Tag Archives: Đề thi

Đề thi tuyển sinh vào 10 chuyên toán

Trường Phổ thông Năng khiếu

Toán chung cho tất cả các thí sinh

Đáp án đề thi Toán không chuyên trường Phổ thông Năng Khiếu năm 2021 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2020 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2019 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2018 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2017 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2016 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2015 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2014 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2013 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2012 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2011 – Toán Việt (toanviet.net)
Môn toán chuyên
ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU NĂM 2023 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ và ĐÁP ÁN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU NĂM 2022 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2021 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi vào lớp 10 Chuyên Toán vào trường PTNK năm 2020 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2019 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2018 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2017 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phổ thông Năng khiếu: Năm 2016 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2015 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2014 – Toán Việt (toanviet.net)

Đáp án và bình luận thi vào lớp 10 PTNK năm 2013: Đề chuyên toán – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2012 – Toán Việt (toanviet.net)

SGD TP. Hồ Chí Minh

Đề toán chung cho tất cả các thí sinh

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2020 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2019 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2018 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án vào lớp 10 TPHCM 2017 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 TPHCM 2016 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 TPHCM 2015 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án thi vào lớp 10 TPHCM 2014 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án thi vào lớp 10 TPHCM 2013 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 TPHCM 2012 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2011 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề toán chuyên

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2020 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2019 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2018 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2017 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM NĂM 2016 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM – NĂM 2015 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM – NĂM 2014 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TP.HCM 2013 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI VÀO CHUYÊN TOÁN LỚP 10 TP.HCM 2012 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi thử Star Education

Đề toán chung

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN – TT STAR EDUCATION 2022 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN LẦN 2 TT STAR EDUCATION 2020 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi thử vào lớp 10 – Không chuyên PTNK – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi thử vào lớp 10 PTNK – Đề toán chung – Lần 2 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề toán chuyên

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TOÁN CHUYÊN – TT STAR EDUCATION 2022 – Toán Việt (toanviet.net)

Đề thi thử vào lớp chuyên toán Star Education năm 2021 – Lần 2 – Toán Việt (toanviet.net)

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRUNG TÂM STAR EDUCATION TOÁN CHUYÊN – 2020 – Toán Việt (toanviet.net)

Đáp án thi chọn Đội Tuyển Trường PTNK năm học 2013-2014

Đề thi và đáp án kì thi chọn đội tuyển Toán trường Phổ thông Năng khiếu – ĐHQG TPHCM được tổ chức vào tháng 10 năm 2013, chọn ra 6 học sinh dự thi kì thi HSG Quốc gia năm 2014. Các thí sinh từ các lớp 11, 12 (chủ yếu là học sinh chuyên toán), thực hiện bài thi trong 2 ngày, mỗi ngày 4 bài, mỗi bài 180 phút. Sau đây là đề thi và đáp án thực hiện bởi Star Education.

Ngày thi thứ 1

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn

$$f(x^{3}+y+f(y))=2 y+x^{2} f(x), \forall x, y \in \mathbb{R}$$

Bài 2. Cho dãy $\left\{u_{n}\right\}$ thoả mãn $u_{1}=2013, u_{n+1}=u_{n}^{3}-4 u_{n}^{2}+5 u_{n} \forall n \in \mathbb{N}^{*}$. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ là ước của $\left(u_{2014}+2009\right)$ và $p \equiv 3(\bmod 4)$.

Bài 3. Trong một hội nghị khoa học có 5000 đại biểu tham dự, mỗi một đại biểu biết ít nhất một thứ tiếng. Một uỷ ban gồm một số đại biểu được gọi là “uỷ ban làm viẹc” nếu tất cả thành viên trong uỷ ban đều biết chung một thú tiếng; gọi là “uỷ ban thách thức” nếu không có hai thành viên nào của uỷ ban biết chung một thứ tiếng (uỷ ban có thểgồm 1 thành viên; uỷ ban này gọi là làm việc họ̆c thách thức đều được). Chứng minh rằng có thể chia các đại biểu thành 100 uỷ ban rời nhau (mỗi đại biểu thuộc một uỷ ban) sao cho các uỷ ban này họ̆c là uỷ ban làm việc hoặc là uỷ ban thách thức.

Bài 4. Tam giác $A B C$ có $B, C$ cố định còn $A$ di động sao cho $A B=A C$ và $\angle B A C>60^{\circ} .$ Đường thẳng đối xúng với $B C$ qua $A B$ cắt AC tai $P$. Trên đoạn $P C$ lấy $M$ sao cho $P M=P B$. Gọi $N$ là giao điểm của $A B$ với phân giác ngoài góc BCA. Chứng minh $M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Ngày thi thứ 2

Bài 5. Cho 2014 số thực $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2014}$ thỏa mãn điều kiện $\sum_{i=1}^{2014} x_{i}=0$ và $\sum_{i=1}^{2014} x_{i}^{2}=2014$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=x_{1} x_{2} \cdots x_{2014}$.

Bài 6. Cho dãy số $u_{n}$ xác định bởi $u_{1}=1, u_{n+1}=\frac{u_{n}}{\sqrt{u_{n}^{2}+1}+\sqrt{2}}$ với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$. Tìm giới hạn $\lim \frac{u_{n+1}}{u_{n}}$.

Bài 7. Cho n nguyên dương và A là tập con khác rỗng của $X={1,2, \ldots, n}$.

  1. Tính giá trị của tổng $S(A)=\sum_{E C X} \cdot(-1)^{|E \cap A|}$,trong đó $E$ lấy trên tất cả các tập con của tập $X$ (kể cả tập rỗng).

  2. Cho $m \in \mathbb{N}^{*}$,xét $m$ tập con khác rỗng của $X$ là $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{m}$ và $m$ số nguyên khác không là $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{m}$ sao cho $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{m}<0$. Chứng minh tồn tại tập con $E$ của $X$ sao cho $\sum_{i=1}^{m}(-1)^{|E \cap A|} a_{i}>0$ (Kí hiệu $|A|$ chỉ số phần tử của tập $A$, số phần tử của tập rỗng là 0 ).

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nhọn có $H$ là trực tâm và $P$ là điểm di động bên trong tam giác $A B C$ sao cho $\angle B P C=\angle B H C$. Đường thẳng qua $B$ và vuông góc với $A B$ cắtPC tại $M$.Đường thẳng qua $C$ và vuông góc với $A C$ cắt $P B$ tại N. Chứng minh rằng trung điểm I của $M N$ luôn thuộc một đường cố định.

Hết

Giải

Bài 1.

Trong phương trình đã cho, thay $x=y=0$, ta có $f(f(0))=0$. \medskip

Lại thay $y=0$ thì $$f(f^3+f(0))=x^2f(x), \, \forall x.$$

Thay $y=f(0)$ thì $$f(x^3+f(0))=2f(0)+x^2f(x).$$

Từ đây suy ra $f(0)=0$. Thay $y=0$ vào đẳng thức đã cho ta được $f(x^3)=x^2f(x)$. Do đó ta có $$f(x^3+y+f(y))=2y+f(x^3) \text{ hay } f(x+y+f(y))=2y+f(x). \eqno{(*)}$$
Thay $y$ bởi $-y$, ta được $$f(x-y+f(-y))=-2y+f(x).$$
Với $x$ bất kì, ta lấy $2y=f(x)$ ta được $f(x-y+f(-y))=0$ suy ra $x-y+f(-y)=0$. Do đó, ta được $f(-x)=f(-y+f(-y))=-2y=-f(x).$
Từ đây suy ra
$$f(x+f(y)+f(f(y)))=2f(y)+f(x).$$
Trong $(*)$ thay $x=-y$ ta được $f(f(y))=2y+f(-y)=2y-f(y)$, kết hợp với đẳng thức trên, ta được $$f(x+2y)=2f(y)+f(x).$$ Đến đây cho $x=0$ ta được $f(2y)=2f(y)$ nên ta được $f(x+y)=f(x)+f(y)$, tức là $f(x)$ cộng tính.
Đến đây ta sẽ tính $f((x+1)^3+(x-1)^3)$ theo hai cách như sau

  • $f((x+1)^3+(x-1)^3)=f(2x^3+6x)=2x^2f(x)+6f(x).$
  • $f((x+1)^3+(x-1)^3)=(x+1)^2f(x+1)+(x-1)^2f(x-1)=(x+1)^2(f(x)+f(1))+(x-1)^2(f(x)-f(1))=2x^2f(x)+2f(x)+4xf(1).$

So sánh hai đẳng thức trên, ta được $f(x)=xf(1)=ax$ với mọi $x$. Thử lại ta được $a=1, a=-2$. \medskip

Vậy các hàm cần tìm là $f(x)=x, f(x)=-2x$.

Bài 2.

Ta có
$$\begin{aligned} u_{n+1}-2 & =(u_n-2)(u_{n-1}-1)^2 \\
& = (u_{n-2}-1)^2(u_{n-1}-1)^2(u_{n-2}-2) \\
&= (u_{n-1}-1)^2(u_{n-2}-1)^2 \cdots (u_2-1)^2(u_1-2). \end{aligned} $$

Do đó $$u_{2014}+2009= 2011 \left[ (u_{2013}-1)^2(u_{2012}-1)^2 \cdots (u_2-1)^2 +1 \right].$$

Gọi $B$ là biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ hai. Ta có bổ đề quen thuộc là nếu $a^2+b^2$ chia hết cho số nguyên tố $p=4k+3$ thì $a,b$ cùng chia hết cho $p.$ Từ đây suy ra số $B$ có dạng $a^2+1$ nên nó sẽ không có ước nguyên tố dạng $4k+3$. \medskip

Vậy $u_{2014}+9$ chỉ có một ước nguyên tố $p \equiv 3 \pmod{4}$ duy nhất là $2011$.

