +ax +3=0 \quad (1)$, ta có: $\Delta_1 = a^2-12$. Xét phương trình: $x^2 +bx +5=0 \quad (2)$, ta có: $\Delta_2 = b^2-20$ Ta có: $\Delta_1 + \Delta_2 = a^2 + b^2 -32 \ge 2ab -32 \ge 0$ Vậy trong hai số $\Delta_1$ và $\Delta_2$ có ít nhất một số không âm hay một trong hai phương trình đã cho có nghiệm. Dễ thấy $x_0 \ne 0$.
  • $(1) \Leftrightarrow -a=\dfrac{x_0^2+3}{x_0} \Leftrightarrow |a|=\dfrac{x_0^2+3}{|x_0|}$ $(2) \Leftrightarrow -b=\dfrac{x_0^2+5}{x_0} \Leftrightarrow |b|=\dfrac{x_0^2+5}{|x_0|}$
  • Suy ra $|a|+|b|= 2|x_0| + \dfrac{8}{|x_0|} \ge 2\sqrt{2|x_0| \cdot \dfrac{8}{|x_0|}} =8 $
Dấu $”=”$ xảy ra khi và chỉ khi: $x_0^2=4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x_0 =2 \\ x_0 = -2 \end{array} \right. $ Với $x_0=2$ hoặc $x_0=-2$, lần lượt giải được $a=\dfrac{7}{2}; \, b= \dfrac{9}{2}$ hoặc \ $a=-\dfrac{7}{2}; \, b=- \dfrac{9}{2}$ Vậy giá trị nhỏ nhất của $|a|+|b|$ là 8 khi $a=\dfrac{7}{2}; \, b= \dfrac{9}{2}$ hoặc $a=-\dfrac{7}{2}; \, b=- \dfrac{9}{2}$ Bài 2. a) Ta nhận thấy 1 số chính phương $m=a^2$ khi chia cho 3 thì có số dư lần lượt là 0 hoặc 1. Nên tổng 2 số chính phương nếu chia hết cho 3 thì mỗi số đều phải chia hết cho 3. Quay lại bài toán, do $n$ chẵn nên $23^n$ và $y^2$ đều là các số chính phương mà $23^n +y^2 =3x^2\ \vdots \ 3 \Rightarrow 23^n\ \vdots \ 3$ (vô lí) Vậy $n$ chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. b) Do $n$ lẻ $\Rightarrow n=2k+1$ ($k\in \mathbb{N^*}$) Xét $\left\{ \begin{array}{l} x=3\cdot 23^k\\ y=2\cdot 23^k \end{array}\right. $ $\Rightarrow 3x^2-y^2=23^{2k+1}=23^n$ Vậy phương trình có nghiệm nguyên Bài 3.
a) Ta có $\angle BAE + \angle EAF = 90^\circ$ và $\angle CAF + \angle EAF = 90^\circ$. Suy ra $\angle BAE = \angle CAF$. $\triangle ABE \backsim \triangle ACF$, suy ra $AE \cdot AC = AB \cdot AF$ Gọi $I$ là giao điểm của $BE$ và $CF$. Khi đó $AI$ là đường kính của $O$. Tứ giác $AEIF$ là hình bình hành, $O$ là trung điểm $AI$ nên là trung điểm $EF$. b) Các tứ giác $ADBE, ADFC$ nội tiếp. Khi đó $\angle ADB = \angle AEB = \angle AFC = \angle ACD$. $\angle ABD = \angle AEC = \angle IFE = \angle AFC = \angle ADC$. Suy ra $\triangle ADB \backsim \triangle ACDA$. (g.g) Ta có $\angle BDC = 2 \angle ADB = 2 \angle AEB = 2 \angle EIF = \angle BOC$. Suy ra tứ giác $BDOC$ nội tiếp. $D$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $BOC$ cố định. c)  Gọi $S$ là giao điểm của $AD$ và $(BOC$), ta có $\angle OBS = \angle ODS = 90^\circ$. Suy ra $OS$ là đường kính của $(BOC$, do đó $S$ cố định. $AD$ qua $S$ cố định và $SB, SC$ là tiếp tuyến của $(O)$. Khi đó $\triangle SAB \backsim \triangle SGB$, suy ra $\dfrac{AB}{BG} = \dfrac{SB}{SG}$ tương tự thì $\dfrac{AC}{GC} = \dfrac{SC}{SG}$. Mà $SB = SC$, nên $\dfrac{AB}{BG} = \dfrac{AC}{CG}$, suy ra $GB \cdot AC = GC \cdot AB$. Dễ thấy $D$ là trung điểm của $AG$. d) Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Ta chứng minh $A, M, K$ thẳng hàng. Ta chứng minh được $\angle DAE = \angle KAF$ ($\angle 90^\circ – \angle AED$). Gọi $T$ là trung điểm $CG$. Ta có $\triangle ACD \backsim \triangle BCG$ suy ra $\triangle ABC \backsim \triangle DCG$. Từ đó ta có $\triangle ACM \backsim \triangle DCT$. Khi đó $\angle CAM = \angle CDT = \angle ACD = \angle BAD$. Mà $\angle CAM = \angle CAF + \angle FAM$ và $\angle BAD = \angle BAE + \angle EAD$. Suy ra $\angle FAM = \angle EAD = \angle FAK$. Vậy $A, M, K$ thẳng hàng. $AK$ qua trung điểm $M$ của $BC$ cố định. Bài 4.  a) $k\ \vdots \ 105 \Rightarrow k$ chia hết cho 3, 5, 7 $\Rightarrow k=3^n\cdot 5^m \cdot 7^p$ với $m$, $n$, $p$ nguyên dương $\Rightarrow $ có $13\cdot 7\cdot 20 =1820$ cách. b) Giả sử $B$ là tập hợp 9 số nguyên dương $a_i$, $i=\overline{1,9}$\ với $a_i=3^{n_i}\cdot 5^{m_i}\cdot7^{p_i}$ trong đó $0\le n_i\le 13$; $0\le m_i\le 7$ và $0\le p_i\le 20$ Do $B$ có 9 phân tử. Xét nguyên lý Dirichlet với tập các số $n_i$ thì ta có ít nhất 5 số hạng $a_i$ sao cho các số mũ $n_i$ của 3 tương ứng cùng tính chẵn lẻ. Xét tiếp nguyên lý Dirichlet 5 số này cho số mũ $m_i$ của 5 tương ứng thì ta có ít nhất 3 số mà số mũ $m_i$ cũng cùng tính chẵn lẻ. Với 3 số còn lại này ta cũng xét nguyên lý Dirichlet cho số mũ $p_i$ của 7 thì ta sẽ có ít nhất 2 số cũng tính chẵn lẻ. Do 2 số được chọn này có số mũ cùng tính chẵn lẻ với cả các số 3, 5 và 7 nên tích chúng lại sẽ là số chính phương. Bài 5.  Điều kiện $x, y, z > 0$ hoặc $x, y, z < 0$. Từ hệ ta có $x + \sqrt{xz} + \sqrt{xy} = k\sqrt{yz} (1), y + \sqrt{yz} + \sqrt{yz} = k\sqrt{xz} (2), z +\sqrt{zx}+\sqrt{zy} = k\sqrt{xy} (3)$. a) Khi $k = 1$ ta có $x + \sqrt{xz} + \sqrt{xy} = \sqrt{yz} (1), y + \sqrt{yz} + \sqrt{yz} = \sqrt{xz} (2), z +\sqrt{zx}+\sqrt{zy} = \sqrt{xy} (3)$.
  • Nếu $x, y, z > 0$ thì cộng (3) phương trình ta có vô lí.
  • Nếu $x, y, z < 0$. Cộng 3 phương trình ta có $x+y+z +\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{zy} = 0 \Leftrightarrow (\sqrt{-x}-\sqrt{y})^2 +(\sqrt{-y}-\sqrt{-z})^2+(\sqrt{-x}-\sqrt{-z})^2 = 0$, do đó $x=y=z$.
  • Thử lại thấy bộ $(x,y,z)$ mà $x=y=z <0$ thỏa hệ phương trình.
b) Giả sử $k\geq 2, k = 3$ thì hệ có nghiệm $(x,y,z)$. Từ hệ ta có $x+y+z = (k-2)(\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{yz}) \geq 0, suy ra $x, y, z > 0$. Giả sử $x = \max{x,y,z}$, ta có $k = \dfrac{x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}}{\sqrt{yz}} \geq 3$. $k = \dfrac{z+\sqrt{xz}+\sqrt{yz}}{\sqrt{xy}} \leq 3$. Do đó $k = 3$ (vô lí). Vậy hệ vô nghiệm khi $k \geq 2 $ và $k \neq 3$.

