Tag Archives: LHP

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN SGD TPHCM NĂM 2022

Thời gian làm bài 150 phút

Bài 1: ( 1,0 điểm)
Cho x,y là hai số thực thỏa mãn xy+(1+x2)(1+y2)=1.
Tính giá trị của biểu thức M=(x+1+y2)(y+1+x2).

Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải phương trình x+4+|x|=x2x4
b) Giải hệ phương trình {xy+z=2x1 yz+x=3y1 zx+y=5z1

Bài 3: (1,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh BCCD lần lượt lấy các điểm MN sao cho MAN^=45.
a) Chứng minh MN tiếp xúc với đường tròn tâm A bán kính AB.
b) Kė MP song song với AN ( P thuộc đoạn AB ) và kẻ NQ song song với AM ( Q thuộc đoạn AD ). Chứng minh AP=AQ.
Bài 4: (2,0 điếm)
Cho ba số thực dương a,b,c thỏa a+b+c=3.
a) Chứng minh rằng ab+bc+ca3.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=ab2+1+bc2+1+ca2+1.

Bài 5: (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) có các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại I. Đường thẳng qua A vuông góc với IH tại K và cắt BC tại M.
a) Chứng minh tứ giác IFKC nội tiếp và BIBD=CICD.
b) Chứng minh M là trung điểm của BC.

Bài 6: (1,0 điểm )
Số nguyên dương n được gọi là “số tốt” nếu n+18n+1 đều là các số chính phương.
a) Hãy chỉ ra ví dụ ba “số tốt” lần lượt có 1,2,3 chữ số.
b) Tìm các số nguyên k thỏa mãn |k|104n+k là hợp số với mọi n là “số tốt”.

Đáp án do Star Education thực hiện

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN SGD THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM 2023

THỜI GIAN LÀM BÀI 150 PHÚT

Bài 1. (1,0 diểm) Cho a,b là các số thực, b0 thỏa mãn điều kiện
a2+b2=4b2a2+b2+a+aa2+b2

Tính giá trị của biểu thức P=a2+b2.
Bài 2. (2,5 điếm)
a) Giải phương trình: x=5x1+2x2.
b) Giải hệ phương trình {9y+49x+y+x+y=23 xx+yy=7(x+y).

Bài 3. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A(AB<AC), có đường cao AH. Dường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F. Gọi J là giao điểm của AIDE.K là trung điểm AB.
a) Chứng minh tứ giác BIJD nội tiếp
b) Gọi M là giao điểm của KIAC,N là giao điểm của AHED. Chứng minh AM=AN.
c) Gọi Q là giao điểm của DIEF,P là trung điểm của BC. Chứng minh ba điểm A,P,Q thẳng hàng.

Bài 4. (2,0 diểm) Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn 1+4xy+2x+2y+2z=5.
a) Chứng minh 1(2x+1)(2y+1)+12z+123.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biễu thức P=x+12x+1+y+12y+1+2z+34z+2.

Bài 5. (1,0 điểm) Cho đường tròn tâm O nội tiếp hình thoi ABCD. Gọi E,F,G,H là các điểm lần lượt thuộc các cạnh AB,BC,CD,DA sao cho EF,GH cùng tiếp xúc với (O).
a) Chứng minh CGAH=AO2.
b) Chứng minh EH song song FG.

Bài 6. (1,0 điểm) Xét các số nguyên a<b<c thỏa mãn n=a3+b3+c33abc là số nguyên tố.
a) Chứng minh a<0.
b) Tìm tât cả các số nguyên a,b,c(a<b<c) sao cho n là một ước của 2023.

ĐÁP ÁN CỦA GIÁO VIÊN STAR EDUCATION

ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN


Bài 1. (1 điểm) Giải hệ phương trình sau: {x+y+x+2yxy=6 x2+y2+x2+4y2(xy)2=14
Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2(2m+1)x+m2+m=2x2m
a) Giải phương trình khi m=2.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Bài 3. (1 điểm) Cho (P):y=x2 và đường thẳng (d):y=(m+2)x2m.
a) Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1;y1),B(x2;y2).
b) Tìm m để x1+2y2=7.

Bài 4. (1,5 điểm) Cho các số thực không âm x,y,z đôi một khác nhau thỏa mãn:
(x+z)(y+z)=1
a) Chứng minh xyz(x+y+z)14
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=1(xy)2+1(x+z)2+1(y+z)2

Bài 5. (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) cố định, A,B cố định, C thay đổi trên cung lớn AB. Gọi K là trung điểm AB;DE là hình chiếu của K trên CA,CB.
a) Chứng minh KDKE=BCAC và tìm vị trí của C để DE lớn nhất.
b) DE cắt ABCO tại N,M. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN đi qua một điểm cố định.
c) (CDE)(O) cắt nhau tại F khác A. NF cắt (CDE) tại G. Chứng minh G thuộc một đường thẳng cố định.

Kí hiệu (CDE) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.
Bài 6. (2 điểm)
a) Tìm tất cả các giá trị của n nguyên dương để 25n+7n+1 chia hết cho 9 .
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=|25n7m3m| trong đó n,m là số nguyên dương.