Bài 3. Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau \medskip

Định lý Ramsey Với $s,t$ là các số nguyên dương, gọi $R(s,t)$ là số đỉnh ít nhất cần có của một graph để trong đó luôn tồn tại một tập độc lập $s$ đỉnh hoặc một graph con đầy đủ $t$ đỉnh. Khi đó
$$R(s,t)\le C_{s+t-2}^{s-1}. \eqno{(*)}$$

Chứng minh
Ta sẽ chứng minh rằng $$R(s,t)\le R(s-1,t)+R(s,t-1).$$
Để ý rằng với $s=1$ hoặc $t=1$ thì $R(s,t)=1$. Do đó, nếu chứng minh được đánh giá này thì chỉ cần dùng tính chất của tam giác Pascal để có $$R(s,t)\le C_{s+t-3}^{s-2}+C_{s+t-3}^{s-1}=C_{s+t-2}^{s-1}.$$
Đặt $n$ là vế phải của (*) và xét graph $G$ có $n$ đỉnh. Xét $v\in G$ thì

  • Nếu như có ít nhất $R(s,t-1)$ đỉnh kề với $v$. Khi đó, theo định nghĩa thì trong tập đỉnh đó, sẽ luôn có một tập độc lập $s$ đỉnh hoặc một graph con đầy đủ $t-1$ đỉnh, ghép thêm đỉnh $v$ vào thì thỏa mãn điều kiện của $R(s,t).$
  • Nếu như có ít nhất $R(s-1,t)$ đỉnh không kề với $v$. Tương tự trên, trong tập đỉnh đó, cũng sẽ có một một graph con đầy đủ $t$ đỉnh hoặc tập độc lập $s-1$ đỉnh, ghép thêm đỉnh $v$ vào thì thỏa mãn điều kiện của $R(s,t).$

    Từ đó, ta thấy graph $G$ này thỏa mãn điều kiện của $R(s,t)$ nên theo tính nhỏ nhất thì $R(s,t)\le n.$

Trở lại bài toán, \medskip

Xét graph đơn vô hướng $G=(V,E)$ đại diện cho hội nghị khoa học đã nêu, trong đó $V$ là tập hợp các đại biểu và hai đỉnh được nối nhau nếu hai đại biểu tương ứng quen nhau. Ta gọi $T$ là tập hợp đỉnh biểu diễn cho thành viên của ban tổ chức. \medskip

Khi đó một ủy ban gồm $5$ thành viên là đại diện nếu như đó là một graph đầy đủ, còn đó là thách thức nếu đó là graph không có cạnh. Ta gọi các graph con như thế là graph con “chuẩn”. \medskip

Trong các đỉnh $V\backslash T,$ ta xóa dần dần các graph con chuẩn đến khi không thực hiện được nữa. Ta gọi tập hợp còn lại là $S.$ Ta sẽ chứng minh rằng $S\cup T$ có thể phân hoạch thành các graph con chuẩn như trên. \medskip

Theo định lý Ramsey, rõ ràng $|S| \le C_{8}^{4}=70$. Xét một đỉnh $v \in S$ thì giả thiết, $v$ kề với cả $280$ đỉnh của $T$ nên ta chọn ra trong đó $4$ đỉnh để ghép với $v$ tạo thành một graph con “chuẩn”. Cứ như thế thực hiện cho đến hết các phần tử của $S$, còn lại bao nhiêu phần tử trong $T$ thì chia đều ra thành các graph con “chuẩn” là được. \medskip

Bài toán được giải quyết.

Bài 4.

Tam giác $PBM$ cân tại $P$ nên bằng biến đổi góc, ta có

$$\angle{PBM}=\angle{PMB} \Rightarrow 2\angle{ABC}-\angle{MBC}= \angle{ACB}+\angle{MBC}.$$

Do đó $\angle{ABC}=2\angle{MBC}$ nên $BM$ là tia phân giác của $\angle{ABC}.$ Theo tính chất đường phân giác thì
$$\frac{MC}{MA}=\frac{BC}{BA}=\frac{BC}{AC}.$$

Lại có $CN$ là phân giác ngoài của $\angle{ACB}$ nên ta cũng có
$\frac{NA}{NB}=\frac{CA}{CB}.$ Gọi $I$ là trung điểm của $BC$ thì $I$ là điểm cố định. \medskip

Xét tam giác $ABC$ với $I$ thuộc $BC$ , $M$ thuộc $AC$ và $N$ thuộc $AB$ với

$$\frac{IB}{IC} \cdot \frac{MC}{MA} \cdot \frac{NA}{NB}=1 \cdot \frac{BC}{AC} \cdot \frac{AC}{BC}=1$$

thì theo định lý Menelaus đảo, ta có $M , N , I$ thẳng hàng. \medskip

Vậy $MN$ luôn đi qua điểm $I$ cố định.

Bài 5. 

Rõ ràng có thể chọn giá trị các biến thích hợp để $P>0$ nên để tìm giá trị lớn nhất của $P$ thì ta chỉ xét các số ${{x}_{1}},{{x}_{2}},\ldots ,{{x}_{2014}}$ đều khác $0$ và số các số âm là chẵn. Không mất tính tổng quát, giả sử
${{x}_{1}}\ge {{x}_{2}}\ge \ldots \ge {{x}_{2m}}>0>{{x}_{2m+1}}\ge \ldots \ge {{x}_{2014}}.$
Đổi dấu các số ${{y}_{k}}=-{{x}_{k}}>0$ với $2m+1\le k\le 2014.$ Khi đó ta viết lại
$$\left\{ \begin{aligned}
& {{x}_{1}}+{{x}_{2}}+\cdots +{{x}_{2m}}={{y}_{1}}+{{y}_{2}}+\cdots +{{y}_{2n}}=A \\
& x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots +x_{2m}^{2}+y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+\cdots +y_{2n}^{2}=2014 \\
\end{aligned} \right.$$
trong đó $m+n=1007$ (ngoài ra $m,n>0$ vì các số đã cho không thể toàn bộ là dương hoặc toàn bộ là âm). Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì
$$2014\ge \frac{{{A}^{2}}}{2m}+\frac{{{A}^{2}}}{2n} \text{ nên } {{A}^{2}}\le 4mn.$$
Lại theo bất đẳng thức AM-GM thì
$$\begin{aligned} P& =({{x}_{1}}{{x}_{2}}\ldots {{x}_{2m}})({{y}_{1}}{{y}_{2}}\ldots {{y}_{2n}})\le {{\left( \frac{A}{2m} \right)}^{2m}}{{\left( \frac{A}{2n} \right)}^{2n}} \\
&=\frac{{{A}^{2m+2n}}}{{{2}^{2m+2n}}{{m}^{2m}}{{n}^{2n}}}\le \frac{{{(4mn)}^{m+n}}}{{{2}^{2m+2n}}{{m}^{2m}}{{n}^{2n}}}={{\left( \frac{m}{n} \right)}^{n-m}}. \end{aligned}$$

Do $m,n$ khác tính chẵn lẻ nên với vai trò bình đẳng của $m,n,$ ta có thể giả sử $m<n$ nên $n-m\ge 1$ và $m\le 503.$ Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Bernoulli thì

$${{\left( \frac{n}{m} \right)}^{n-m}}\ge 1+\left( \frac{n}{m}-1 \right)(n-m)=1+\frac{{{(n-m)}^{2}}}{m}\ge 1+\frac{1}{503}=\frac{504}{503}.$$
Suy ra $P\le {{\left( \frac{m}{n} \right)}^{n-m}}\le \frac{503}{504}.$ Đây chính là giá trị lớn nhất cần tìm, dấu bằng xảy ra khi
$m=503,n=504$ và $${{x}_{1}}={{x}_{2}}=\cdots ={{x}_{1006}}=\sqrt{\frac{504}{503}},{{x}_{1007}}={{x}_{1008}}=\cdots ={{x}_{2014}}=-\sqrt{\frac{503}{504}}.$$

Bài 6.

Xét hàm số $f(x)=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}+\sqrt{2}}$ với $x\in \mathbb{R}$ thì $${f}'(x)=\frac{1+\sqrt{2+2{{x}^{2}}}}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}{{\left( \sqrt{2}+\sqrt{1+{{x}^{2}}} \right)}^{2}}}>0$$ nên hàm này đồng biến trên $\mathbb{R}.$
Dãy số đã cho được viết lại thành
$$\left\{ \begin{aligned}
& {{u}_{1}}=1, \\
& {{u}_{n+1}}=f({{u}_{n}}),n\ge 1 \\
\end{aligned} \right.$$ thì ${{u}_{1}}<{{u}_{2}}$ nên dễ dàng chứng minh quy nạp được rằng dãy này giảm. \medskip

Do dãy này bị chặn dưới bởi $0$ nên nó có giới hạn, đặt giới hạn đó là $L\ge 0$. Trong biểu thức xác định dãy, cho $n\to +\infty ,$ ta được $$L=\frac{L}{\sqrt{{{L}^{2}}+1}+\sqrt{2}}$$ nên $L=0.$
Từ đó suy ra
$$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{u}_{n+1}}}{{{u}_{n}}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt{u_{n}^{2}+1}+\sqrt{2}}=\frac{1}{1+\sqrt{2}}.$$

Bài 7.

(a) Nếu $A=X$ thì $$S(A)=\sum\limits_{E\subset X}(-1)^{|E|}=C_n^0-C_n^1+C_n^2-\cdots +(-1)^nC_n^n=0.$$

Còn nếu $A\neq X$, do $S(A)$ chỉ phụ thuộc vào số phần tử của $A$ nên không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng $A=\{1,2,\ldots ,k\}$ với $k<n$. Khi đó, ta có
$$\begin{aligned} S(A) & =\sum_{E\subset X-\{k\}}(-1)^{|E\cap A|}+\sum_{E\subset X-\{k\}}(-1)^{|(E\cup\{k\})\cap A|} \\
& =\sum_{E\subset X-\{k\}}(-1)^{|E\cap A|}-\sum_{E\subset X-\{k\}}(-1)^{|E\cap A|}=0. \end{aligned} $$
Vậy $S(A)=0,\forall A\subset X$. \medskip

(b) Đặt $f(E)=\sum_{i=1}^{m}(-1)^{|E\bigcap A_i|}a_i$. Giả sử $f(E)\leq 0, \, \forall E$. Mà ta cũng có
$$\sum_{E\subset X}f(E)=\sum_{i=1}^ma_iS(A_i)=0.$$
Suy ra $f(E)=0,\, \forall E \subset X$, nhưng điều này là không thể vì $f(\varnothing)<0$. Vậy luôn tồn tại $E$ sao cho $f(E)>0$.

 

Bài 8. 

Vẽ đường kính $AA’$ của đường tròn $(ABC)$. Vì $A’B \perp AB$ nên $B,A’,M$ thẳng hàng. Tương tự thì $C,A’,N$ thẳng hàng. Giả sử
$BA’, CA’$ cắt lại $(BHC)$ lần lượt tại $E,F$. Mặt khác

$$\angle NPM=180{}^\circ -\angle BHC=\angle A=180{}^\circ -\angle B{A}’C=\angle M{A}’N$$

nên $PA’MN$ là tứ giác nội tiếp.

Ta sẽ chứng minh trung điểm của $A’F, A’E, MN$ là thẳng hàng. Theo định lý Menelaus đảo thì điều nào tương đương với $$ \dfrac{\overline{A’F}}{\overline{A’N}} = \dfrac{\overline{EA’}}{\overline{EM}} \Leftrightarrow \dfrac{\overline{A’F}}{\overline{A’E}} = – \dfrac{\overline{A’N}}{\overline{EM}} \Leftrightarrow \dfrac{A’B}{A’C} = \dfrac{A’N}{ME}. \eqno{(*)}$$

Vì $\angle BN{A}’=\angle CME$ và $\angle NB{A}’=\angle MCE$ nên hai tam giác $BN{A}’,CME$ đồng dạng với nhau. Do đó
$\frac{{A}’N}{ME}=\frac{{A}’B}{CE}$.
Mặt khác, bằng biến đổi góc, ta cũng có $C{A}’E$ cân tại $C$ nên $CE=C{A}’.$ Ta có được $$\frac{{A}’N}{ME}=\frac{{A}’B}{{A}’C}.$$
Do đó, khẳng định $(*)$ là đúng. Vậy nên điểm $I$ luôn nằm trên đường trung bình của tam giác $A’EF$ là đường cố định.