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

ĐỀ BÀI

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI

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

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

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

Bài 1. (1,5 điểm) 

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Bài 3. (1,5 điểm) 

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

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

Bài 4. (1,5 điểm) 

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

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

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

Bài 5.  (3 điểm) 

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

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

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

Bài 6. (1,5 điểm) 

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

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

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

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

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

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

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

Đề thi và đáp án thi chọn đội dự tuyển trường PTNK năm học 2016-2017

Leave a reply

ĐỀ BÀI

Bài 1. Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{x^4}{x^3+y^2+z^2}+\dfrac{y^4}{y^3+z^2+x^2}+\dfrac{z^4}{z^3+x^2+y^2}\ge \dfrac{1}{7}.$$

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f:N^* \rightarrow  N^*$ thoả mãn đồng thời các điều kiện:

i)  $ f(mn)=f(m)f(n) \forall m,n \in N^* $.
ii) $f(m)+f(n)$ chia hết cho $m+n$, $\forall m,n \in N^* $.
iii) $f(2017)=2017^3$.

Bài 3.  Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định. $C$ là một điểm thay đổi trên cung lớn $AB$ sao cho tam giác $ABC$ nhọn. Gọi $I,I_a,I_b$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp $\angle BAC$ và $\angle ABC$ của tam giác $ABC$.
a) Gọi $M$ đối xứng với $I$ qua $O$. Chứng minh rằng tam giác $MI_{a}I_{b}$ cân.
b) Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $I_a,I_b$ trên $OI$. Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $BI_a$ và đường thẳng qua $K$ vuông góc với $AI_b$ cắt nhau tại $P$. Chứng minh rằng $P$ thuộc một đường cố định khi $C$ thay đổi.