HẾT

Lời giải

Đề và đáp án thi vào lớp 10 Chuyên Toán TPHCM năm 2022

Bài 1. (1,0 diểm)
Cho x,y là hai số thực thỏa mãn xy+(1+x2)(1+y2)=1.
Tính giá trị của biểu thức M=(x+1+y2)(y+1+x2).
Bài 2. (2,5 diểm)
a) Giải phương trình x+4+|x|=x2x4.
Bài 3. (1,5 diểm)
Cho hình vuông ABCD Trên các cạnh BCCD lần lượt lấy các điểm MN sao cho MAN=45.
a) Chứng minh MN tiếp xúc với dường tròn tâm A bán kính AB.
b) Kẻ MP song song với AN ( P thuộc đoạn AB) và kẻ NQ song song với AM(Q thuộc đoạn AD). Chứng minh AP=AQ.
Bài 4. (2,0 diểm)
Cho ba số thực dương a,b,c thỏa a+b+c=3.
a) Chứng minh rằng ab+bc+ca3.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=ab2+1+bc2+1+ca2+1.
Bài 5. (2,0 diểm)
Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) có các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại I. Đường thẳng qua A vuông góc với IH tại K và cắt BC tại M.
a) Chứng minh tứ giác IFKC nội tiếp và BIBD=CICD.
b) Chứng minh M là trung diểm của BC.

Bài 6. (1,0 diểm)
Số nguyên dương n được gọi là “số tốt” nếu n+18n+1 dều là các số chính phương.
a) Hãy chỉ ra ví dụ ba “số tốt” lần lượt có 1, 2, 3 chữ số.
b) Tìm các số nguyên k thỏa mãn |k|104n+k là hợp số với mọi n là “số tốt”.

Đáp án được thực hiện vởi Star Education

Bài 1.

Điều kiện: xy1. Biến đổi giả thiết
(1+x2)(1+y2)=1xy(1+x2)(1+y2)=(1xy)2(x+y)2=0y=x.
Thay vào biểu thức M ta được
M=(x+1+y2)(y+1+x2) =(x+1+x2)(x+1+x2) =(1+x2)2x2=1

Bài 2.

a)

Lời giải:
a) Điều kiện: {x+40x2x40

[4x1172x1+172
Phương trình đã cho tương đương
x2x+4|x|(x+4)=0(|x|+x+4)(|x|x+41)=0|x|1=x+4

  • Nếu x0,(1)x1=x+4
    x22x+1=x+4x23x3=0[x=3+212 (Nhận) x=3212 (Loại) 
  • Nếu x<0,(1)x1=x+4
    x2+2x+1=x+4x2+x3=0[x=1+132 (Loại) x=1132 (Nhận) .
    Thử lại, ta được x=3+212x=1132 là các nghiệm của phương trình đã cho.

b) Điều kiện: (x+y)(y+z)(z+x)0. Hệ dã cho tương dương
{xy+z+1=2xyz+x+1=3yzx+y+1=5z{x+y+zy+z=2xx+y+zz+x=3yx+y+zx+y=5z{x+y+z=2x(y+z)x+y+z=3y(z+x)x+y+z=5z(x+y)
Dễ thấy xyz0. Từ trên suy ra
2x(y+z)=3y(z+x)=5z(x+y)2(1y+1z)=3(1z+1x)=5(1x+1y).
Ta tính được 1z=19x,1y=11xx=11y=19z. Thay lại vào phương trình () ta dược
x+x11+x19=2x(x11+x19)1+111+119=2(x11+x19)x=23960.
Suy ra y=239660,z=2391140.
Vậy nghiệm duy nhất của hệ là (x,y,z)=(23960,239660,2391140).

Bài 3.

a) Trên tia đối của tia DC lấy F sao cho DF=BM.
Xét ADFABMAD=AB,ADF=ABM=90DF=BM.
Do đó ADF=ABM(cgc)
DAF=BAMAF=AM.
Suy ra DAF+DAN=BAM+DAN=9045=45.
NAF=45=NAM, mà AF=AM nên NAF=NAM. (c-g-c)
Kẻ AEMN(EMN)AE=AD=ABMN tiếp xúc với (A,AB).
b) Ta có: NAF=NAMANF=ANM, mà ANF=NAP( do DC|AB), dẫn đến ANM=NAP.

Từ AN|MPAPMN là hình thang, kết hợp với ANM=NAP, ta được APMN là hình thang cân.
Do đó AP=MN, tương tự ta cũng có AQ=MN, dẫn dến AP=AQ.

Bài 4.

a)

a) Ta có a2+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ca nên
2(a2+b2+c2)2(ab+bc+ca)a2+b2+c2ab+bc+ca.
Khi đó
9=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca ab+bc+ca+2(ab+bc+ca)=3(ab+bc+ca)
Do đó ab+bc+ca3.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1.

b)

b) Ta có
ab2+1a=ab2b2+1ab22b=ab2 bc2+1b=bc2c2+1bc22c=bc2 ca2+1c=ca2a2+1ca22a=ca2
Do đó
ab2+1+bc2+1+c2a2+1(a+b+c)ab+bc+ca232 ab2+1+bc2+1+ca2+132+a+b+c=32
Vậy giá trị nhỏ nhất của P32, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1.

Bài 5.

