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 $x y+\sqrt{\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)}=1$.
Tính giá trị của biểu thức $M=\left(x+\sqrt{1+y^2}\right)\left(y+\sqrt{1+x^2}\right)$.

Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải phương trình $\sqrt{x+4}+|x|=x^2-x-4$
b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{y+z}=2 x-1 \\\ \frac{y}{z+x}=3 y-1 \\\ \frac{z}{x+y}=5 z-1\end{array}\right.$

Bài 3: (1,5 điểm)
Cho hình vuông $A B C D$. Trên các cạnh $B C$ và $C D$ lần lượt lấy các điểm $M$ và $N$ sao cho $\widehat{M A N}=45^{\circ}$.
a) Chứng minh $M N$ tiếp xúc với đường tròn tâm $A$ bán kính $A B$.
b) Kė $M P$ song song với $A N$ ( $P$ thuộc đoạn $A B$ ) và kẻ $N Q$ song song với $A M$ ( $Q$ thuộc đoạn $A D$ ). Chứng minh $A P=A Q$.
Bài 4: (2,0 điếm)
Cho ba số thực dương $a, b, c$ thỏa $a+b+c=3$.
a) Chứng minh rằng $a b+b c+c a \leq 3$.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}$.

Bài 5: (2,0 điểm)
Cho tam giác $A B C$ nhọn $(A B<A C)$ có các đường cao $A D, B E, C F$ cắt nhau tại $H$. Đường thẳng $E F$ cắt đường thẳng $B C$ tại $I$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $I H$ tại $K$ và cắt $B C$ tại $M$.
a) Chứng minh tứ giác $I F K C$ nội tiếp và $\frac{B I}{B D}=\frac{C I}{C D}$.
b) Chứng minh $M$ là trung điểm của $B C$.

Bài 6: (1,0 điểm )
Số nguyên dương $n$ được gọi là “số tốt” nếu $n+1$ và $8 n+1$ 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 $|k| \leq 10$ và $4 n+k$ 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, $b \neq 0$ thỏa mãn điều kiện
$$
a^2+b^2=\frac{4 b^2}{\sqrt{a^2+b^2}+a}+a \sqrt{a^2+b^2}
$$

Tính giá trị của biểu thức $P=a^2+b^2$.
Bài 2. (2,5 điếm)
a) Giải phương trình: $x=\frac{5}{x-1}+2 \sqrt{x-2}$.
b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\frac{9 y+49}{x+y}+x+y=23 \\\ x \sqrt{x}+y \sqrt{y}=7(\sqrt{x}+\sqrt{y})\end{array}\right.$.

Bài 3. (2,5 điểm) Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A(A B<A C)$, có đường cao $A H$. Dường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $A B C$, tiếp xúc với các cạnh $B C, C A, A B$ lần lượt tại $D, E, F$. Gọi $J$ là giao điểm của $A I$ và $D E . K$ là trung điểm $A B$.
a) Chứng minh tứ giác $B I J D$ nội tiếp
b) Gọi $M$ là giao điểm của $K I$ và $A C, N$ là giao điểm của $A H$ và $E D$. Chứng minh $A M=A N$.
c) Gọi $Q$ là giao điểm của $D I$ và $E F, P$ là trung điểm của $B C$. Chứng minh ba điểm $A, P, Q$ thẳng hàng.

Bài 4. (2,0 diểm) Cho các số thực dương $x, y, z$ thỏa mãn $\sqrt{1+4 x y+2 x+2 y}+2 z=5$.
a) Chứng minh $\frac{1}{\sqrt{(2 x+1)(2 y+1)}}+\frac{1}{2 z+1} \geq \frac{2}{3}$.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biễu thức $P=\frac{x+1}{2 x+1}+\frac{y+1}{2 y+1}+\frac{2 z+3}{4 z+2}$.

Bài 5. (1,0 điểm) Cho đường tròn tâm $O$ nội tiếp hình thoi $A B C D$. Gọi $E, F, G, H$ là các điểm lần lượt thuộc các cạnh $A B, B C, C D, D A$ sao cho $E F, G H$ cùng tiếp xúc với $(O)$.
a) Chứng minh $C G \cdot A H=A O^2$.
b) Chứng minh $E H$ song song $F G$.