Bài 4.  Cho $S$ là tập hợp khác rỗng và $A_1,A_2,\ldots,A_m\ (m\ge 2)$ là $m$ tập con của $S$. Gọi $\mathcal T$ là tập hợp gồm tất cả các tập hợp $A_i\Delta A_j\ (1\le i,j \le m$). Chứng minh rằng $|\mathcal T| \ge m$. \medskip

(Ký hiệu $A\Delta B=(A\backslash B)\cup (B\backslash A)$ là hiệu đối xứng của hai tập hợp $A,B$).

 

Đề và đáp thi chọn đội dự tuyển PTNK năm học 2017 – 2018

Leave a reply

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb R \rightarrow \mathbb R $ thỏa mãn:
$$f(3f(x)+2y)=10x+f(f(y)+x),\ \forall x,y \in \mathbb R.$$

Bài 2.  Cho tam giác $ABC$ nhọn. Các điểm $D,E$ thay đổi trên cạnh $BC$ sao cho $\angle BAD = \angle CAE$ và $D$ nằm giữa $B,E$. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABD,ACE$ cắt nhau tại điểm $M$ khác $A$.
a)  Chứng minh rằng phân giác góc $\angle DME$ luôn đi qua một điểm cố định.
b) Gọi $I$ và $K$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $ABM,ACM$. Chứng minh rằng đường thẳng $IK$ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 3.  Cho $n\ge 3$ là số nguyên dương và $2n$ số thực dương $x_1,x_2,\ldots,x_n,y_1,y_2,\ldots,y_n$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) $0< x_1y_1<x_2y_2<\ldots< x_ny_n$.
ii) $x_1+x_2+\cdots+x_k \ge y_1+y_2+\cdots+y_k\ \forall k \in {1,2,\ldots,n }$.

Chứng minh rằng $\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\ldots+\dfrac{1}{x_n} \le \dfrac{1}{y_1}+\dfrac{1}{y_2}+\ldots+\dfrac{1}{y_n}$.

Bài 4. Cho $S$ là tập hợp khác rỗng có hữu hạn phần tử. Kí hiệu $P(S)$ là tập hợp tất cả các tập con của $S$. Giả sử $f: P(S) \rightarrow P(S)$ là ánh xạ có tính chất sau: với mọi $X,Y \in P(S)$, nếu $X \subset Y$ thì $f(X) \subset f(Y)$.

Chứng minh rằng có tập hợp $T \in P(S)$ để $f(T) = T$.

Giải

Bài 1. 

Thay $y=-\frac{2f(x)}{3}$, ta có
$$f(0)=10x+f\left( f\left( -\frac{2f(x)}{3} \right)+x \right)$$
nên dễ thấy rằng $f$ toàn ánh vì $f(0)-10x$ nhận giá trị trên $\mathbb{R}.$
Giả sử tồn tại $a,b\in \mathbb{R}$ sao cho $f(a)=f(b).$ Thay $y$ lần lượt bởi $a,b,$ ta có
$$f(3f(x)+2a)=f(3f(y)+2b).$$
Vì tính toàn ánh nên có thể thay $3f(x)\to x$, tức là $f(x+2a)=f(x+2b)$ nên $f$ tuần hoàn chu kỳ $T=2(a-b).$ Khi đó, ta có $f(x)=f(x+T),\forall x\in \mathbb{R}.$

Trong đề bài, thay $x\to x+T$ thì
$f(3f(x)+2y)=10x+10T+f(2f(y)-x)$ nên $T=0.$ Suy ra $f$ đơn ánh. Cuối cùng, cho $x=0$ thì
$f(3f(0)+2y)=f(f(y))$ nên
$$3f(0)+2y=f(y)\Leftrightarrow f(y)=2y+\frac{3}{2}f(0),\forall y.$$
Thay $y=0,$ ta có ngay $f(0)=0$ nên $f(y)=2y.$ Thử lại ta thấy thỏa.

Vậy hàm số $f(x)$ cần tìm là $f(x)=2x,\forall x.$

Bài 2.

(a) Do tứ giác $ABDM,ACEM$ nội tiếp nên $\angle DAB=\angle DMB,\angle EAC=\angle EMC$, mà $\angle DAB=\angle EAC$ nên ta có $\angle DMB=\angle EMC.$ Ta sẽ chứng minh bổ đề sau

Bổ đề (hệ thức Steiner) $\frac{DB}{DC}\cdot \frac{EB}{EC}=\frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}$.

Thật vậy, kẻ đường tròn$(ADE)$ cắt $AB,AC$ tại $X,Y.$ Khi đó, ta có $DX=EY$ (vì cùng chắn các cung bằng nhau), suy ra $XY\parallel DE$.
Áp dụng phương tích từ các điểm $B,C$ đến đường tròn $(ADE)$ thì
$$BD\cdot BE=BX\cdot BA \text{ và } CE\cdot CD=CY\cdot CA$$
nên suy ra $$\frac{BD\cdot BE}{CE\cdot CD}=\frac{AB}{AC}\cdot \frac{BX}{CY}=\frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}.$$
Áp dụng bổ đề này vào tam giác $BMC$ với hai điểm $D,E.$ Ta cũng có $$\frac{DB}{DC}\cdot \frac{EB}{EC}=\frac{M{{B}^{2}}}{M{{C}^{2}}}.$$ Từ đó suy ra $\frac{MB}{MC}=\frac{AB}{AC}$. Gọi $MS$ là phân giác của $\angle DME$ với $S\in BC.$ Suy ra $MS$ cũng là phân giác của góc $\angle BMC.$ Do đó $$\frac{SB}{SC}=\frac{MB}{MC}=\frac{AB}{AC}$$ nên $S$ chính là chân đường phân giác góc $A$ của tam giác $ABC,$ là điểm cố định.