Bạn đọc có thể tìm thêm nhiều cách giải cho bài 8 này tại

link sau

Tham khảo từ sách “Tuyển tập đề thi môn Toán đội tuyển và dự tuyển trường PTNK”

Đáp án thi chọn Đội Tuyển PTNK năm học 2012-2013

Kì thi chọn đội tuyển thi HSG Quốc gia của trường PTNK năm học 2012 – 2013 được diễn ra trong hai ngày, mỗi ngày 4 bài làm trong 180 phút.

Ngày thi thứ 1

Bài 1. Giải hệ phương trình:

$$ \begin{cases}x+y & =3 \\ x z+y t & =5 \\ x z^{2}+y t^{2} & =41 \\ x z^{3}+y t^{3} & =121\end{cases} $$

Bài 2.Cho dãy $\left(u_{n}\right)$ giảm và có giới hạn bằng 0 . Xét hai dãy số sau

$$ \begin{gathered} v_{n}=u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n}-n u_{n+1} \ z_{n}=u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n} \end{gathered} $$

Chứng minh nếu $\left(v_{n}\right)$ bị chặn thì $\left(z_{n}\right)$ hội tụ.

Bài 3. Cho tập $X={1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; 4 n} .$ Hai tập con $A$ và $B$ của $X$ được gọi là không giống nhau nếu $|A \Delta B| \geq 2 n+1$. Trong đó $A \Delta B=(A \backslash B) \cup(B \backslash A)$. Cho $\left\{A_{1} ; A_{2} ; \ldots ; A_{m}\right\}$ là tạp con của $X$ gồm $m$ phần tử đôi một không giống nhau.

  1. Chứng minh $m \leq 2 n$.
  2. Chứng minh $m \leq \frac{4(n+1)}{3}$.

Bài 4. Cho $\triangle A B C$ với $M, N$ thuộc cạnh $B C$ sao cho $\angle B A M=\angle C A N=\alpha$ (M nằm giữa $B, N)$. Gọi I là trung điểm BC. Kẻ BH $\perp A M, C K \perp A N$ lần lượt tại $H, K$.

  1. Chứng minh tâm đường tròn (IHK) luôn thuộc một đường thẳng cố định.
  2. Tính $\alpha$ theo $\angle A B C$ và $\angle A C B$ sao cho $(I K H)$ tiếp xúc với đường tròn đường kính $\mathrm{AB}$ hoặc đường tròn đường kính $\mathrm{AC}$.

Ngày thi thứ 2

Bài 5.

  1. Chứng minh rằng với mọi $x>0$ thi $2\left(x^{\frac{4}{3}}+\frac{1}{x^{\frac{4}{3}}}+1\right) \geq 3\left(x+\frac{1}{x}\right)$.
  2. Tim số thực dương a nhỏ nhất sao cho $2\left(x^{a}+\frac{1}{x^{a}}+1\right) \geq 3\left(x+\frac{1}{x}\right)$ với mọi $x>0$

Bài 6. Tìm $n$ tự nhiên sao cho $A_{n}=1+3^{20\left(n^{2}+n+1\right)}+9^{14\left(n^{2}+n+1\right)}$ là số nguyên tố.

Bài 7. Tìm hàm số $f: N * \rightarrow N$ * thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) $f(m f(n))=n^{6} \cdot f(m n)$

ii) Với mọi $m, n$ là các số nguyên tố cùng nhau thì $f(m), f(n)$ cũng nguyên tố cùng nhau.

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ có $A B=A C$. Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ A xuống $B C$. ( $C)$ là một đường tròn đi qua $H$ có tâm $I$ di động trên đoạn $A H .(C)$ cắt $A B$ tại $M, N$ và cắt $A C$ tai $P, Q$ sao cho $M$ nằm giữa $A$ và $N, P$ nằm giũa $A v \dot{a} Q$. $B P$ và $B Q$ cắt $(C)$ tại $E, F$. Chúng minh rằng giao điểm $D$ của $N E$ và $M F$ là một điểm cố định.

Giải

Ngày thi thứ 1

Bài 1.

Gọi 4 phương trình của hệ lần lượt là $(1), (2), (3), (4).$ Nếu $z+t=0$ thì khử $t$ ở các phương trình.

Ta có $x+y=3$ và $(x+y){{z}^{2}}=41$ nên ${{z}^{2}}=\frac{41}{3}$.

Mặt khác $z(x-y)=5$ và ${{z}^{3}}(x-y)=101$ nên ${{z}^{2}}=\frac{101}{5},$ từ đây ta có điều vô lý.

Do đó, ta chỉ cần xét $z+t \neq 0$. Từ $(2),$ ta có

$$(xz + yt)(z + t) = 5(z + t),$$

sau khi khai triển, sử dụng $(1),(3)$, ta được $$41 + 3zt = 5(z + t).$$

Từ $(3),$ ta có $$(x{z^2} + y{t^2})(z + t) = 41(z + t),$$

lại khai triển, sử dụng $(2),(4)$, ta được $$101 + 5zt = 41(z + t).$$

Do đó, ta có một hệ phương trình theo biến $zt,z+t$ nên giải ra được $z+t=1,zt=-12$. Từ đây ta có $(z,t)=(4,-3),(-3,4).$

  •  Nếu $z=4,t=-3$ thì dễ dàng tính được $x=2,y=1.$
  •  Nếu $z=-3,t=4$ thì ta cũng tính được $x=1,y=2.$

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt là $$(x,y,z,t)=(1,2,-3,4),(2,1,4,-3).$$

Bài 2.

Do $z_n$ là dãy tăng nên ta chỉ cần chứng minh nó bị chặn trên là được.

Giả sử $L$ là chặn trên của $v_n$, ta có do $x_n$ giảm nên

$${z_n} – n{x_{n + 2}} \le {v_{n + 1}} = {x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} + {x_{n + 1}} – (n + 1){x_{n + 2}} \le L.$$

Suy ra \[{z_n} \le L + n{x_{n + 2}}.\]

Tương tự, \[{z_n} – n{x_{n + 3}} \le {v_{n + 2}} = {x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} + {x_{n + 1}} + {x_{n + 2}} – (n + 2){x_{n + 3}} \le L\]

nên ta được \[{z_n} \le L + n{x_{n + 3}}.\]

Qua hai bước trên, làm tương tự, cho $n$ cố định, ta suy ra được\[{z_n} \le L + n\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } {x_N} = L.\]

Ta có điều phải chứng minh.

Bài 3.

(a) Ta giải bằng phương pháp đếm bằng hai cách. Giả sử ngược lại, tồn tại tập $M$ gồm $2n+1$ tập con đôi một không giống nhau. Ta đếm số các bộ $(x, i, j)$ với $i < j$ mà $x \in A_i \Delta A_j.$ Theo giả thiết, số bộ này ít nhất là

$(2n+1)\frac{(2n+1)2n}{2}.$

Với mỗi $x,$ giả sử có $k$ tập con $A_i$ chứa $x$ và $2n+1-k$ tập con không chứa $x.$ Khi đó số cặp $A_i, A_j$ mà $x \in A_i \Delta A_j$ sẽ không quá $k(2n+1-k) \le n(n+1).$ Như vậy số bộ này nhiều nhất là $4n \cdot n(n+1).$ Từ đó ta suy ra bất đẳng thức   \[(2n+1)\frac{(2n+1)2n}{2}\le 4n \cdot n(n+1).\]

Suy ra $1 ≤ 0,$ vô lý, kéo theo $m \le 2n.$

(b) Xét tập $M = \{A_1, A_2, \ldots, A_m \}$ gồm $m$ tập con đôi một không giống nhau của $X.$

Đặt $X’ = X \cup {0}.$ Ta thiết lập các tập $A’_i$ theo nguyên tắc sau đây

  •  Nếu $|A_i|$ chẵn thì $A’_i = A_i,$
  •  Nếu $|A_i|$ lẻ thì $A’_i = A_i \cup \{0\}.$

Khi đó ta có $|A’_i|$ chẵn với mọi $i.$ Từ đó, do

$$| A \Delta B | = | A | + | B | – 2| A \cap B | \text{ nên } |A’_i \Delta A’_j|.$$

Mà ${{{A}’}_{i}}\Delta {{{A}’}_{j}} \supseteq {{A}_{i}}\Delta {{A}_{j}}$ nên $\left| {{{{A}’}}_{i}}\Delta {{{{A}’}}_{j}} \right|\ge \left| {{A}_{i}}\Delta {{A}_{j}} \right|\ge 2n+1.$ Từ đây, do tính chẵn, suy ra $|A’_i \Delta A’_j| \ge 2n+2.$

Lại áp dụng lập luận tương tự (a) cho tập $M’ = \{A’_1, A’_2, \ldots, A’_m \}$ thuộc $X’,$ ta có số bộ $(x, i, j)$ với $x \in A’_i \Delta A’_j$ một mặt sẽ có ít nhất là $$(2n+2)\frac{m(m-1)}{2}.$$ Mặt khác sẽ không vượt quá $(4n+1) \cdot \frac{{{m}^{2}}}{4}.$ Từ đó suy ra bất đẳng thức

\[\begin{aligned} & (2n+2)\frac{m(m-1)}{2}\le (4n+1) \cdot \frac{{{m}^{2}}}{4} \\ &\Leftrightarrow 4(n+1)(m-1)\le (4n+1)m \\ & \Leftrightarrow m\le \frac{4(n+1)}{3}. \end{aligned}\]

Bài 4.

(a) Gọi $AT$ là đường cao của tam giác $ABC$ với $T \in BC.$ Suy ra tứ giác $AHTB$ và $ATKC$ nội tiếp.

Không có mô tả.

Do đó $$\angle{HTI}=\angle{BAH}=\alpha =\angle{CAK}=\angle{ITK}.$$ Suy ra $I,H,T,K$ đồng viên. Do đó, tâm $(IHK)$ thuộc trung trực của $TI$ cố định.

(b) Gọi $(\omega)$ là đường tròn đường kính $AB.$ Ta có tứ giác $AHTB$ nội tiếp $(\omega).$ Do đó $(\omega)$ giao $(IHK)$ tại $T$ và $H.$

Giả sử $(\omega)$ và $(IHK)$ tiếp xúc thì $T \equiv H$ dẫn đến $AM$ là đường cao của tam giác $ABC.$

Khi đó ta tính được $\alpha = 90^{\circ} -\angle{ABC}.$

Hoàn toàn tương tự nếu $(IHK)$ tiếp xúc với đường tròn đường kính $AC.$

Ngày thi thứ 2

Bài 5.