Bài 6. (1,0 điểm) Xét các số nguyên $a<b<c$ thỏa mãn $n=a^3+b^3+c^3-3 a b c$ 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: $\left\{\begin{array}{l}x+y+\frac{x+2 y}{x y}=6 \\\ x^2+y^2+\frac{x^2+4 y^2}{(x y)^2}=14\end{array}\right.$
Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình $\sqrt{x^2-(2 m+1) x+m^2+m}=2 x-2 m$
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 $(P): y=x^2$ và đường thẳng $(d): y=(m+2) x-2 m$.
a) Tìm $m$ để $d$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A\left(x_1 ; y_1\right), B\left(x_2 ; y_2\right)$.
b) Tìm $m$ để $x_1+2 y_2=7$.

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 $x y z(x+y+z) \leq \frac{1}{4}$
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$
P=\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(x+z)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}
$$

Bài 5. (3 điểm) Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$ cố định, $A, B$ cố định, $C$ thay đổi trên cung lớn $A B$. Gọi $K$ là trung điểm $A B ; D$ và $E$ là hình chiếu của $K$ trên $C A, C B$.
a) Chứng minh $\frac{K D}{K E}=\frac{B C}{A C}$ và tìm vị trí của $C$ để $D E$ lớn nhất.
b) $D E$ cắt $A B$ và $C O$ tại $N, M$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $C M N$ đi qua một điểm cố định.
c) $(C D E)$ và $(O)$ cắt nhau tại $F$ khác $A$. NF cắt $(C D E)$ tại $G$. Chứng minh $G$ thuộc một đường thẳng cố định.

Kí hiệu $(C D E)$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $C D E$.
Bài 6. (2 điểm)
a) Tìm tất cả các giá trị của $n$ nguyên dương để $25^n+7^n+1$ chia hết cho 9 .
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\left|25^n-7^m-3^m\right|$ 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 $x y+\sqrt{\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)}=1$.
Tính giá trị của biểu thức $M=\left(x+\sqrt{1+y^2}\right)\left(y+\sqrt{1+x^2}\right)$.
Bài 2. (2,5 diểm)
a) Giải phương trình $\sqrt{x+4}+|x|=x^2-x-4$.
Bài 3. (1,5 diểm)
Cho hình vuông $A B C D$ Trên các cạnh $B C$ và $C D$ lần lượt lấy các điểm $M$ và $N$ sao cho $\angle M A N=45^{\circ}$.
a) Chứng minh $M N$ tiếp xúc với dường tròn tâm $A$ bán kính $A B$.
b) Kẻ $M P$ song song với $A N$ ( $P$ thuộc đoạn $A B)$ và kẻ $N Q$ song song với $A M(Q$ thuộc đoạn $A D)$. Chứng minh $A P=A Q$.
Bài 4. (2,0 diểm)
Cho ba số thực dương $a, b, c$ thỏa $a+b+c=3$.
a) Chứng minh rằng $a b+b c+c a \leq 3$.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}$.
Bài 5. (2,0 diểm)
Cho tam giác $A B C$ nhọn $(A B<A C)$ có các đường cao $A D, B E, C F$ cắt nhau tại $H$. Đường thẳng $E F$ cắt đường thẳng $B C$ tại $I$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $I H$ tại $K$ và cắt $B C$ tại $M$.
a) Chứng minh tứ giác $I F K C$ nội tiếp và $\frac{B I}{B D}=\frac{C I}{C D}$.
b) Chứng minh $M$ là trung diểm của $B C$.

Bài 6. (1,0 diểm)
Số nguyên dương $n$ được gọi là “số tốt” nếu $n+1$ và $8 n+1$ 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 $|k| \leq 10$ và $4 n+k$ là hợp số với mọi $n$ là “số tốt”.

Đáp án được thực hiện vởi Star Education

Bài 1.