(b) Gọi $J$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$ thì rõ ràng $I\in BJ,K\in CJ.$
Đặt $\angle DAB=\angle EAC=2\alpha ,\angle DAE=2\beta $ thì
$$\frac{IB}{IJ}=\frac{{{S}_{IAB}}}{{{S}_{IAJ}}}=\frac{AI\cdot AB\cdot \sin \alpha }{AI\cdot AJ\cdot \sin \beta }=\frac{AB}{AJ}\cdot \frac{\sin \alpha }{\sin \beta }.$$
Tương tự thì $$\frac{KC}{JC}=\frac{AC}{AJ}\cdot \frac{\sin \alpha }{\sin \beta }$$ nên $\frac{IB}{IJ}:\frac{KC}{KJ}=\frac{AB}{AC}$. Từ đây gọi $T$ là giao điểm của $IK,BC$ thì theo định lý Menelaus cho tam giác $JBC,$ ta có $\frac{TB}{TC}=\frac{AB}{AC}$ nên $T$ là chân phân giác ngoài góc $A$ của tam giác $ABC,$ là điểm cố định.

 

Bài 3. 

Nhắc lại về khai triển Abel, xem như bổ đề:

Bổ đề. Xét 2 dãy số thực ${{a}_{1}},{{a}_{2}},\ldots ,{{a}_{n}}$ và ${{b}_{1}},{{b}_{2}},\ldots ,{{b}_{n}}$. Đặt ${{S}_{k}}={{b}_{1}}+{{b}_{2}}+\cdots +{{b}_{k}}$. Khi đó
$${{a}_{1}}{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+\cdots +{{a}_{n}}{{b}_{n}}=({{a}_{1}}-{{a}_{2}}){{S}_{1}}+({{a}_{2}}-{{a}_{3}}){{S}_{2}}+\cdots +({{a}_{n-1}}-{{a}_{n}}){{S}_{n}}+{{a}_{n}}{{S}_{n}}.$$
Trở lại bài toán đã cho, chuyển vế và quy đồng, ta cần có
$$\frac{{{x}_{1}}-{{y}_{1}}}{{{x}_{1}}{{y}_{1}}}+\frac{{{x}_{2}}-{{y}_{2}}}{{{x}_{2}}{{y}_{2}}}+\cdots +\frac{{{x}_{n}}-{{y}_{n}}}{{{x}_{n}}{{y}_{n}}}>0.$$
Đặt ${{b}_{k}}={{x}_{k}}-{{y}_{k}}$ và ${{a}_{k}}=\frac{1}{{{x}_{k}}{{y}_{k}}}$ với $1\le k\le n$, ta cần chứng minh
$${{a}_{1}}{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+\cdots +{{a}_{n}}{{b}_{n}}>0.$$
Chú ý rằng $${{S}_{k}}={{b}_{1}}+{{b}_{2}}+\cdots +{{b}_{k}}=({{x}_{1}}+{{x}_{2}}+\cdots +{{x}_{k}})-({{y}_{1}}+{{y}_{2}}+\cdots +{{y}_{k}})>0$$ đúng theo ii).
Ngoài ra, dãy ${{a}_{k}}$ là dãy giảm nên ${{a}_{1}}-{{a}_{2}},{{a}_{2}}-{{a}_{3}},\ldots ,{{a}_{n-1}}-{{a}_{n}}>0$. Từ đó, áp dụng khai triển Abel ở trên, ta có ngay đpcm.

 

Bài 4.

Nếu như $f(S)=S$ thì ta có đpcm.

Giả sử rằng $f(S)\ne S$. Ta đặt $f(S)={{S}_{1}}$ là một tập con thực sự của $S.$ Khi đó vì ${{S}_{1}}\subset S$ nên ta phải có $f({{S}_{1}})\subset f(S)\Rightarrow f({{S}_{1}})\subset {{S}_{1}}$.

Nếu $f({{S}_{1}})={{S}_{1}}$ thì ta cũng có đpcm nên giả sử $f({{S}_{1}})={{S}_{2}}\ne {{S}_{1}}$ và ${{S}_{2}}\subset {{S}_{1}}.$

Tiếp tục như thế, ta thấy rằng với mỗi số nguyên dương $k$ thì hoặc là $f({{S}_{k}})={{S}_{k}}$ hoặc $f({{S}_{k}})={{S}_{k+1}}$ là tập con thực sự của ${{S}_{k}}.$ Và nếu như không có trường hợp thứ nhất xảy ra thì quá trình này lặp lại vô hạn lần, và sinh ra vô hạn tập con thực sự của tập hữu hạn $S$ ban đầu. Đây là điều vô lý.