Vẽ dường tròn (O) ngoại tiếp ABC
a) Ta có: Các tứ giác AFDC,AKDI,BFEC,AFHE nội tiếp.
HFHC=HDHA=HK.HIIFKC nội tiếp.
Mặt khác: IFB^=ACB^=BFD^ (do các tứ giác BFEC,AFDC nội tiếp)
FB là phân giác IFD^.
FBFC nên FB là phân giác trong, FC là phân giác ngoài IFD
BIBD=CICD
b) Gọi S là giao điểm thứ hai của IA và đường tròn ngoại tiếp O.
Ta chứng minh được IF.IE=IB.IC=IS.IA
ASFE nội tiếp hay 5 điểm A,S,F,H,E cùng thuộc đường tròn đường kính AH
ASH^=AFH^=90
Mặt khác do: IKAM,ADIM nên H là trực tâm AIMMHAI.
Từ đó, ta có: S,H,M thẳng hàng.
Vẽ đường kính AQ của đường tròn ngoại tiếp ABC.
Ta có ASQ^=90 nên S,H,M,Q thẳng hàng
Xét tứ giác BHCQ có: BH//CQ (cùng AC)CH//BQ( cùng AB)
Nên BHCQ là hình bình hành nghĩa là có M là trung điểm BC.

Bài 6.

Lời giải:
a) Ví dụ: 3(3+1=2283+1=52),15(15+1=42815+1=112) và 120 (120+1=1128120+1=312).
b) Nhận xét a20,1(mod3) với mọi aN.
Đặt n+1=x28n+1=y2(x,yN).

  • Nếu n1(mod3) thì x2=n+12(mod3), vô lí.
  • Nếu n2(mod3) thì y2=8n+1172(mod3), vô lí.
    Vậy n0(mod3) hay n chia hết cho 3 .
    Nếu k=1,5,7,5,7 thì với n=3 (là số tốt), 4n+k nhận các giá trị 13,17,19,7,5 là các số nguyên tố. (Loại)
    Nếu k=1, với n=15 (là số tốt) thì 4n+k=59 là số nguyên tố. (Loại)
    Nếu k=10, với n=3 thì 4n+k=2 là số nguyên tố. (Loại)
    Nếu k=9, với n=3 thì 4n+k=3 là số nguyên tố. (Loại)
    Nếu k8,k chẵn hoặc k chia hết cho 3 thì 4n+k438=44n+k có ước là 2 hoặc 3 , do đó 4n+k là hợp số.
    Vậy các giá trị cần tìm của k
    k8,6,4,3,2,0,2,3,4,6,8,9,10.

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)

ĐỀ THI VÀO CHUYÊN TOÁN LỚP 10 TP.HCM 2012

Bài 1. Giải phương trình:

8x+1+4610x=x3+5x2+4x+1

Bài 2. Cho đa thức f(x)=ax3+bx2+cx+d với a là số nguyên dương, biết f(5) f(4)= 2012. Chứng minh rằng: f(7)f(2) là hợp số.

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

A=14(a2+b2+c2)+ab+bc+caa2b+b2c+c2a

Bài 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O,R)AC vuông góc với BD tại H. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AB=3AM. Trên cạnh HC lấy trung điểm N. Chứng minh rằng MH vuông góc với DN.

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

(a) Chứng minh rằng OAIE nội tiếp.

(b) Chứng minh rằng: AE+AF=MN.

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

 

LỜI GIẢI

Bài 1. Giải phương trình:

8x+1+4610x=x3+5x2+4x+1

Lời giải. 8x+1+4610x=x3+5x2+4x+1

ĐKХĐ: 18x235

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

8x+13+4610x6+x3x24x2+4x8x+8=0

(x1)(88x+1+3104610x+6+x24x8)=0

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

88x+1+3104610x+6+x24x8=0

Từ điều kiện ta có:

1<x<5(x+1)(x5)<0x24x5<0

Lại có: 88x+1+383<93=388x+1+33<0 Từ đó ta có:

88x+1+3104610x+6+x24x8<0

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

Bài 2. Cho đa thức f(x)=ax3+bx2+cx+d với a là số nguyên dương, biết f(5) f(4)=2012. Chứng minh rằng: f(7)f(2) là hợp số.

Lời giải. Ta có: f(x)=ax3+bx2+cx+d

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

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

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

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

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

A=14(a2+b2+c2)+ab+bc+caa2b+b2c+c2a

Lời giải.

Cách 1:

(a2+b2+c2)(a+b+c)=a3+b3+c3+(a2b+b2c+c2a)+(b2a+a2c+c2b)

(a2+b2+c2)(a+b+c)=(a3+ab2)+(b3+bc2)+(c3+ca2)+(a2b+b2c+c2a)

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

(a2+b2+c2)2a2b+2b2c+2c2a+(a2b+b2c+c2a)=3(a2b+b2c+c2a)

Mặt khác: ab+bc+ca=1(a2+b2+c2)2

Từ đó ta có: F14(a2+b2+c2)+33(a2+b2+c2)2(a2+b2+c2)

Hay: F14(a2+b2+c2)+32(a2+b2+c2)32

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

27(a2+b2+c2)+3(a2+b2+c2)227(a2+b2+c2)3(a2+b2+c2)=18

a2+b2+c213(a+b+c)2=13

Vậy: 28(a2+b2+c2)+3(a2+b2+c2)18+13=553

Từ đó ta có: F55632=233

Đẳng thức xảy ra khi: a=b=c=13

Cách 2:

Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên ta có:

(1c)2=(a+b)24ab12c+c24aba2ac+ac24a2b

(1a)2=(b+c)24bc12a+a24bcb2ab+a2b4b2c

(1b)2=(c+a)24ca12b+b24cac2bc+b2c4ac2

Hay: a+b+c2(ab+bc+ca)3(a2b+b2c+c2a)

12(ab+bc+ca)3(a2b+b2c+c2a)

Vậy: F14[12(ab+bc+ca)]+3(ab+bc+ca)12(ab+bc+ca)

Đạt: t=12(ab+bc+ca),t13

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

F14t+32(1t)t=14t+32t32=12t+272t+32t3212t+2272t32t32

Vậy: F1213+932=233

Đẳng thức xảy ra khi: a=b=c=13

Bài 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O,R)AC vuông góc với BD tại H. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AB=3AM. Trên cạnh HC lấy trung điểm N. Chứng minh rằng MH vuông góc với DN.

Lời giải.

  • Gọi K,L lần lượt là trung điểm BMHB,P là giao điểm của HMAK.

  • Ta có KL là đường trung bình của tam giác HMB nên KL song song HM. Khi đó xét tam giác AKL thì PH là đường trung bình nên P là trung điểm của AK.

  • Ta có từ ABCD nội tiếp suy ra HDHB=HAACHKHD=HAHN, do đó ADNK nội tiếp.

  • Suy ra NHQ=AHP=HAP=HDN, suy ra HQN=90.

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

a) Chứng minh rằng OAIE nội tiếp.

b) Chứng minh rằng: AE+AF=MN.

Lời giải.

a) Chứng minh rằng tứ giác AOEF nội tiếp

Do hai đường tròn (O)(I) cắt nhau tại AB nên ta có: A đối xứng với B qua OI. Vậy: OAI=OBI

Ta có tam giác OBE cân tại O nên OBE=OEB, do OBE+OBI=180 nên OEB+OBI=180. Từ đó ta có: OEB+OAI=180

Vậy tứ giác OAIE là tứ giác nội tiếp. Chứng minh tương tự ta có: tứ giác OAIF là tứ giác nội tiếp.

OEA=OIA (tứ giác OAIE là tứ giác nội tiếp)

OIA=OFA (tứ giác OAIF là tứ giác nội tiếp)

Vậy: OEA=OFA nên tứ giác OAFE là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh rằng: MN=AE+AF

Bài toán cần chứng minh tương đương với: AF=BNAE=BM.

Ta chỉ cần chứng minh AF=BNAE=BM là điều tương tự.

Để chứng minh AF=BN. Ta chỉ cần chứng minh số đo cung AF bằng số đo cung BN(AF,BN lần lượt là dây căng cung AF, cung BN trong đường tròn (I)). Hay chỉ cần chứng minh: số đo cung AB bằng số đo cung FN. Từ đó ta chứng minh: OFA=FBN là bài toán được giải quyết.

Do EF|MN nên ta có: OFE=FBN

OFE=OAE=OEA=OFA (tứ giác AOEF là tứ giác nội tiếp)

Từ đó ta có: OFA=FBN (đpcm)

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

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

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

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

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

Theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại một đường tròn chứa 20122+1=1007 điểm (đpcm).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

Bài 1. Cho hai số thực a,b thỏa điều kiện ab=1,a+b0. Tính giá trị của biểu thức:

P=1(a+b)3(1a3+1b3)+3(a+b)4(1a2+b2)+6(a+b)5(1a+1b)

Bài 2. (a) Giải phương trình: 2x2+x+3=3xx+3

(b) Chứng minh rằng: abc(a3b3)(b3c3)(c3a3) chia hết cho 7 với mọi số nguyên a,b,c

Bài 3. Cho hình bình hành ABCD. Đường thẳng qua C vuông góc với CD cắt đường thẳng qua A vuông góc với BD tại F. Đường thẳng qua B vuông góc với AB cắt đường trung trực của AC tại E. Hai đường thẳng BCEF cắt nhau tại K. Tính tỉ số: KEKF.

Bài 4. Cho hai số dương a,b thỏa mãn điều kiện: a+b1. Chứng minh rằng: a2 34aab94

Bài 5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là trung điểm của cạnh BCN là điểm đối xứng của M qua O. Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC tại D. Kẻ đường kính AE.

(a) Chứng minh rằng: BABC=2BDBE

(b) CD đi qua trung điểm của đường cao AH của tam giác ABC.

Bài 6. Mười vận động viên tham gia cuộc thi đấu quần vợt. Cứ hai người trong họ chơi với nhau đúng một trận. Người thứ nhất thắng x1 trận và thua y1 trận, người thứ hai thắng x2 và thua y2 trận,… người thứ mười thắng x10 trận và thua y10. Biết rằng trong một trận đấu quần vợt không có kết quả hòa. Chứng minh rằng:

x12+x22++x102=y12+y22++y102

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho hai số thực a,b thỏa điều kiện ab=1,a+b0. Tính giá trị của biểu thức:

P=1(a+b)3(1a3+1b3)+3(a+b)4(1a2+b2)+6(a+b)5(1a+1b)