(a) Đặt $x^{\frac{4}{3}} = a, x^{-\frac{4}{3}}=b$ thì ta có $ab=1$ và cần chứng minh rằng

$$2(a^4+b^4+1) \ge 3(a^3+b^3).$$

Ta cũng có

$a^4+b^4=((a+b)^2-2)^2-2$ và $a^3+b^3=(a+b)^3-3(a+b)$.

Đặt $t = a+b \ge 2$ thì ta cần có

$2((t^2-2)^2-1) \ge 3(t^3-3t)$.

Biến đổi tương đương bất đẳng thức này, ta được

$$(t-2)(2t+1)(t^2-3) \ge 0.$$

Bất đẳng thức này đúng do $t \ge 2$.

(b) Ta chứng minh hằng số nhỏ nhất là $\alpha_0=\sqrt{3/2}.$ Không mất tính tổng quát, giả sử $x\ge 1.$ Đầu tiên, vì hàm $h(\alpha)=x^{\alpha}+\frac{1}{x^{\alpha}}$ tăng nên ta dễ thấy $\alpha>1.$ Bây giờ ta sẽ chứng minh bằng hai bước. \medskip

Bước : $\alpha=\sqrt{3/2}=\alpha_0$ thì bất đẳng thức đúng. Thật vậy, ta cần chứng minh

$$\frac{2(x^{\alpha_0}-1)^2}{x^{\alpha_0}}\ge\frac{3(x-1)^2}{x},$$

tương đương $f(x)=x^{\alpha_0}-\frac{1}{x^{\alpha_0}}-\alpha_0 x+\frac{\alpha_0}{x}.$

Ta có

$$f'(x)=\alpha_0 (x^{\alpha_0-1}-1)\left(1-\frac{1}{x^{\alpha_0+1}}\right)\ge 0 \forall x\ge 1,$$

nên $f(x)\ge f(1)=0.$

Bước 2: Chứng minh $\alpha=\sqrt{3/2}=\alpha_0$ là hằng số nhỏ nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại $1<\alpha<\alpha_0$ sao cho bất đẳng thức ở đề bài thỏa mãn với mọi $x\ge 1.$ Khi đó tồn tại $m>n$ nguyên dương sao cho $\alpha<\frac{m}{n}<\alpha_0.$ Khi đó $h(\alpha)<h\left(\frac{m}{n}\right).$ Từ đây suy ra

$$2h\left(\frac{m}{n}\right)+2\ge3h(1),$$

tương đương

$$\frac{2(y^m-1)^2}{y^m}\ge\frac{3(y^n-1)^2}{y^n} \, \forall y\ge 1,$$

với $y=\sqrt[n]{x}.$ Bất đẳng thức trên có thể được viết lại với $y>1$ như sau

$$g(y)=2(y^{m-1}+y^{m-2}+\cdots+1)^2-3y^{m-n}(y^{n-1}+y^{n-2}+\cdots+1)^2\ge 0, \, \forall y>1.$$

Vì $g(y)$ liên tục nên ta có

$$\lim_{y\to 1}g(y)\ge0 \iff 2m^2\ge3n^2,$$

mâu thuẫn do $m/n<\sqrt{3/2}.$

Vậy hằng số nhỏ nhất cần tìm là $\sqrt{3/2}.$

Bài 6.

Đặt $a = 3^{4(n^2+n+1)} \ge 81$ thì ta có $A=t^7+t^5+1 $. Phân tích biểu thức này thành nhân tử, ta có

$$A=(t^5-t^4+t^3-t+1)(t^2+t+1).$$

Dễ dàng chứng minh được $$t^5-t^4+t^3-t+1 > t^2+t+1 > 1$$ nên biểu thức trên không thể là số nguyên tố được.

Vậy không tồn tại số $n$ nào thỏa mãn đề bài.

Bài 7.

Trong $(i),$ thay $m=1$, ta có

$$f(f(n))=n^6f(n).(*)$$

Từ đây dễ suy ra $f$ đơn ánh. Tiếp tục thay $m$ bởi $f(m),$ ta có

$$f(f(m) \cdot f(n))=n^6 \cdot f(f(m) \cdot n)=(mn)^6 \cdot f(mn)=f(f(mn)).$$

Kết hợp với tính đơn ánh, ta có $ f(m) \cdot f(n)=f(mn)$ nên $f$ nhân tính. \medskip

Tiếp theo, giả sử tồn tại $n$ sao cho $\gcd (f(n),n)=1$ suy ra $f(f(n))$ và $f(n)$ nguyên tố cùng nhau. Từ $(*)$ ta được $f(n)=1$ và $f(1)=n^6$. Lại có $\gcd (f(1),1)=1$ nên $f(1)=1$ . Do đó $$\gcd (f(n),n) \neq 1,\forall n \ge 2.$$

Xét số nguyên $n$ bất kì. Giả sử $f(n)$ có ước nguyên tố $q$ sao cho $q$ không là ước của $n.$ Khi đó $\gcd (n,q)=1$ và $\gcd (f(n),f(q)) \neq 1, $ trái với điều kiện $(ii).$ \medskip

Xét số nguyên tố $p$ bất kì. Khi đó $f(p)=p^k, k \ge 1$ do $(f(p),p) \neq 1$. Suy ra $$f(f(p))=f(p^k)=f(p)^k= p^{k^2}.$$

Thay vào $(*)$ ta được $$p^{k^2}=p^6 \cdot p^k \Rightarrow \begin{cases} k=3 \\ f(p)=p^3 \end{cases}.$$

Từ đây, kết hợp với tính nhân tính của $f$ và ta cũng biết rằng mỗi số $n$ đều có thể biểu diễn thành tích của các số nguyên tố, ta có được $f(n)=n^3$ với mọi $n \in \mathbb{N}.$

Bài 8.

Giả sử $MF$ cắt $BC$ tại $T$, ta có $(C)$ tiếp xúc với $BC$ tại $H$ nên $$TH^2=TF \cdot TM.$$

Không có mô tả.

 

Ta lại có $NQ \parallel BC$ vậy nên $$\angle{TBF}=\angle{FQN}=\angle{TMB},$$ suy ra $TB^2=TF \cdot TM.$ Từ đó, suy ra $T$ là trung điểm $HB$. Tương tự, ta cũng chứng minh được rằng $NE$ cắt $BC$ cũng tại trung điểm $BH$.

Suy ra $NE, MF, BC$ đồng quy tại $T$ là trung điểm $BH$, là một điểm cố định.

Nhận xét: Bài toán này cũng có một phiên bản tương tự khi thay tam giác tam giác cân bởi tam giác bất kỳ, và đường tròn cắt tại hai điểm trên cạnh thành đường tròn nội tiếp. Cụ thể là:

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F.$ Đường thẳng qua $E,F$ song song với $BC$ lần lượt cắt lại $(I)$ tại $G,H$. Giả sử $BG,CH$ cắt lại $(I)$ tại $P,Q$ và $EF$ cắt $BC$ tại $T$.

a/ Chứng minh rằng $PE,QF$ cùng đi qua trung điểm $K$ của $DT.$

b/ Chứng minh rằng $(KBP),(KCQ)$ cùng tiếp xúc với $(I)$ và hai đường tròn này cũng cắt nhau tại một điểm nằm trên $(ABC)$.

Đáp án đề thi Toán không chuyên trường Phổ thông Năng Khiếu năm 2021

Bài 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức: $$P=\dfrac{a^2+b\sqrt{ab}}{a+\sqrt{ab}}+\dfrac{a\sqrt{a}-3a\sqrt{b}+2b\sqrt{a}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\ \ (a>b>0)$$

a) Thu gọn biểu thức $P$.

b) Chứng minh $P>0$.

Bài 2. (2 điểm)

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

b) Cho $(d): y=(m+1)x+mn$ và $(d_1): y=3x+1$. Tìm $m$, $n$ biết $(d)$ đi qua $A(0;2)$, đồng thời $(d)$ song song với $(d_1)$.

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

a) Tìm $m$ sao cho $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt $A(x_1;y_1)$, $B(x_2;y_2)$.

b) Tìm $m$ sao cho $(x_1-x_2)^2 + (y_1-y_2)^2 =5$.

Bài 4. (2 điểm)

a) Công ty viễn thông gói cước được tính như sau:

  • Gói I: $1800$ đồng/phút cho $60$ phút đầu tiên; $1500$ đồng/phút cho $60$ phút tiếp theo và $1000$ đồng/phút cho thời gian còn lại.
  • Gói II: $2000$ đồng/phút cho $30$ phút đầu tiên; $1800$ đồng/ phút cho $30$ phút tiếp theo; $1200$ đồng/phút cho $30$ phút tiếp theo nữa và $800$ đồng/phút cho thời gian còn lại.

Sau khi cân nhắc thì bác An chọn gói II vì sẽ tiết kiện được $95000$ đồng so với gói I. Hỏi trung bình bác An gọi bao nhiêu phút một tháng?

b) Cho $\triangle ABC$ có $AB=3$, $AC=4$, $BC=5$. $BD$ là tia phân giác của $\angle ABC$. Tính $BD$?

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

a) Chứng minh $\triangle PBC$ đều. Tính $PA\cdot PD$ theo $R$.

b) $AH$ cắt $(T)$ tại $E$ (khác $A$). Chứng minh $HA \cdot HE = HO \cdot HP$ và $PD = PE$.

c) Trên $AB$ lấy điểm $I$ thỏa $AI =AC$, trên $AC$ lấy điểm $J$ thỏa $AJ = AB$. Đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $I$ và đường thẳng vuông góc với $AC$ tại $J$ cắt nhau ở $K$. Chứng minh $IJ=BC$ và $AK \bot BC$. Tính $PK$ theo $R$.

 

— HẾT —


LỜI GIẢI

Bài 1.

a) Ta có $a>b>0$ nên

$P = \dfrac{{{a^2} + b\sqrt {ab} }}{{a + \sqrt {ab} }} + \dfrac{{a\sqrt a – 3a\sqrt b + 2b\sqrt a }}{{\sqrt a – \sqrt b }}$

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

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

(1đ)

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

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

(0,5đ)

Bài 2.

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

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

(0,25đ)

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

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x – 1=0}\\ {x+3=0}\\ {3-2x=x+1} \end{array}} \right.$

(0,25đ)

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x =1 \ \ \ (n)}\\ {x=-3 \ (l)}\\ {x=\dfrac{2}{3}\ \ \ (l)} \end{array}} \right.$

(0,25đ)

Vậy $S=\left\{ 1; \dfrac{2}{3}\right\}$

(0,25đ)

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

(0,5đ)

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

(0,5 đ)

Vậy $m=2$, $n=1$

Bài 3.