Vậy nên luôn tồn tại $T \in P(S)$ để cho $f(T)=T.$

Đề và lời giải thi chọn đội dự tuyển năm học 2018-2019

Leave a reply

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb R\rightarrow \mathbb R$ thoả mãn:
i) $f(-x)=-f(x)\ \forall x\in \mathbb R$.
ii) $f(f(x)-y)=2x+f(f(y+x))\ \forall x,y\in \mathbb R$.

Bài 2. Tìm tất cả các bộ số tự nhiên $(a,b,c)$ để $a^2+2b+c,b^2+2c+a,c^2+2a+b$ đều là các số chính phương.

Bài 3. Cho tập hợp $X={1,2,\ldots,396}$. Gọi $S_1,S_2,\ldots,S_k$ là $k$ tập con khác nhau của $X$ thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i)$|S_1|=|S_2|=\ldots=|S_k|=198$.
ii) $|S_i\cap S_j|\le 99\ \forall i,j\in \mathbb N^*, 1\le i<j\le k$.

Chứng minh rằng $k\le 6^{50}$.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nhọn. Đường tròn thay đổi qua $B,C$ cắt các cạnh $AB,AC$ lần lượt tại $D,E$.

a) Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $B$ trên $CD$ và $DE$. Chứng minh rằng $HK$ luôn đi qua một điểm cố định.
b) Gọi $Q$ là hình chiếu của $C$ trên $DE$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BDK$ cắt $BC$ tại $M$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEQ$ cắt $BC$ tại $N$. $KM,QN$ cắt nhau tại $X$. Chứng minh rằng $X$ thuộc một đường thẳng cố định.

Lời giải

Bài 1.

Trong điều kiện $(ii),$ thay $x$ bởi $-x,$ ta được
$$
f(f(-x)-y)=-2x+f(f(y)-x)),
$$
hay
$$-f(f(x)+y)=-2x+f(f(y)-x),\text{ với mọi } x,y\in\mathbb{R}. (*) $$

Thay vai trò của $x$ và $y$ trong $(ii)$, ta có
$
f(f(y)-x)=2y+f(f(x)+y),\text{ với mọi }x,y\in\mathbb{R}.
$
Thay vào $(*)$, ta có
$$
-f(f(x)+y)=-2x+2y+f(f(x)+y),
$$
hay
$$
f(f(x)+y)=x-y,\text{ với mọi }x,y\in\mathbb{R}.
$$
Thay $y$ bởi $f(y),$ ta có
$$
f(f(x)+f(y))=x-f(y),\text{ với mọi }x,y\in\mathbb{R}.
$$
Đổi vai trò của $x,y$, ta thu được
$$
x-f(y)=y-f(x), \text{ tức là } f(x)=-x+c,\text{ với mọi }x\in\mathbb{R}.
$$
Thay vào đề bài, ta suy ra $c=0.$ Vậy hàm số cần tìm là $f(x)=-x.$

Bài 2.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a=\min (a,b,c).$ Nếu $a=0$ thì ta có $2b+c,b^2+2c,c^2+b$ đều là các số chính phương.
Nếu như $b \le c$ thì $c^2 \le c^2+b \le c^2+c <(c+1)^2$ là số chính phương, kéo theo $c^2+b=c^2$ nên $b=0$. Từ đây dễ dàng có $c=0$. Tương tự nếu $c \le b$ cũng có $b=c=0$. \medskip

Do đó, trong trường hợp này, ta có bộ nghiệm $(a,b,c)=(0,0,0)$.
Ta xét các trường hợp sau ứng với $a>0.$

  • Nếu $a\le b\le c.$ Khi đó $c^2< c^2+2a+b\le c^2+3c<(c+2)^2$. Do đó $c^2+2a+b=(c+1)^2,$ hay $2a+b=2c+1.$ Ta cũng có
    $$
    b^2 < b^2+2c+a = b^2+2a+b-1+a \leq b^2+4b – 1 < (b+2)^2,
    $$
    tức là
    $$
    b^2+2c+a=(b+1)^2,\ 2c+a=2b+1.
    $$
    Đẳng thức xảy ra khi $a=1,b=c$, từ đây dễ dàng tìm được $a=b=c=1$. Thử lại ta thấy bộ số này thỏa mãn.
  • Nếu $a \leq c \leq b$. Khi đó $b^2 < b^2+2c+a \leq b^2 + 3b < (b+2)^2$, tức $b^2+2c+a=(b+1)^2$ và $2c+a=2b+1$. Ta suy ra
    $$4a+2b = 4a+2c+a-1 \leq 7c – 1 < 8c+8.
    $$
    Do đó $2a+b < 4c+4$ và $c^2 < c^2+2a+b < (c+2)^2$. Do đó $2a+b=2c+1$. Kết hợp với $2c+a=2b+1$, ta suy ra
    $$
    (a,b,c)=(a,3a-2,\frac{5a-3}{2}).
    $$
    Do đó $a$ lẻ và trường hợp $a=1$ đã xét nên ở đây ta đặt $a=2t+1$, với $t \geq 1$. Khi đó $(a,b,c)=(2t+1,6t+1,5t+1)$. Vì $b^2+2c+a$ và $c^2+2a+b$ là các số chính phương nên ta xét điều kiện để $a^2+2b+c=4t^2+21t+4$ là số chính phương. Với $t \geq 3$, ta có
    $$
    (2t+4)^2 < 4t^2+21t+4<(2t+6)^2
    $$

Do đó $4t^2+21t+4 = (2t+5)^2$ và $t=21$. Như vậy $t \in {1,2,21}$. Thử trực tiếp, ta thấy chỉ có $t=21$ là thỏa mãn ứng với $(a,b,c)=(43,127,106)$.