Lời giải. Ta có: ab=1a+b0

P=1(a+b)3(1a3+1b3)+3(a+b)4(1a2+1b2)+6(a+b)5(1a+1b) =1(a+b)3(a3b3a3+a3b3b3)+3(a+b)4(a2b2a2+a2b2b2)+6(a+b)5(aba+abb) =1(a+b)3(a3+b3)+3(a+b)4(a2+b2)+6(a+b)5(a+b) =a2ab+b2(a+b)2+3(a+b)26(a+b)4+6(a+b)4 =a2ab+b2(a+b)2+3(a+b)2=(a+b)2(a+b)2

Vậy P=1

Bài 2.

a) Giải phương trình: 2x2+x+3=3xx+3

b) Chứng minh rằng: abc(a3b3)(b3c3)(c3a3) chia hết cho 7 với mọi số nguyên a,b,c

Lời giải.

a) Điều kiện xác định: x3

Tacó:2x2+x+3=3xx+3

2x22xx+3xx+3+x+3=0

(xx+3)(2xx+3)=0

[x=x+3(x0)2x=x+3(x0)[x2x3=0(x0)4x2x3=0(x0)

[x=1+132x=1

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

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

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

Nếu a,b,c không có số nào chia hết cho 7 thì a3,b3,c3 chia 7 dư 1,1, do đó theo nguyên lý Dirichlet thì có 2 số có hiệu chia hết cho 3, do đó ít nhất một trong các số a3b3,b3c3,c3a3 chia hết cho 7 . Từ đó ta có điều cần chứng minh.

Bài 3. Cho hình bình hành ABCD. Đường thẳng qua C vuông góc với CD cắt đường thẳng qua A vuông góc với BD tại F. Đường thẳng qua B vuông góc với AB cắt đường trung trực của AC tại E. Hai đường thẳng BCEF cắt nhau tại K. Tính tỉ số: KEKF.

Lời giải.

Gọi M là giao điểm của AFBDJ là giao điểm của ABOE.

Ta có các tứ giác ABEO,CDMF nội tiếp. Khi đó JEA=JBO=180ABO= 180BDC=AFC

EJA=90JAO=ACF.

Khi đó AJEAFCAJAC=JECFACCF=AJJE. (1)

Mặt khác AJOEJBAJJE=AOBE. (2)

Từ (1) và (2) ta có ACCF=AOBEBECF=AOAC=12.

Mặt khác KEKF=BECF=12.

Bài 4. Cho hai số dương a,b thỏa mãn điều kiện: a+b1. Chứng minh rằng: a2 34aab94

Lời giải. Do a>0,b>0a+b1. Ta chứng minh: a234aa1a94

4a44a3+13a212a+30

(2a1)2(a2+3)0{ (luôn đúng)

Dấu bằng trong bất đẳng thức này xảy ra khi: a=b=12

Bài 5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là trung điểm của cạnh BCN là điểm đối xứng của M qua O. Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC tại D. Kẻ đường kính AE.

a) Chứng minh rằng: BABC=2BDBE

b) CD đi qua trung điểm của đường cao AH của tam giác ABC.

Lời giải.

a) Chứng minh rằng: BABC=2BDBE

Điều này tương đương với: BA.BM=BD.BE

Xét hai tam giác BME và tam giác BDA ta có:

DBA=MBE (cùng phụ với góc ABC ) (1)

DAB+BAE+OAN=90

Do AON=EOM nên OAN=OEM

Từ đó ta có: DAB+BAE+OEM=90

Do AE là đường kính của đường tròn (O). Nên ABE vuông tại B.

Từ đó ta có: BAE+OEM+BEM=90

Vậy: DAB=BEM (2)

Từ (1) và (2) ta có BMEBDA

Vậy: BMBD=BEBA=MEDA (đpcm)

b) Chứng minh rằng: CD đi qua trung điểm I của AH Gọi F là giao điểm của BDCA

Từ đó điều phải chứng minh tương đương với chứng minh rằng D là trung điểm của BF. Mà M là trung điểm của BC như vậy ta chỉ cần chứng minh được: MD|AC

Xét hai tam giác vuông BDM và tam giác BAE ta có: BDBM=BABE Vậy: BDMBAE

Từ đó ta có: BMD=BEA

Mà: BEA=BCA (cùng chắn cung AB của đường tròn (O) )

Vậy: BMD=BCA

Từ đó ta có: MD|AC. Đây cũng chính là điều phải chứng minh.

Bài 6. Mười vận động viên tham gia cuộc thi đấu quần vợt. Cứ hai người trong họ chơi với nhau đúng một trận. Người thứ nhất thắng x1 trận và thua y1 trận, người thứ hai thắng x2 và thua y2 trận,… người thứ mười thắng x10 trận và thua y10. Biết rằng trong một trận đấu quần vợt không có kết quả hòa. Chứng minh rằng:

x12+x22++x102=y12+y22++y102

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

x1+..+x10=y1+..+y10

Ta có tổng cộng là 45 trận (10.92) nên tổng sổ trận thắng bằng tổng số trận thua bằng 45 trận.

x1+..+x10=y1+..+y10=45

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

xi+yi=9xi=9yixi2=8118yi+yi2

Từ đó ta có:

i=110xi2=81018i=110yi+i=110yi2=81018.45+i=110yi2=i=110yi2

Đây chính là điều phải chứng minh

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

Bài 1. (a) Cho hai số thực a,b sao cho |a||b|ab0 thỏa mãn điều kiện: aba2+ab+a+ba2ab=3aba2b2. Tính giá trị biểu thức: P=a3+2a2b+3b32a3+ab2+b3

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

Bài 2. (a) Giải phương trình: x26x+4+22x1=0

(b) Giải hệ phương trình: {x3y3=9(x+y)x2y2=3

Bài 3. Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AA1,BB1,CC1. Gọi K là hình chiếu của A lên A1B1;L là hình chiếu của B lên B1C1. Chứng minh rằng A1K=B1L.