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

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

(0,25đ)

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

$ \Leftrightarrow $ $ \Delta’>0 $ $ \Leftrightarrow $ $ 1+m>0 $

$ \Leftrightarrow m>-1 $ $(*)$

(0,25đ)

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

b) Với điều kiện $(*)$ theo Viet ta có: $ S=x_1+x_2=2 $, $ P=x_1\cdot x_2=-m $

(0,25đ)

Ta có: $A(x_1;y_1)\in (d) \Leftrightarrow y_1 = 2x_1+m$; $B(x_2;y_2)\in (d) \Leftrightarrow y_2=2x_2+m$

Ta có:

$ (x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2=5$

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2+(2x_1-2x_2)^2=5$

(0,25đ)

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2+4(x_1-x_2)^2=5$

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2=1\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-4x_1x_2=1$

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

(0,5đ)

Vậy $m=-\dfrac{3}{4}$

Bài 4.

a) Giả sử thời gian gọi trung bình mỗi tháng của bác An là $t$ (phút, $t>0$).

Gọi $A(x)$, $B(x)$ lần lượt là cước phí khi gọi $x$ phút tương ứng với gói cước I và gói cước II, theo đề bài ta có $A(t)-B(t)=95000$ (đồng).

Ta có bảng sau:

Vậy trung bình mỗi tháng bác An gọi $475$ phút.

(1đ)

b) Ta có: $3^2 + 4^2 = 5^2$ nên $AB^2 + AC^2 = BC^2$

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

(0,25đ)

Theo tính chất đường phân giác: $\dfrac{DC}{BC} = \dfrac{DA}{BA}$.

Suy ra $\dfrac{DC}{BC} = \dfrac{DA}{BA} = \dfrac{DC + DA}{BC + BA} = \dfrac{AC}{BA + BC} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow AD = \dfrac{1}{2} BA = \dfrac{3}{2}$.

(0,5đ)

Tam giác $ABD$ vuông tại $A$ nên: $BD^2 = AD^2 + AB^2 = \dfrac{45}{4} \Rightarrow BD =\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$.

(0,25đ)

Bài 5.

a)

  • Ta có: $OB = OC$, $PB = PC$ suy ra $PO$ là đường trung trực của $BC$

nên $OP \bot BC$ và $H$ là trung điểm $BC$.

$\sin \angle HOC = \dfrac{HC}{OC}= \dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \angle HOC = 60^\circ \Rightarrow \angle HCP = \angle HOC =60^\circ $

$\triangle PBC$ có $PB = PC$ và $\angle BCP =60^\circ $ suy ra $\triangle PBC$ đều

(0,5đ)

  •  Xét $\triangle PBD$ và $\triangle PAB$ có $\angle BPD$ chung, $\angle PBD = \angle PAB$

$\Rightarrow \triangle PBD \backsim \triangle PAB$ (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{PB}{PA}= \dfrac{PD}{PB}\Rightarrow PA\cdot PD = PB^2 = 3R^2$

(0,5đ)

b)

  • Xét $\triangle HAB $ và $\triangle HCE$ có $\angle AHB = \angle CHE$, $\angle HAB = \angle HCE$

$\Rightarrow \triangle HAB \backsim \triangle HCE$ (g.g) $\Rightarrow HA \cdot HE = HB \cdot HC = HB^2 = HO \cdot HP$

(0,5đ)

  •  Xét $\triangle HOA $ và $\triangle HEP$ có $\angle OHA = \angle EHP$, $\dfrac{HO}{HE} = \dfrac{HA}{HP}$

$\Rightarrow \triangle HOA \backsim \triangle HEP$ (c.g.c) $\Rightarrow \angle HOA = \angle HEP$, suy ra $AOEP$ là tứ giác nội tiếp.

Suy ra $\angle HPE = \angle HPD$ (chắn hai cung $OE$ và $OA$ bằng nhau)  $(1)$

Lại có $PA \cdot PD = PB^2 = PH \cdot PO \Rightarrow \dfrac{PD}{PO} = \dfrac{PH}{PA}$

$ \Rightarrow \triangle PDH \backsim \triangle POA$ (c.g.c) suy ra $OHDA$ nội tiếp.

Mà $\angle PAO = \angle ODA =\angle AHO = \angle PHE$ nên $\angle PHD = \angle PHE$  $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\triangle HDP = \triangle HEP$ (g.c.g), suy ra $PD=PE$.

(0,5đ)

c)

  •  Xét $\triangle ABC$ và $\triangle AJI$ có $AB=AJ$, $\angle IAC$ chung, $AC=AI$

nên $\triangle ABC = \triangle AJI \Rightarrow IJ = BC$

(0,25đ)

  •  Gọi $Q = BC \cap AK$

Ta có: $\angle AIK = \angle AJK =90^\circ $ nên $AIKJ$ nội tiếp đường tròn đường kính $AK$

$ \Rightarrow \angle AKI = \angle AJI$

Mà $\angle AJI = \angle ABC$ (do $\triangle ABC = \triangle AJI$) nên $\angle AKI = \angle ABC$.

Tứ giác $BQKI$ có $\angle AKI = \angle ABC$ nên $BQKI$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow \angle BIK + \angle BQK = 180^\circ \Rightarrow \angle BQK = 180^\circ – \angle BIK = 180^\circ – 90^\circ =90^\circ $

Suy ra $AK \bot BC$.

(0,25đ)

  •  Vì $\triangle ABC = \triangle AIJ$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác này bằng nhau.

Mà $AK$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\triangle AIJ$ nên $AK=2R$.

$\triangle OCP$ vuông tại $C$:

$\Rightarrow OP^2 = OC^2 + CP^2 = R^2 + \left( R\sqrt{3} \right) ^2 = 4R^2$

$\Rightarrow OP=2R \Rightarrow OP=AK$.

Ta có: $AK \bot BC$, $OP \bot BC$ nên $AK // OP$.

Tứ giác $AOPK$ có $AK // OP$ và $AK=OP$ nên $AOPK$ là hình bình hành, suy ra $PK=AO=R$.

Vậy $PK=R$.

(0,5đ)

Lời giải được thực hiện bởi nhóm giáo viên Star Education: thầy Nguyễn Tăng Vũ, thầy Nguyễn Ngọc Duy, thầy Nguyễn Tấn Phát, cô Bùi Thị Minh Phương, Châu Cẩm Triều, Lê Quốc Anh, Nguyễn Công Thành

 

Đề thi học kì 2 môn toán lớp 10 trường Bùi Thị Xuân năm 2020-2021

PHẦN ĐẠI SỐ (6 điểm)

Bài 1. Giải các bất phương trình sau:

a) $|2x+8| <x^2$

b) $1-2x-\sqrt{3x^2-4x+1} \ge 0$

Giải

a) $|2x+8| <x^2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x^2 -2x -8>0\\ x^2 + 2x +8 >0 \end{array}\right. $ $\left[ \begin{array}{l} x<-2\\ x>4 \end{array}\right. $

b) $1-2x – \sqrt{3x^2 -4x +1} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt{3x^2 -4x +1} \le 1-2x$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3x^2 -4x +1\ge 0\\ 1-2x \ge 0\\ x^2 +1\ge 0 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} x\le \dfrac{1}{3}\\ x\ge 1 \end{array} \right. \\ x\le \dfrac{1}{2} \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow x\le \dfrac{1}{3}$

Bài 2. Biết $\cos x = -\dfrac{3}{5}$ và $\dfrac{\pi}{2}<x<\pi$. Tính $\sin x$, $\sin 2x$, $\cos \left( x+\dfrac{2\pi}{3}\right) $.

Giải

Ta có: $\sin ^2 x = 1- \cos ^2 x = \dfrac{16}{25} \Rightarrow \sin x = \dfrac{4}{5}$ ($\dfrac{\pi}{2}<x<\pi$)

Ta có: $\sin 2x = 2\sin x \cos x = -\dfrac{24}{25}$

Ta có: $\cos \left( x+ \dfrac{2\pi}{3}\right) = \cos x \cdot \cos \dfrac{2\pi}{3} – \sin x \cdot \sin \dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{3-4\sqrt{3}}{10}$

Bài 3. Cho $A$, $B$, $C$ là ba góc của tam giác. Chứng minh rằng

$$\tan \dfrac{A}{2} \cdot \tan \dfrac{B}{2} + \tan \dfrac{B}{2} \cdot \tan \dfrac{C}{2} + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2} =1$$

Giải

$VT = \tan \dfrac{A}{2} \cdot \tan \dfrac{B}{2} + \tan \dfrac{B}{2} \cdot \tan \dfrac{C}{2} + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}$

$=\tan \dfrac{B}{2} \cdot \left( \tan \dfrac{A}{2} + \tan \dfrac{C}{2}\right) + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}$

$=\tan \dfrac{B}{2} \cdot \tan \dfrac{A+C}{2} \cdot \left( 1-\tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}\right) + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}$

$=1-\tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2} + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}=1=VP$ (với $\tan \dfrac{A+C}{2} = \cot \dfrac{B}{2}$ )

Bài 4. Chứng minh biểu thức không phụ thuộc vào $x$:

$$A=\tan (\pi +x) \cdot \tan \left( \dfrac{\pi}{2} -x\right) – \cos ^2 x + \cos \left( x+ \dfrac{\pi}{6}\right) \cdot \cos \left( x-\dfrac{\pi}{6}\right) $$

Giải

$A=\tan (\pi +x) \cdot \tan \left( \dfrac{\pi}{2} -x\right) – \cos ^2 x + \cos \left( x+ \dfrac{\pi}{6}\right) \cdot \cos \left( x-\dfrac{\pi}{6}\right) $

$= \tan x \cdot \cot x – \cos ^2 x + \dfrac{1}{2} \left( \cos 2x + \cos \dfrac{pi}{3}\right) $

$= 1- \cos ^2 x + \cos ^2 x – \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}$

Bài 5. Chứng minh rằng

$$\left( \dfrac{\sin 2x – 2\sin x}{\sin 2x + 2\sin x}\right) \cdot \left( \dfrac{\sin ^4 x – \cos ^4 x + \cos ^2 x}{2\left( \cos x-1\right) }\right)= \sin ^2 \dfrac{x}{2}$$

Giải

$VT = \left( \dfrac{\sin 2x – 2\sin x}{\sin 2x + 2\sin x}\right) \cdot \left( \dfrac{\sin ^4 x – \cos ^4 x + \cos ^2 x}{2\left( \cos x-1\right) }\right)$

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

$=\dfrac{\sin ^2 x}{2\left( \cos x +1\right) }=\dfrac{\left( 1-\cos x\right) \left( 1+ \cos x\right) }{2\left( \cos x +1\right) }= \dfrac{1-\cos x}{2} = \sin ^2 \dfrac{x}{2} = VP$

PHẦN HÌNH HỌC (4 điểm)

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có đỉnh $C(-5;-6)$ và đường cao $AH: x+2y +1=0$, đường trung tuyến $BM: 8x-y+4=0$. Tìm tọa độ các đỉnh $B$, $A$.