Vậy tất cả bộ ba số thỏa mãn đề bài là $$(a,b,c)=(0,0,0),(1,1,1),(43,127,106).$$

Bài 3.

Vì $|S_i\cap S_j|\le 99$ với mọi $1\le i<j\le k$ nên mỗi bộ $100$ phần tử chỉ có thể được chứa tối đa trong $1$ tập hợp. Ta đếm các bộ $\{x_1,x_2,\ldots,x_{100},M \}$, trong đó $x_i\in X$ với mọi $i$ và $M$ là một trong các tập $S_i$, $M$ chứa $x_1,x_2,\ldots,x_{100}$.

  • Số cách chọn tập $M$ là $k$. Số cách chọn $100$ phần tử trong $M$ là $C^{100}_{198}.$
  • Số cách chọn $x_1,x_2,\ldots,x_{100}$ từ $X$ là $C^{100}_{396}.$ Với mỗi bộ $100$ phần tử như vậy, có tối đa $1$ tập $S_i$ thỏa mãn $S_i$ chứa $x_1,x_2,\ldots,x_{100}.$

Do đó ta có bất đẳng thức
$ kC^{100}{198} \le C^{100}{396} $
hay

$k \le \dfrac{C^{100}{396}}{C^{100}{198}}$

$=\dfrac{396!100!98!}{100!296!198!}$

$=\dfrac{396!98!}{198!296!} $

$=\dfrac{297\cdot 298 \ldots 396}{99\cdot 100\ldots 198}$
$=\dfrac{297\cdot 299\ldots 395}{99\cdot 100\ldots 148}\cdot\dfrac{298}{149}\cdot \dfrac{300}{150}\ldots \dfrac{396}{198}$
$\le 3^{50}\cdot 2^{50}=6^{50}.$

Ta có đpcm.

Bài 4.

(a) Gọi $F$ là giao điểm của $KH$ và $AC.$ Ta chứng minh $F$ cố định. Ta có tứ giác $BDEC$ nội tiếp nên $\angle BDC=\angle BEC.$ Tứ giác $KDHB$ cũng nội tiếp nên ta suy ra $\angle BDC=\angle BKF.$ \medskip

Do đó $\angle BEC=\angle BKF,$ tức là tứ giác $KEFB$ nội tiếp. Khi đó ta có $$\angle EFB=180^{\circ}-\angle BKE =90^{\circ}.$$ Do đó $BF\perp AC,$ tức là điểm $F$ cố định.

(b) Tứ giác $DKMB$ nội tiếp nên $\angle BMK=\angle KDB$. Ta suy ra
$$\angle NMX=\angle EDA.$$
Ta có $EQCN$ nội tiếp nên $$\angle QNC=\angle QEC, \text{ hay } \angle MNX=\angle AED.$$
Từ đó, ta suy ra $\triangle MNX\sim \triangle DEA.$ Gọi $G$ là chân đường cao từ $A$ đến $BC$ và $AG$ cắt $DE$ tại $P$. Khi đó $BC\perp AG$. Mà $BC\perp DM$ và $BC\perp EN$ nên
$$
AC \parallel DM \parallel EN.
$$

Do đó $\dfrac{DP}{PE}=\dfrac{MG}{GN}$. Mà $\triangle ADE\sim \triangle XMN$ nên $\angle XMN=\angle EPA.$ Mà $$\angle EPA=180^{\circ}-\angle PAC-\angle PEA$$ nên ta có
$$
\angle EPA=180^{\circ}-(90^{\circ}-\angle C)-B={\rm const}.
$$
Do đó $\angle XGN$ không đổi. Mà $G$ là điểm cố định nên $GX$ cố định. Như vậy $X$ di chuyển trên đường cố định.

 

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

Leave a reply

Đề bài

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

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

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

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

Giải

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

Bài 1. 

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

Bài 2.

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

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

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

Bài 3. 

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

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

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

Bài 4. 

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

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

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

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

 

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

Leave a reply

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

Bài 1.

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

Điều kiện: $x>2$

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

Vậy $S=\left\{ 3 \right\} $

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

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

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

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

$\Leftrightarrow x\in \emptyset$

Vậy $S=\left\{ 0\right\} $

Bài 2. ĐKXĐ: $x\ne 0$, $x\ne 1$

Phương trình trở thành: $(m+2)x=1$

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

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

Bài 3.

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

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

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

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

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

Bài 4.

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

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

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

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

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

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

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

Tọa độ đỉnh $I( -1;3)$

 

Bài 6.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

 

Bài 7.

a) Gọi $M(x;y)$

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

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

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

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

Vậy $M(1;2)$

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

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

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

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

Gọi $E(0;y_E)\in Oy$.