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

xy+yxx+yx+y214

Bài 5. Cho tứ giác nội tiếp ABCDAC cắt BD tại E. Tia AD cắt tia BC tại F. Dựng hình bình hành AEBG.

(a) Chứng minh rằng: FDFG=FB.FE

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

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

LỜI GIẢI

Bài 1.

a) Cho hai số thực a,b sao cho |a||b|ab0 thỏa mãn điều kiện: aba2+ab+a+ba2ab=3aba2b2. Tính giá trị biểu thức: P=a3+2a2b+3b32a3+ab2+b3

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

Lời giải.

a) Ta có:

aba2+ab+a+ba2ab=3aba2b2

aba(a+b)+a+ba(ab)=3ab(a+b)(ab)

(ab)2+(a+b)2=a(3ab)a2ab2b2=0

(a+b)(a2b)=0a=2b(|a||b|)

Từ đó ta tính được P:P=a3+2a2b+3b32a3+ab2+b3=8b3+8b3+3b316b3+2b3+b3=1

b) Từ giả thuyêt ta có thể giả sử: k=5m+n5n+m, với kN

Dễ dàng suy ra được: mn=5k15k

Do mn là hai số nguyên dương nên: mn>0

Từ đó ta có hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: {5k1>05k>0;5>k>15

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

Trường hợp 2: {5k1<05k<0;k>5,k<15

Trường hợp này không tồn tại giá trị của k thỏa yêu cầu bài toán, từ đó ta luôn có: mn

Bài 2.

a) Giải phương trình: x26x+4+22x1=0

b) Giải hệ phương trình: {x3y3=9(x+y)x2y2=3

Lời giải.

a) Điều kiện xác định: x12

Ta có:

x26x+4+22x1=0x24x+4=(2x1)22x1+1

(x2)2=(2x11)2|x2|=|2x11|

Trường hợp 1: x2. Từ phương trình đã cho ta thu được:

x2=2x11x1=2x1

Từ đó ta có:

x22x+1=2x1x24x+2=0

Kết hợp với điều kiện x2 ta tìm được nghiệm duy nhất của phương trình là: x=2+2

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

2x=2x113x=2x1

Từ đó ta có:

x26x+9=2x1x28x+10=0

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

Trường hợp 3: 1>x12. Từ phương trình đã cho ta thu được:

2x=12x1x1=2x1

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

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là: x=2+2

b) {x3y3=9(x+y)x2y2=3

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

x3y3=3(x2y2)(x+y)=3(xy)(x+y)2

(xy)(2x2+5xy+2y2)=0(xy)(2x+y)(x+2y)=0

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

Trong đó từ phương trình thứ hai ta có thể thấy x2>y2, từ đó các trường hợp x=yy=2x bị loại. Ta chỉ có duy nhất trường hợp x=2y. Thay vào phương trình thứ hai ta lần ta có thể tính được các nghiệm của phương trình này là: (x;y)=(2;1),(2;1)

Bài 3. Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AA1,BB1,CC1. Gọi K là hình chiếu của A lên A1B1; L là hình chiếu của B lên B1C1. Chứng minh rằng A1K=B1L.

Lời giải.

Cách 1: Ta có thể suy ra điều phải chứng minh từ các cặp tam giác đồng dạng sau đây: B1BLABA1,AA1KACC1,ABB1ACC1 Từ đây ta có các tỷ số:

B1BAB=B1LAA1=BLBA1B1LB1B=AA1AB

AA1AC=AKAC1=A1KCC1A1KCC1=AA1AC

ABAC=BB1CC1

Từ đó hai hệ thức đầu ta có:

B1LA1KCC1BB1=ACABB1LA1K=ACABBB1CC1=1

Vậy A1K=B1L (đpcm)

Cách 2: Xét tam giác AA1K, ta có: A1K=AA1sinA1AK

Do AB1B=AA1B. Nên tứ giác AB1A1B là tứ giác nội tiếp. Suy ra BAA1=BB1A1

Mà: BB1A1+A1B1C=90A1B1C=AB1K (hai góc đối đỉnh)

Nên: BB1A1+AB1K=90

Mà: AB1K+B1AK=90 (Do tam giác AB1K vuông tại K )

Suy ra: BB1A1=B1AK=BAA1

Vậy: A1AK=BAC

Từ đó ta có: A1K=AA1sinBAC

Chứng minh tương tự ta được: B1L=BB1sinABC

Vậy: B1LA1K=BB1sin(ABC)AA1sin(BAC)

Dễ dàng chứng minh được công thức sau đây:

SABC=12BABCsinABC

SABC=12BAACsinBAC

Từ đó ta có:

B1LA1K=BB1sin(ABC)AA1sin(BAC)=ACBB1BCAA1=1

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

xy+yxx+yx+y214

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

4xy(x+y)(x+y)[2(x+y)+1]

x>0,y>0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: x+14x,y+14y Cộng vế theo vế ta thu được: x+y+12x+y. Hay: 2(x+y)+12(x+y) Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy một lần nữa ta có: x+y2xy