Giải

Ta có: $BC \bot AH \Rightarrow BC: 2x -y +c =0$

$C\in BC \Rightarrow c=4 \Rightarrow BC: 2x-y+4=0$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} B\in BC\\ B\in BM \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x_B – y_B =-4\\ 8x_B – y_B =-4 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x_B = 0\\ y_B =4 \end{array}\right. $ $\Rightarrow B(0;4)$

Ta có: $M\in BM \Rightarrow M(a;8a+4)$

$M$ là trung điểm $AC\Rightarrow A(2a+5; 16a+14)$

Ta có: $A\in AH \Rightarrow 2a+5 + 2(16a+14) + 2=0 \Leftrightarrow a=-1\Rightarrow A(3;-2)$

Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $(C): x^2 + y^2 +2x -2y +1=0$. Viết phương trình tiếp tuyến $\Delta $ của đường tròn $(C)$ biết rằng đường thẳng $\Delta$ vuông góc với đường thẳng $d: 2x+y+2=0$.

Giải

$(C): x^2 + y^2 + 2x -2y +1 =0 \Rightarrow $ Tâm $I(-1;1)$, bán kính $R=1$

Ta có: $\Delta \bot d \Rightarrow d: x-2y +c =0$

Ta có: $d_{(I,\Delta)}=1 \Leftrightarrow \dfrac{|c-3|}{\sqrt{5}} =1 \Leftrightarrow |c-3| =\sqrt{5} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} c=\sqrt{5}+3\\ c=-\sqrt{5}+3 \end{array}\right. $

Với $c=\sqrt{5}+3 \Rightarrow \Delta: x-2y + \sqrt{5}+3 =0$

Với $c=-\sqrt{5}+3 \Rightarrow \Delta: x-2y -\sqrt{5}+3=0$

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường thẳng $d: 2x-y-5=0$ và hai điểm $A(1;2)$, $B(4;1)$. Viết phương trình đường tròn $(T)$ có tâm thuộc đường thẳng $d$ và đi qua $A$, $B$.

Giải

Gọi $I$ là tâm đường tròn $\Rightarrow I\in d \Rightarrow I(a;2a-5)$

Ta có: $AI^2 = BI^2 \Rightarrow (a-1)^2 + (2a-7)^2 = (a-4)^2 + (2a-6)^2 \Rightarrow a=1$

Suy ra $I(1;-3)$ nên $R=5$

Vậy $(T): (x-1)^2 + (y+3)^2 =25$

Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho elip $(E): \dfrac{x^2}{25} + y^2 =1$. Tìm tọa độ tiêu điểm, tính tâm sai và độ dài các trục của $(E)$.

Giải

$(E): \dfrac{x^2}{25}+y^2 =1 \Rightarrow a=5$ và $b=1$

Khi đó: $c=\sqrt{a^2 -b^2} =2\sqrt{6}$

Tọa độ tiêu điểm: $F_1(-2\sqrt{6}; 0)$; $F_2(2\sqrt{6}; 0)$

Tâm sai: $e=\dfrac{c}{a} = \dfrac{2\sqrt{6}}{5}$

Độ dài trục lớn: $2a=10$

Độ dài trục bé: $2b=2$

— HẾT —

Đề thi học kì 2 môn toán lớp 11 trường PTNK năm 2020-2021

Bài 1: (1 điểm) Tính các giới hạn sau:

a) $\lim\limits_{x\rightarrow {+\infty}} \dfrac{4x+\sqrt{x^2-x}}{x+3}$.

b) $\lim\limits_{x\rightarrow 1} \dfrac{x-\sqrt{x^2+x-1}}{3x-x^2-2}$

Giải

a) $\lim\limits_{x\rightarrow {+\infty}} \dfrac{4x+\sqrt{x^2-x}}{x+3}$

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

$=\lim\limits_{x\rightarrow {+\infty}} \dfrac{ 4+\sqrt{1-\dfrac{1}{x}} }{ 1+\dfrac{3}{x} } =5$

b) $\lim\limits_{x\rightarrow 1} \dfrac{x-\sqrt{x^2+x-1}}{3x-x^2-2}$

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

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

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

Bài 2: (1,5 điểm) Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y= \dfrac{x^2-x+5}{x+1} + \sqrt{2x-x^2}$

b) $y=\tan (1+x^2) + \cos ^5 (1-2x)$.

Giải

a) $y’=\left( \dfrac{x^2-x+5}{x+1} + \sqrt{2x-x^2}\right) ‘$

$= \dfrac{(x^2 -x +5)'(x+1)-(x^2 -x+5)(x+1)’}{(x+1)^2} + \dfrac{(2x-x^2)’}{2\sqrt{2x-x^2}}$

$=\dfrac{(2x-1)(x+1)-(x^2-x+5)}{(x+1)^2} + \dfrac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}$

$=\dfrac{x^2+2x-6}{(x+1)^2} + \dfrac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}$.

b) $y’=\left( \tan (1+x^2) + \cos ^5 (1-2x)\right) ‘$

$=(1+x^2)’ \left( 1+\tan ^2 (1+x^2)\right) + 5(1-2x)’ \cdot \cos ^4 (1-2x)$

$= 2x + 2x\tan ^2 (1+x^2) -10\cos ^4 (1-2x)$.

Bài 3: (1 điểm) Chứng minh phương trình $2(m^2 -2)x^5 – 4m^2x^4 + 2(m^2 -x^2) + 4x +1 =0$ có ít nhất hai nghiệm trái dấu với mọi số thực $m$.

Giải

Đặt $f(x) = 2(m^2 -2)x^5 -4m^2x^4 + 2(m^2 -x^2) + 4x +1$

Ta có: $f(-1) = -4m^2 -5 <0$, $f(0) = 2m^2 +1 >0$ $\Rightarrow f(-1)\cdot f(0) <0$

Suy ra phương trình $f(x) =0$ có ít nhất 1 nghiệm âm trong khoảng $(-1;0)$

Lại có: $f(1) = -1<0\Rightarrow f(0)\cdot f(1)<0$

Suy ra phương trình $f(x)=0$ có ít nhất 1 nghiệm dương trong khoảng $(0;1)$

Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm trái dấu với mọi $m$.

Bài 4: (1 điểm) Tìm $a$ để hàm số $y=f(x)=\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{\sqrt{2x^2+1}+ x-5}{x^2-4}; \, x\ne \pm 2\\ ax^2 + \dfrac{19}{12}; \, x=\pm 2 \end{array}\right. $ liên tục tại $x_0=2$.

Giải

Ta có: $f(2) = 4a+\dfrac{19}{12}$

Lại có: $\lim\limits_{x\rightarrow 2} \dfrac{\sqrt{2x^2+1}+ x-5}{x^2-4} = \lim\limits_{x\rightarrow 2} \dfrac{2x^2+1- (x-5)^2}{(x-2)(x+2)(\sqrt{2x^2+1}-x+5)}$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 2} \dfrac{x+12}{(x+2)(\sqrt{2x^2+1}-x+5)} = \dfrac{7}{12}$

Hàm số liên tục tại $x_0 =2 \Leftrightarrow 4a + \dfrac{19}{12} = \dfrac{7}{12} \Leftrightarrow a=-\dfrac{1}{4}$

Bài 5: (1,5 điểm) Cho $(C)$ là đồ thị của hàm số $y=3x^4 -3x^2 +2$.

a) Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại điểm có hoành độ bằng $-1$.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ biết tiếp tuyến có hệ số góc $k=6$.

Giải

a) Ta có: $f'(x) = 12x^3 -6x \Rightarrow f'(-1) = -6$, $f(-1) = 2$

Phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại $x_0=-1$: $y=-6(x+1) +2 = -6x -4$

b) Gọi phương trình tiếp tuyến cần tìm là $y=f'(x_0) (x-x_0) + f(x_0)$

Ta có: $f'(x_0) =6 \Leftrightarrow 12x_0^3 -6x_0 =6 \Leftrightarrow x_0=1 \Rightarrow f(x_0) = 2$

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: $y=6(x-1) + 2 = 6x-4$

Bài 6: (4 điểm) Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \bot (ABC)$. Tam giác $ABC$ cân tại $B$, $BA = BC =a$; $\angle ABC =120^\circ $, $SA=a\sqrt{3}$. $D$ là điểm đối xứng với $B$ qua trung điểm $I$ của $AC$.

a) Tính góc tạo bởi $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$.

b) Chứng minh $BD \bot (SAC)$. Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng $(SBD)$ và $(ABC)$.

c) Tính khoảng cách từ $D$ đến $(SBC)$.

d) Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $BA$, $BC$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $MN$ và $SC$.

Giải

a) Hình chiếu của $C$ lên $(ABC)$ là $C$

Hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ là $A$

$\Rightarrow \widehat{\left( SC, (ABC)\right) } = \widehat{(SC, AC)} = \angle SCA$

Tứ giác $ABCD$ có $I$ là trung điểm $AC$, $BD$ và $AB=BC$

Suy ra tứ giác $ABCD$ là hình thoi

Suy ra $\triangle BIC$ vuông tại $I$ và $\angle IBC = \dfrac{\angle ABC}{2} =60^\circ $

Suy ra $IC = BC \cdot \sin \angle IBC =\dfrac{a\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AC =a\sqrt{3}$

Ta có: $\tan \angle SCA = \dfrac{SA}{AC} = 1 \Rightarrow \angle SCA =45^\circ $.

b)

  • Ta có: $BD \bot AC$, $BD \bot SA\Rightarrow BD \bot (SAC)$
  • Ta có: $BD\bot (SAC) \Rightarrow BD \bot SI$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} (SBD) \cap (ABC) = BD\\ AI\bot BD, SI \bot BD \end{array}\right.$

$\Rightarrow \widehat{((SBD), (ABC))} = \widehat{(SI, AI)}= \angle SIA$

Ta có: $\tan \angle SIA = \dfrac{SA}{AI} = 2 \Rightarrow \angle SIA \approx 63^\circ $

c) Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$, $K$ là hình chiếu của $A$ trên $SH$.