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

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

Đề thi HK1 môn toán trường Nguyễn Thị Minh Khai năm học 2018-2019

Leave a reply

Bài 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau
a) $1-\sqrt{5-3 x+x^{2}}=2 x$
b) $\sqrt{3 x-5}+\sqrt{x+1}=4+4 x^{2}-x^{3}-3 x$
c) $\left\{\begin{array}{l}x+y+x y=5 \\ x^{2}+y^{2}=5\end{array}\right.$
Bài 2. Tìm giá trị tham số $\mathrm{m}$ sao cho
a) Phương trình $\mathrm{m}^{2} \mathrm{x}=4 \mathrm{x}-2 \mathrm{~m}+\mathrm{m}^{2}$ có nghiệm tùy $\dot{\mathrm{y}}$.
b) Phương trình $\mathrm{x}^{2}+2 \mathrm{mx}+4=0$ có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $|x_1-x_2| = 2\sqrt{2}$.
Bài 3.Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $\mathrm{y}=\mathrm{x} \sqrt{1-\mathrm{x}^{2}}$ với $0<\mathrm{x}<1$.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ có $K$ là trung điểm $AB$. Gọi $I,J$ là các điểm thỏa
$\overrightarrow{\mathrm{AI}}=\frac{1}{3} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AC}} ; 2 \sqrt{\mathrm{JB}}=\overline{\mathrm{JC}}$
a) Chứng minh rằng $\mathrm{K},$ I , J thẳng hàng.
b) Tìm tập hợp các điểm $\mathrm{M}$ sao cho $|2 \overrightarrow{\mathrm{MA}}-3 \overrightarrow{\mathrm{MB}}-2 \overrightarrow{\mathrm{MC}}|=|\overrightarrow{\mathrm{MB}}-\overrightarrow{\mathrm{MC}}|$
Bài 5.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho $\mathrm{A}(-2 ; 2), \mathrm{B}(1 ; 0), \mathrm{C}(3 ;-3)$
a) Tính tọa độ trực tâm $\mathrm{H}$ của $\Delta \mathrm{ABC}$.
b) Tính tọa độ điểm D thuộc trục Oy sao cho $\mathrm{ABCD}$ là hình thang có cạnh đáy lớn
$\mathrm{BC}$.

Đáp án thang điểm

Đề thi học kì 1 môn toán 10 năm học 2017-2018 trường Lê Quý Đôn – TPHCM

Leave a reply

BÀI 1. Xét tính chẵn – lẻ của hàm số: $f(x)=\dfrac{2 x^{2}+3}{|x+2|-|x-2|}$.

BÀI 2. Xác định parabol $(\mathrm{P}): f(x)=\alpha x^{2}+b x+2$ biết $(\mathrm{P})$ đi qua điểm $\mathrm{B}(-1 ; 6)$ và có tung độ đỉnh là $-\frac{1}{4}$.

BÀI 3. Giải các phương trình:
a) $\sqrt{2 x^{2}+7 x+5}=x+1$
b) $2 x-\left|x^{2}-4 x+5\right|=5$

BÀI 4. Cho $\forall x>1 ; y>1$. Chứng minh: $\dfrac{x y}{\sqrt{(y-1)(x-1)}} \geq 4$

BÀI 5. Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\mathrm{AB}=9, \mathrm{AC}=12, \widehat{\mathrm{BAC}}=120^{\circ}$. Tính diện tích tam giác $\mathrm{ABC}$, độ dài cạnh BC; độ dài trung tuyến AM và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

BÀI 6. Trong mặt phằng $0 \mathrm{xy}$ cho tam giác $\mathrm{ABC}$ với $\mathrm{A}(1 ; 3), \mathrm{B}(-3 ; 0), \mathrm{C}(0 ;-2)$
a) Tìm tọa độ điểm $\mathrm{M}$ sao cho $\mathrm{ABCM}$ là hình bình hành.
b) Tìm tọa độ điểm D thuộc trục $y^{\prime}$ Oy sao cho $|\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{B D}-\overrightarrow{C D}|=2 \sqrt{5}$.

BÀI 7. Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình $\dfrac{x-m}{x+1}=m+1$ có nghiệm.

Đáp án thang điểm

 

Đáp án đề thi học kì 1 môn toán 10 năm học 2018 trường PTNK – Cơ sở 2

Leave a reply

Bài 1. Giải các phương trình sau:
a)$\sqrt{7x+2} = 1 + \sqrt{4x+1}$
b) $\left| x^2-x-1 \right|+3= 2x$
Bài 2. 