Nhân hai vế lại với nhau ta có:

4xy(x+y)(x+y)[2(x+y)+1]

Dấu bằng của bất đẳng thức này xảy ra khi: x=y=14

Bài 5. Cho tứ giác nội tiếp ABCDAC cắt BD tại E. Tia AD cắt tia BC tại F. Dựng hình bình hành AEBG.

a) Chứng minh rằng: FDFG=FB.FE

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

Lời giải.

a) Chứng minh rằng: FBFD=FGFE

Ta có: FBAFDC. Từ đó ta có các tỷ số:

FBFD=ABDC=FAFC

Ta có: AGBCED. Từ đó ta có các tỷ số:

ABDC=GBED=AGCE

Ta có: FEDFGB. Từ đó ta có các tỷ số:

FEFG=EDGB=FDFB

Kết hợp cả ba tỷ số bằng nhau trên ta có: FBFD=FGFE

b) Chứng minh rằng: F,H,A,G cùng thuộc một đường tròn Chứng minh tương tự như trên ta có: CEFAGF Từ đó ta có: AGF=CEF

Mà: AHF=AEF. Do H đối xứng với E qua AF Và: AEF+CEF=180. Do 3 điểm A,C,E thằng hàng Vậy: AGF+AHF=180

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

 

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

Lời giải.

Gọi x là số miếng giấy Nam có được sau k lần cắt (x;kN). Vì lúc đầu Nam có 1 miếng giấy và mỗi lần cắt một miếng giấy ra làm 4 miếng hoặc làm 8 miếng nên sau mỗi lần cắt, số miếng giấy tăng thêm 3 hoặc 7 miếng, do đó ta có: x1(mod3) hoặc x1(mod7). Vi 20160(mod3)20160(mod7) nên ta có x2016. Vậy sau một số lần cắt, số miếng giấy Nam có được không thể bằng 2016.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

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

a) 2cos(2x+π4)=3
b) 3sinx+cosx=2

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

Bài 3 (1 điểm). Từ các chữ số  123456 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau?

Bài 4 (1 điểm). Khai triển nhị thức (13x)n=a0+a1x+a2x2++anxn. Biết a0+a1+a2=376, tính a3.

Bài 5 (1 điểm). Cho dãy số (un) thỏa {u1=1un+1=2un+n

a) Chứng minh dãy số vn=un+n+1 là cấp số nhân.

b) Đặt Sn=u1+u2++un. Tính Sn theo n.

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

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

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

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

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

Đáp án

Bài 1 (2 điểm).

a) 2cos(2x+π4)=3

cos(2x+π4)=32

[2x+π4=π6+2kπ2x+π4=π6+2kπ(kZ)

[x=π24+kπx=5π24+kπ(kZ)

Vậy S={π24+kπ;5π24+kπ | kZ}.

b) 3sinx+cosx=2

32sinx+12cosx=1

sin(x+π6)=1

x+π6=π2+2kπ (kZ)

x=π3+2kπ (kZ)

Vậy S={π3+2kπ | kZ}.

Bài 2 (1 điểm).

Gọi A là biến cố được 2 số khác nhau ΩA={(a;b) | a,b{1,2,,6},ab}

|ΩA|=65=30 P(A)=3036=56

Vậy xác suất để số chấm xuất hiện trong hai lần gieo khác nhau là 56.

Bài 3 (1 điểm).

Gọi số có 4 chữ số thỏa yêu cầu đề bài là abcd.
abcd là số chẵn nên d{2,4,6} suy ra d3 cách chọn.
abcA53 cách chọn.
Số số thỏa mãn yêu cầu đề bài là: 3A53=3544=180.

Bài 4 (1 điểm).

Ta có: (13x)n=k=0nCnk(3x)k.

Suy ra a0=1, a1=3Cn1, a2=9Cn2

Ta có: a0+a1+a2=376

13Cn1+9Cn2=376

13n+9n(n1)2=376n=10

Vậy a3=(3)3C103=3240

Bài 5 (1 điểm).

a) vn=un+n+1
vn+1=un+1+n+1+1

=2un+n+n+2

=2(un+n+1)

=2vn (n)

Vậy (vn) là cấp số nhân.

b) v1=1+1+1=3vn=32n1

v1+v2++vn=3(1+2++2n1)

         =3(2n1)

Ta có: {u1=v111=v12u2=v221=v23...un=vn(n+1)

u1+u2++un=v1+v2++vn(2+3++n+1)

   =3(2n1)[2+(n+1)]n2

   =32nn(n+3)23

Vậy Sn=32nn(n+3)23

Bài 6 (1 điểm).

Gọi số có 4 chữ số thỏa mãn yêu cầu đề bài là abba

  • Trường hợp 1: a=b suy ra ta có 9 số là 1111, 2222, . . ., 9999.
  • Trường hợp 2: ab ta có A1029=81 số.

90 số có 4 chữ số là số đối xứng.

Ta có: abcd=a1001+110b  7b  7[b=0b=7

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

Vậy xác suất để chọn được số chia hết cho 71890=15.