Ta có: $BC \bot AH$, $BC \bot SA \Rightarrow BC \bot (SAH)$

Ta có: $AK \bot SH$, $AK \bot BC\Rightarrow AK \bot (SBC)$

Do $AD // (SBC) \Rightarrow d_{(D, (SBC))} = d_{(A, (SBC))}=AK$

$\triangle AHC$ vuông tại $H$ có $\angle ACH =30^\circ \Rightarrow AH = AC \cdot \sin 30^\circ =\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$

$\triangle SAH$ vuông tại $A$ có $AK$ là đường cao

$\Rightarrow \dfrac{1}{AK^2} = \dfrac{1}{SA^2} + \dfrac{1}{AH^2}\Rightarrow AK=\dfrac{a\sqrt{15}}{5}$

d) Gọi $J$ là giao điểm của $MN$ và $BD$ suy ra $J$ là trung điểm của $BI$

Ta có: $JI \bot AC$, $JI \bot SA \Rightarrow JI \bot (SAC)$

Ta có: $MN //AC \Rightarrow MN //(SAC) \Rightarrow d_{(MN,SC)} = d_{(MN, (SAC))} = JI = \dfrac{BD}{4} = \dfrac{a}{4}$.

 

 

— HẾT —

Đề thi học kì 2 môn toán lớp 10 trường PTNK năm 2020-2021

Bài 1: (2 điểm) Giải bất phương trình:

a) $\dfrac{-x-4}{x^2-7x+12} >0$

b) $\sqrt{x^2+4} \ge x+2$

Giải

a) $\dfrac{-x-4}{x^2-7x+12} >0 \Leftrightarrow \dfrac{x+4}{(x-3)(x-4)} <0 \Leftrightarrow x \in \left( – \infty ; -4 \right) \cup \left( 3;4 \right) $

Vậy $S=\left( – \infty ; -4 \right) \cup \left( 3;4 \right) $

b) $\sqrt{x^2+4} \ge x+2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \le -2 \\ \left\{ \begin{array}{l} x >-2 \\ x^2+4 \ge x^2 +4x+4 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x \le -2 \\ \left\{ \begin{array}{l} x >-2 \\ x \le 0 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow x \le 0 $

Vậy $S= \left( – \infty ; 0 \right] $

Bài 2: (1 điểm)  Tìm $m$ để bất phương trình: $2mx^2 – 2(m-4)x+m-4 \ge 0$ vô nghiệm.

Giải

  • $m=0 \Rightarrow 8x -4 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge \dfrac{1}{2}$ (loại)
  • $m \ne 0$

Đặt $f(x)= 2mx^2 – 2(m-4)x+m-4 $

Để $f(x) \ge 0$ vô nghiệm thì $f(x)\le 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}$, khi và chỉ khi:

$\left\{ \begin{array}{l} m<0 \\ \Delta ‘= {\left( {m – 4} \right)^2} – 2m\left( {m – 4} \right) <0 \end{array} \right. \Leftrightarrow m<-4$

Bài 3: (1,5 điểm) Cho hệ bất phương trình: $\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{x}{x-1}\le 0 \\ \left( m^2 +1 \right) x > 2mx + m^2 +1 \end{array} \right. \quad (I) $

a) Giải hệ bất phương trình $(I)$ khi $m=-1$.

b) Tìm $m$ để hệ bất phương trình có nghiệm.

Giải

a) Thay $m=-1$ vào $(I)$ ta được: $\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{x}{x-1}\le 0\\ 2x>-2x + 2 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\le x<1\\ x>\dfrac{1}{2} \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}<x<1$.

b) $(I) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\le x<1\\ (m-1)^2x>m^2+1 \ \ (1) \end{array}\right. $

  • TH1: $m=1$ thì hệ bất phương trình vô nghiệm.
  • TH2: $m\ne 1$, khi đó $(1)\Leftrightarrow x>\dfrac{m^2+1}{(m-1)^2}$

Hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $\dfrac{m^2+1}{(m-1)^2} <1\Leftrightarrow m<0$

Vậy $m<0$ thì hệ bất phương trình $(I)$ có nghiệm.

Bài 4: (1 điểm) Chứng minh rằng:

a) $\sin ^2 x + \sin ^2 \left( \dfrac{\pi}{3}-x \right) = 1 – \dfrac{1}{2}\cos\left( 2x – \dfrac{\pi}{3}\right) $

b) $ \sin ^2 x + \sin ^2 \left( \dfrac{\pi}{3}-x \right) + \sin x \cdot \sin \left( \dfrac{\pi}{3}-x \right) = \dfrac{3}{4}$

Giải

a) $VT= \sin ^2 x + \sin ^2 \left( \dfrac{\pi}{3}-x\right) = \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{2}\cos 2x + \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{2} \cos \left( \dfrac{2\pi}{3} -2x\right) $

$=1-\dfrac{1}{2} \left[ \cos 2x + \cos \left( \dfrac{2\pi}{3} -2x\right) \right] = 1-\dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot \cos \dfrac{\pi}{3} \cdot \cos \left(2x- \dfrac{\pi}{3}\right) $

$=1-\dfrac{1}{2}\cos \left( 2x-\dfrac{\pi}{3}\right)= VP $.

b) $VT = \sin ^2 x + \sin ^2 \left( \dfrac{\pi}{3}-x\right) + \sin x \cdot \sin \left( \dfrac{\pi}{3} -x\right) $

$= 1-\dfrac{1}{2} \cos \left( 2x-\dfrac{\pi}{3}\right) – \dfrac{1}{2} \left[ \cos \dfrac{\pi}{3} – \cos \left( 2x – \dfrac{\pi}{3}\right) \right] = \dfrac{3}{4}=VP$

Bài 5: (0,5 điểm) Cho hai số thực $a$, $b$ thỏa $2a + 3b=7$. Tìm giá trị lớn nhất của $M=(a+1)(b+1)$.

Giải

  • Cách 1: $2a + 3b =7 \Leftrightarrow a=\dfrac{7}{2} -\dfrac{3}{2}b$

Thay $a=\dfrac{7}{2} -\dfrac{3}{2}b$ vào $M$, ta được:

$M=\left( \dfrac{9}{2} – \dfrac{3}{2}b \right) (b+1) = -\dfrac{3}{2}b^2 + 3b + \dfrac{9}{2} = -\dfrac{3}{2}\left( b-1\right) ^2 +6\le 6$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $M$ là $6$ khi và chỉ khi $b=1$ và $a=2$.

  • Cách 2: $6M = (2a+2)(3b+3) \le \dfrac{\left( 2a+2 + 3b +3\right) ^2}{4} =36 \Rightarrow M\le 6$

Vậy giá trị lớn nhất của $M$ là $6$ khi và chỉ khi $a=2$ và $b=1$.

Bài 6: (3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho $2$ điểm $A(1;3)$, $B(2;1)$ và đường thẳng $(d): \left\{ \begin{array}{l} x=t \\ y=10+5t \end{array} \right. \quad (t \in \mathbb{R})$

a) Tìm tọa độ giao điểm của $AB$ với đường thẳng $(d)$. Viết phương trình đường thẳng $(d’)$ qua $A$ và song song với $(d)$.

b) Tìm $a \in \mathbb{R}$ sao cho khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $(\Delta )$ bằng $1$, biết

$( \Delta ): x+ (a-1)y-3a=0$

c) Viết phương trình đường tròn $(C)$ có tâm $A$ tiếp xúc với trục $Ox$. Tìm tọa độ giao điểm của đường tròn $(C)$ với trục $Oy$.

Giải

a)

  • Phương trình đường thẳng $AB: 2x + y -5=0$

Gọi $M(a; 10+5a)$ là giao điểm của $AB$ và $(d)$

Ta có: $M\in AB \Leftrightarrow 2a + 10 + 5a -5=0 \Leftrightarrow a=-\dfrac{5}{7}$

Vậy tọa độ giao điểm của $AB$ và $(d)$ là $M\left( -\dfrac{5}{7}; \dfrac{45}{7}\right) $

  • Đường thẳng $(d’)$ đi qua $A(1;3)$ và song song với $(d)$, khi đó:

$(d’): \left\{ \begin{array}{l}x=1+t’\\ y=3+5t’ \end{array}\right. $ $(t’\in \mathbb{R})$

b) Ta có: $d_{(A, (d’))} =1$

$ \Leftrightarrow \dfrac{|1 + (a-1)\cdot 3 -3a|}{\sqrt{1+(a-1)^2}} =1$

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

c)

  • Ta có: $d_{(A, Ox)} = 3 = R$

Phương trình đường tròn $(C)$ tâm $A$, bán kính $R=3$ là:

$(C) : (x-1)^2 + (y-3)^2 =9$

  • Gọi $N(0,y)$ là giao điểm của $(C)$ và $Oy$.

Ta có: $N\in (C) \Leftrightarrow 1 + (y-3)^2 =9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} y=3+2\sqrt{2}\\ y=3-2\sqrt{2} \end{array}\right. $

Vậy tọa độ giao điểm là $N_1(0; 3+2\sqrt{2})$ và $N_2(0; 3-2\sqrt{2})$.

Bài 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng $Oxy$, cho Elip $(E): \dfrac{x^2}{25} + \dfrac{y^2}{9} =1$

a) Tính chu vi hình chữ nhật cơ sở của $(E)$.

b) Điểm $H(m;n)$ thuộc $(E)$ thỏa $F_1H=9F_2H^2$ với $F_1$, $F_2$ là hai tiêu điểm của $(E)$ và $x_{F_1} < 0$. Tìm $m$, $n$.

Giải

a) Ta có: $a=5$, $b=3$

Chu vi hình chữ nhật cơ sở là: $2(2a+2b) = 32$.

b) Ta có: $c^2 = a^2 – b^2 =16 \Rightarrow c=4 \Rightarrow e=\dfrac{4}{5}$

$F_1H = a+e\cdot m = 5+\dfrac{4}{5}m$, $F_2H = a-e\cdot m = 5-\dfrac{4}{5}m $

Ta có: $F_1H = 9F_2H^2 \Leftrightarrow 5+\dfrac{4}{5}m = 9\left( 5-\dfrac{4}{5}m\right) ^2$

$\Leftrightarrow \dfrac{144}{25}m^2 – \dfrac{364}{5}m + 220=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m=5 \Rightarrow n=0\\ m=\dfrac{275}{36} \ (l) \end{array}\right. $

Vậy $H(5;0)$.

— HẾT —

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2020

Đề thi vào lớp 10 TPHCM năm 2020

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

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

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

Giải

a) Bảng giá trị của $(d)$:

Bảng giá trị của $(P)$:

Đồ thị:

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

Vậy $A=11$

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

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

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

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

Bảng 1

Bảng 2

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

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

Với $x=40$ và $y=28$ ta có $28=40a+b$

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

Vậy $a=\dfrac{1}{5}$ và $b=20$

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

a)

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

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

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

b)

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

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

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

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

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

c)

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

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

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

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

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

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

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

Vậy $\angle JOM =\angle IOA$ $(5)$

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

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

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

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2019

Đề thi vào lớp 10 TPHCM năm 2019

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

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

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

Giải

a) Bảng giá trị:

  • $y=x-4$

  • $y=-\dfrac{1}{2}x^2$

(Học sinh tự vẽ)

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

$-\dfrac{1}{2}x^2 = x-4 \Leftrightarrow x^2 +2x-8=0 \Leftrightarrow (x+4)(x-2)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=-4 \Rightarrow y=-8 \\ x=2 \Rightarrow y=-2 \end{array} \right. $

Vậy tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$ là $(-4;-8)$ và $(2;-2)$.