a) Tìm $a$, $b$, $c$ biết parabol $(P):y= ax^2 + bx +c$ đi qua điểm $A(1;-1)$ và có đỉnh $I(-1; -5)$.
b) Tìm $m$ để phương trình $(x-1)\left( \sqrt{x+m}-1 \right) =0$ có hai nghiệm là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông với cạnh huyền có độ dài bằng 3.
Bài 3. Cho hệ phương trình
$$\left\{ \begin{array}{l}
(1-2m)x +4y = 4m^2 + 4m +3 \\
mx + 2(m-1)y=-m-2
\end{array} \right. \quad (I) $$
Chứng minh khi $m$ nhận giá trị bất kì trên $\mathbb{R}$, hệ $(I)$ luôn có nghiệm duy nhất. Giả sử $(x_0, 1)$ là nghiệm của hệ $(I)$. Tìm $x_0$.
Bài 4. Cho góc $\alpha$ thỏa $\tan \left( \alpha + \dfrac{\pi}{3} \right) = -\dfrac{ 3\sqrt{3}}{5}$. Tính giá trị của biểu thức:
$$ P=\dfrac{\cos ^3 \alpha + 2\sin \alpha \cdot \cos ^2 \alpha}{\sin ^2 \alpha \cdot \cos \alpha + \sqrt{3} \sin ^3 \alpha }$$
Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có $AB=3a$, $AC=6a$, $BC=7a$.
a) Tính $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}$ và $\cos A$.
b) Gọi $M$, $N$ là hai điểm được xác định bởi $\overrightarrow{AM} = \dfrac{2}{3} \overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AN} = -\dfrac{3}{2} \overrightarrow{AC}$, tính $MN$ theo $a$.

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

a) Tìm tọa độ điểm $C$ sao cho $G(1;1)$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.
b) Tìm tọa độ chân đường vuông góc kẻ từ $M(4;3)$ đến đường thẳng $AB$.

Hết

Lời giải

 

Bài 1. 

a) Nghiệm của phương trình: $x=2$.
b) $\left| x^2-x-1 \right| +3= 2x$
$\Leftrightarrow \left| x^2-x-1 \right| = 2x-3 \quad \left( x \ge \dfrac{3}{2} \right) $
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x^2-x-1 = 2x-3 \\\\
x^2-x-1=3-2x
\end{array} \right. $
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình: $x=2$ hoặc $x=\dfrac{\sqrt{17}-1}{2}$

Bài 2.

a) $P$ qua điểm $A(1;-1)$ nên $-1=a+b+c$.

$(P)$ có đỉnh $I(-1;-5)$ nên $-5=a-b+c$ và $-\dfrac{b}{2a}= -1$.

Từ đó suy ra $P: y= x^2 + 2x-4$.
b) Điều kiện: $x\ge -m$

Từ phương trình suy ra: $\left[ \begin{array}{l}
x= 1 \\\\
x= 1-m
\end{array} \right. $

Để hai nghiệm là độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3 thì: $1^2 + (1-m)^2 =3^2$ $\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
m= 1+2\sqrt{2} \\\\
m= 1-2\sqrt{2} \quad \text{(loại vì } x\ge -m)
\end{array} \right. $

Vậy $m=1+2\sqrt{2}$.

Bài 3. 

$D= \left| \begin{array}{*{20}{c}}
{1-2m}&{4}\\\\
{m}&{2(m-1)}
\end{array} \right| = (1-2m)(2m-2)-4m = -4m^2+2m-2 $

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

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

$D=0 \Leftrightarrow -4m^2+2m-2 =0$ (vô nghiệm).

Suy ra $D \ne 0$ với mọi $m \in \mathbb{R}$

Vậy với mọi $m \in \mathbb{R}$ thì hệ $(I)$ luôn có nghiệm duy nhất.

Khi $(x_0;1)$ là nghiệm của hệ $(I)$ thì $y=\dfrac{D_y}{D}=\dfrac{-4m^3-2m^2-2}{-4m^2+2m-2}=1 \Leftrightarrow m=0$

Khi đó $x=\dfrac{D_x}{D}= \dfrac{2}{-2}=-1$

Bài 4.

$\tan\left( \alpha + \dfrac{\pi}{3} \right) =\dfrac{\tan \alpha + \tan \dfrac{\pi}{3}}{1-\tan \alpha \cdot \tan \dfrac{\pi}{3}} = -\dfrac{3\sqrt{3}}{5} \Leftrightarrow \tan \alpha = 2\sqrt{3}$

$P=\dfrac{\cos ^3 \alpha + 2\sin \alpha \cdot \cos ^2 \alpha}{\sin ^2 \alpha \cdot \cos \alpha + \sqrt{3} \sin ^3 \alpha } = \dfrac{1+2\tan \alpha}{\tan ^2 \alpha + \sqrt{3} \tan ^3 \alpha} = \dfrac{1+4\sqrt{3}}{84}$

Bài 5. 

a) $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -2a^2$; $\cos A = \dfrac{-2a^2}{3a\cdot 6a}= -\dfrac{1}{9}$
b) $\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AN} – \overrightarrow{AM} = -\dfrac{3}{2} \overrightarrow{AC} – \dfrac{2}{3} \overrightarrow{AB} \Rightarrow MN^2=\overrightarrow{MN}^2 = \ldots = 81a^2 \Rightarrow MN = 9a$

Bài 6. 

a) $C(-4;2)$
b) Gọi chân đường vuông góc hạ từ $M$ đến $AB$ là $H(x,y)$

Ta có: $\left\\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow{MH} \bot \overrightarrow{AB} \\\\
\overrightarrow{AH} \parallel \overrightarrow{AB}
\end{array} \right. $

Từ đó suy ra: $H\left( \dfrac{5}{2}; \dfrac{3}{2} \right) $