Bài 7 (3 điểm).

a) Trong mặt phẳng (ABCD)BMAC=K

Ta có: {K=BMACAC(SAC) K=BM(SAC)

b) Trong mặt phẳng (SAD) có:

  •  APPS=ANND=13NP//SD

Ta có: {NP//SDSD(SCD)

NP//(SCD)

  • CMAB=CKAK=13CKAK=NDANNK//CD

Ta có: {NK//CDCD(SCD)

NK//(SCD)

NP, NK(PNK)(PNK)//(SCD).

c) Gọi Q=SGBC, T=QMAD.

Ta có: QMMT=CMMD=12=QGGS

MG//STST(SAD)MG//(SCD)

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

Bài 1 (1 điểm). Cho (P):y=ax2+bx+c. Tìm a, b, c biết (P) có trục đối xứng là đường thẳng x=2(P) qua hai điểm A(0;1), B(1;2).

Bài 2 (1 điểm). Giải phương trình: x23x+2=x1.

Bài 3 (1 điểm). Cho hệ phương trình {(m+1)x+6y=m2+3m+5x+my=m33.

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

Bài 4 (1 điểm). Giải hệ phương trình {x+2y=5x2+y2+3xy=11.

Bài 5 (1 điểm). Cho phương trình 2x28x+mx24x+3=1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm.

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

a) Chứng minh ABC là tam giác vuông cân.

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

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

Bài 7 (1 điểm). Cho hình vuông ABCD cạnh a, gọi I là giao điểm của ACBD. M là điểm thỏa MA2+2MB2+MC2+2MD2=12a2, tính MI.

Bài 8 (1 điểm). Cho các số thực x, y thảo x2+y2+xy=3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P=x4+y4+2(x2+y2)+12xy.

Đáp án

Bài 1 (1 điểm).

Ta có: {b2a=2A(0;1)(P)B(1;2)(P) {b=4ac=1a+b+c=2 {a=1b=4c=1

Vậy (P):y=x24x+1.

Bài 2 (1 điểm).

x23x+2=x1 {x10x23x+2=(x1)2 {x1x23x+2=x22x+1 x=1

Vậy S={1}.

Bài 3 (1 điểm).

{(m+1)x+6y=m2+3m+5x+my=m33

Ta có: D=|m+161m| =m(m+1)6=m2+m6

Dx=|m2+3m+56m33m| =m(m2+3m+5)6(m33)

   =5m3+3m2+5m+18

Dy=|m+1m2+3m+51m33| =(m+1)(m33)(m2+3m+5) =m4+m3m26m8

Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi [D0D=Dx=Dy=0

  • Trường hợp 1: D0m2+m60{m3m2
  • Trường hợp 2: D=Dx=Dy=0m=2

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi m=2 hoặc m3

Bài 4 (1 điểm). 

{x+2y=5x2+y2+3xy=11 {x=52y(52y)2+y2+3y(52y)=11 {x=52yy2+5y14=0 [{x=19y=7{x=1y=2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (19;7), (1;2).

Bài 5 (1 điểm). 

Điều kiện xác định: x1, x3

2x28x+mx24x+3=1  (1)

2x28x+m=x24x+3

x24x+m3=0  (2)

Δ=4(m3)=7m

  • Trường hợp 1: Δ=0m=7 thì (2) có nghiệm kép x1=x2=2 (nhận).
  • Trường hợp 2: Δ>0m<7

Phương trình (1) có nghiệm khi 13 không đồng thời là nghiệm của (2)

[141+m30943+m30 m6

Vậy m=7 hoặc {m<7m6 thì phương trình (1) có nghiệm.

Bài 6 (3 điểm).

a) Ta có: AB=10, AC=25, BC=10

ABC có: {AB=ACAB2+BC2=AC2 ABC vuông cân tại B.

b) Gọi M=ABOyM(0;m)

AB=(1;3), AM=(2;m+1)

M,A,B thẳng hàng nên ABAM cùng phương                              21=m+13m=5

Vậy M(0;5)

c) SABCD=12AB(BC+AD)

15=1210(10+AD)

AD=210=2BC

BC=(3;1), AD=(xD2;yD+1)

Ta có: ADBC cùng hướng, AD=2BC

AD=2BC{xD2=6yD+1=2 {xD=8yD=1

Vậy D(8;1).

Bài 7 (1 điểm).

Ta có: IA+IC=IB+ID=0, IA=IB=IC=ID=a22

Ta có: 12a2=MA2+2MB2+MC2+2MD2

=(MI+IA)2+2(MI+IB)2+(MI+IC)2+2(MI+ID)2

=6MI2+IA2+2IB2+IC2+2ID2+2MI(IA+IC+2IB+2ID)

=6MI2+3a2

MI2=32a2MI=a62

Vậy MI=a62

Bài 8 (1 điểm).

Ta có: x2+y2+xy=3(x+y)2xy=3 3+xy=(x+y)20 xy3

Dấu “=” xảy ra khi {x=3y=3 hoặc ngược lại.

Lại có: x2+y2+xy=3(xy)2+3xy=3 33xy=(xy)20 xy1

Dấu “=” xảy ra khi x=y=1

Đặt t=xyt[3;1]

P=x4+y4+2(x2+y2)+12xy

=(x2+y2)22x2y2+2(x2+y2)+12xy

=(3t)22t2+2(3t)+12t

=t2+4t+15

Vậy Pmin=6, Pmax=18