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

Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: $A=\dfrac{x_1-1}{x_2+1} + \dfrac{x_2-1}{x_1+1}$

Giải

Ta có: $\Delta = 9+8=17 >0$

$\Rightarrow $ Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$.

Theo định lý Viete, ta có: $\left\{ \begin{array}{l} x_1 + x_2 = \dfrac{3}{2} \\ x_1x_2 = – \dfrac{1}{2} \end{array} \right. $

$A= \dfrac{x_1-1}{x_2+1} + \dfrac{x_2 -1}{x_1 +1}$

$= \dfrac{x_1^2 -1 + x_2^2-1}{x_1x_2 +x_1+x_2+1} $

$= \dfrac{\left( x_1 + x_2 \right) ^2 – 2x_1x_2 -2}{-\dfrac{1}{2}+ \dfrac{3}{2}+ 1} $

$= \dfrac{\dfrac{9}{4}+1-2}{2} = \dfrac{5}{8} $

Bài 3. Quy tắc sau đây cho ta biết được ngày $n$, tháng $t$, năm $2019$ là ngày thứ mấy trong tuần. Đầu tiên, ta tính giá trị của biểu thức $T=n+ H$, ở đây $H$ được xác định bởi bảng sau:

Sau đó, lấy $T$ chia cho $7$ ta được số dư $r$ ($0 \le r \le 6$)

Nếu $r=0$ thì ngày đó là ngày thứ Bảy.

Nếu $r=1$ thì ngày đó là ngày Chủ Nhật.

Nếu $r=2$ thì ngày đó là ngày thứ Hai.

Nếu $r=6$ thì ngày đó là ngày thứ Sáu.

Ví dụ: Ngày $31/12/2019$ có $n=31$; $t=12$; $H=0 \Rightarrow T=31+0=31$; số $31$ chia cho $7$ có số dư là $3$, nên ngày đó là thứ Ba.

a) Em hãy sử dụng quy tắc trên để xác định các ngày $02/09/2019$ và $20/11/2019$ là thứ mấy?

b) Bạn Hằng tổ chức sinh nhật của mình trong tháng $10/2019$. Hỏi sinh nhật của bạn Hằng là ngày mấy? Biết rằng ngày sinh nhật của Hằng là một bội số của $3$ và là thứ Hai.

Giải

a)

  • Ngày $02/09/2019$ có $n=2$, $t=9$; $H= 0$ suy ra $T= 2+0= 2$; 2 chia $7$ dư $2$ nên đó là ngày thứ Hai.
  • Ngày $20/11/2019$ có $n=20$, $t= 11$, $H=-2$ suy ra $T= 20 -2 =18$; $18$ chia $7$ dư $4$ nên đó là ngày thứ Tư.

b) $t=10$; $H=2$ suy ra $T= n+2$

Vì sinh nhật Hằng là thứ Hai nên $T$ chia $7$ dư $2$, suy ra $n$ chia hết cho $7$

Suy ra $n \in \left\{ 7;14;21;28 \right\} $

Lại có $n$ chia hết cho $3$ nên $n=21$

Vậy sinh nhật của Hằng là $21/10/2019$.

Bài 4. Tại bề mặt đại dương, áp suất nước bằng áp suất khi quyển và là $1$ atm (atmosphere). Bên dưới mặt nước, áp suất nước tăng thêm $1$ atm cho mỗi $10$ mét sâu xuống. Biết rằng mối liên hệ giữa áp suất $y$ (atm) và độ sâu $x$ (m) dưới mặt nước là một hàm số bậc nhất có dạng $y=ax+b$

a) Xác định các hệ số $a$ và $b$

b) Một người thợ lặn đang ở độ sâu bao nhiêu nếu người ấy chịu một áp suất là $2,85$ atm?

Giải

a) Ta có: $y= 1+ \dfrac{x}{10}$

Vậy $a= \dfrac{1}{10}$ và $b=1$

b) Ta có: $2,85= 1+ \dfrac{x}{10} \Rightarrow x= 18,5$ (m)

Vậy người thợ lặn ở độ sâu $18,5$ mét.

Bài 5. Một nhóm gồm $31$ bạn học sinh tổ chức một chuyến đi du lịch (chi phí chuyển đi được chia đều cho mỗi bạn tham gia). Sau khi đã hợp đồng xong, vào giờ chót có $3$ ban bận việc đột xuất không đi được nên họ không đóng tiền. Cả nhóm thống nhất mỗi bạn còn lại sẽ đóng thêm $18 000$ đồng so với dự kiến ban đầu để bù lại cho $3$ bạn không tham gia. Hỏi tổng chi phí chuyến đi là bao nhiêu?

Giải

Tổng số tiền $28$ bạn còn lại đã đóng thêm:

$$ 18000 \cdot 28 = 504000 \text{ (đồng)}$$

Số tiền trên chính là tổng số tiền $3$ bạn phải đóng lúc đầu nếu vẫn đi du lịch, nên số tiền mỗi bạn phải đóng lúc đầu nếu đi đủ $31$ bạn là:

$$ 504000 : 3= 168000 \text{ (đồng)}$$

Tổng chi phí chuyến đi là:

$$ 168000 \cdot 31 = 5208000 \text{ (đồng)}$$

Bài 6. Cuối năm học, các bạn lớp $9A$ chia làm hai nhóm, mỗi nhóm chọn một khu vườn sinh thái ở Bắc bán cầu để tham quan. Khi mở hệ thống định vị GPS, họ phát hiện một sự trùng hợp khá thú vị là hai vị trí mà nhóm chọn đều nằm trên cùng một kinh tuyến và lần lượt ở các vĩ tuyến $47^\circ $ và $72^\circ $.

a) Tính khoảng cách (làm tròn đến hàng trăm) giữa hai vị trí đó, biết rằng kinh tuyến là một cung tròn nối liền hai cực của trái đất và có độ dài khoảng $20 000$ km.

b) Tính (làm tròn đến hàng trăm) độ dài bán kính và đường xích đao của trái đất. Từ kết quả của bán kính (đã làm tròn), hãy tính thể tích của trái đất, biết rằng trái đất có dạng hình cầu và thể tích của hình cầu được tính theo công thức $V= \dfrac{4}{3} \cdot 3,14 \cdot R^3$ với $R$ là bán kính hình cầu.

Giải

a) Ta có: $\angle AOB = 72^\circ – 47^\circ = 25^\circ $

Khoảng cách giữa hai vị trí tham quan: $20000 \cdot \dfrac{25}{180} \approx 2800$ (km)

b) Gọi $R$ là bán kính trái đất.

Độ dài đường xích đạo bằng $2$ lần độ dài đường kinh tuyến và bằng: $40000$ km

$\Rightarrow 2R \cdot 3,14 = 40000 \Rightarrow R \approx 6400$ (km)

Thể tích trái đất: $V = \dfrac{4}{3} \cdot 3,14 \cdot R^3 = 1097509546667 \; (km^3)$

Bài 7. Bạn Dũng trung bình tiêu thụ $15$ ca-lo cho mỗi phút bơi và $10$ ca-lo cho mỗi phút chạy bộ. Hôm nay, Dũng mất $1,5$ giờ cho cả hai hoạt động trên và tiêu thụ hết $1200$ ca-lo. Hỏi hôm nay bạn Dũng mất bao nhiêu thời gian cho mỗi hoạt động?

Giải

$1,5$ giờ $= 90$ phút

Gọi $x$, $y$ (phút) lần lượt là thời gian Dũng mất cho việc bơi và chạy bộ. ($x,y>0$)

Ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l} x+ y =90 \\ 15x+ 10y= 1200 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x= 60 \\ y=30 \end{array} \right. $

Vậy Dũng đã bơi $60$ phút và chạy bộ $30$ phút.

Bài 8. Cho tam giác nhọn $ABC$ ($AB<AC$) nội tiếp đường tròn $(O)$. Hai đường cao $BD$ và $CE$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$. Đường thẳng $AH$ cắt $BC$ và $(O)$ lần lượt tại $F$ và $K$ ($K\ne A$). Gọi $L$ là hình chiếu của $D$ lên $AB$.

a) Chứng minh rằng tứ giác $BEDC$ nội tiếp và $BD^2 = BL \cdot BA$

b) Gọi $J$ là giao điểm của $KD$ và $(O)$ ($J \ne K$). Chứng minh $\angle BJK = \angle BDE$

c) Gọi $I$ là giao điểm của $BJ$ và $ED$. Chứng minh tứ giác $ALIJ$ nội tiếp và $I$ là trung điểm của $ED$.

Giải

a) Tứ giác $BEDC$ có $\angle BEC= \angle BDC = 90^\circ$ nên tứ giác $BEDC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

Tam giác $BDA$ vuông tại $D$ có $DL \bot BA$ nên ta có $BD^2=BL \cdot BA$

b) Có $ \angle BJK = \angle BCK =\angle BAK$ mà tứ giác $ADHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$ nên $\angle EAH= \angle BDE$ suy ra $\angle BJK =\angle BDE$.

c) Có $\angle BJK=\angle BDE$ suy ra $\Delta BDI \sim \Delta BJD (g-g)$ ta thu được $BD^2=BI \cdot BJ$

mà theo câu a) ta có $BD^2=BL \cdot BA$ nên $\Delta BIL \sim \Delta BAJ (c-g-c)$ suy ra $\angle BLI = \angle BJA$ do đó tứ giác $ALIJ$ nội tiếp.

Có $\angle LEI=\angle ACB=\angle AJB =\angle ELI$ suy ra tam giác $LEI$ cân tại $I$ nên $IL=IE$.

Tương tự $IL=ID$ suy ra $IE=ID (dpcm)$.

 

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào 10 TPHCM 2018

Đề thi vào lớp 10 TPHCM năm 2018

 

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

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

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

Giải

a) Học sinh tự vẽ hình.

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

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

Nhiệt độ con dế tính theo độ $C$:

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

$\triangle  SOD$ vuông tại $O$ có:

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

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

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

Vậy $h \approx 139,1 \; m$

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

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

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

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

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

Giải

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

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

Giá bà Tư phải trả cho túi thứ hai:

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

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

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

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

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

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

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

Vậy bà Tư nên mua ở siêu thị $A$.

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

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

a) Xác định các hệ số $a$ và $b$.

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

Giải

a) Ta có: $y=ax+b$ $(1)$.

Dựa vào đồ thị, ta có:

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

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

Suy ra hàm số: $y=ax+100$ $(2)$

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

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

$\Leftrightarrow x=45$ (nhận)

Vậy lớp $9C$ có $45$ học sinh.

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Vậy $KDOE$ nội tiếp.

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

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

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

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

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