Điều kiện: $x y \leq 1$. Biến đổi giả thiết
$$
\sqrt{\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)}=1-x y \Leftrightarrow\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)=(1-x y)^2 \Leftrightarrow(x+y)^2=0 \Leftrightarrow y=-x .
$$
Thay vào biểu thức $M$ ta được
$$
\begin{aligned}
M & =\left(x+\sqrt{1+y^2}\right)\left(y+\sqrt{1+x^2}\right) \
& =\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\left(-x+\sqrt{1+x^2}\right) \
& =\left(\sqrt{1+x^2}\right)^2-x^2=1
\end{aligned}
$$

Bài 2.

a)

Lời giải:
a) Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x+4 \geq 0 \\\\ x^2-x-4 \geq 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}-4 \leq x \leq \frac{1-\sqrt{17}}{2} \\\\ x \geq \frac{1+\sqrt{17}}{2}\end{array}\right.$
Phương trình đã cho tương đương
$$
x^2-\sqrt{x+4}-|x|-(x+4)=0 \Leftrightarrow(|x|+\sqrt{x+4})(|x|-\sqrt{x+4}-1)=0 \Leftrightarrow|x|-1=\sqrt{x+4}
$$

  • Nếu $x \geq 0,(1) \Rightarrow x-1=\sqrt{x+4}$
    $$
    \Rightarrow x^2-2 x+1=x+4 \Leftrightarrow x^2-3 x-3=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}
    x=\frac{3+\sqrt{21}}{2} \text { (Nhận) } \\\\
    x=\frac{3-\sqrt{21}}{2} \text { (Loại) }
    \end{array}\right.
    $$
  • Nếu $x<0,(1) \Rightarrow-x-1=\sqrt{x+4}$
    $$
    \Rightarrow x^2+2 x+1=x+4 \Leftrightarrow x^2+x-3=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}
    x=\frac{-1+\sqrt{13}}{2} \text { (Loại) } \\\\
    x=\frac{-1-\sqrt{13}}{2} \text { (Nhận) }
    \end{array} .\right.
    $$
    Thử lại, ta được $x=\frac{3+\sqrt{21}}{2}$ và $x=\frac{-1-\sqrt{13}}{2}$ là các nghiệm của phương trình đã cho.

b) Điều kiện: $(x+y)(y+z)(z+x) \neq 0$. Hệ dã cho tương dương
$$
\left\{\begin{array} { l }
{ \frac { x } { y + z } + 1 = 2 x } \\\\
{ \frac { y } { z + x } + 1 = 3 y } \\\\
{ \frac { z } { x + y } + 1 = 5 z }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l }
{ \frac { x + y + z } { y + z } = 2 x } \\\\
{ \frac { x + y + z } { z + x } = 3 y } \\\\
{ \frac { x + y + z } { x + y } = 5 z }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
x+y+z=2 x(y+z) \\\\
x+y+z=3 y(z+x) \\\\
x+y+z=5 z(x+y)
\end{array}\right.\right.\right.
$$
Dễ thấy $x y z \neq 0$. Từ trên suy ra
$$
2 x(y+z)=3 y(z+x)=5 z(x+y) \Leftrightarrow 2\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=3\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)=5\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right) .
$$
Ta tính được $\frac{1}{z}=\frac{19}{x}, \frac{1}{y}=\frac{11}{x} \Rightarrow x=11 y=19 z$. Thay lại vào phương trình $(*)$ ta dược
$$
x+\frac{x}{11}+\frac{x}{19}=2 x\left(\frac{x}{11}+\frac{x}{19}\right) \Leftrightarrow 1+\frac{1}{11}+\frac{1}{19}=2\left(\frac{x}{11}+\frac{x}{19}\right) \Leftrightarrow x=\frac{239}{60} .
$$
Suy ra $y=\frac{239}{660}, z=\frac{239}{1140}$.
Vậy nghiệm duy nhất của hệ là $(x, y, z)=\left(\frac{239}{60}, \frac{239}{660}, \frac{239}{1140}\right)$.

Bài 3.

a) Trên tia đối của tia $D C$ lấy $F$ sao cho $D F=B M$.
Xét $\triangle A D F$ và $\triangle A B M$ có $A D=A B, \angle A D F=\angle A B M=90^{\circ}$ và $D F=B M$.
Do đó $\triangle A D F=\triangle A B M(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$
$\Rightarrow \angle D A F=\angle B A M$ và $A F=A M$.
Suy ra $\angle D A F+\angle D A N=\angle B A M+\angle D A N=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}$.
$\Rightarrow \angle N A F=45^{\circ}=\angle N A M$, mà $A F=A M$ nên $\triangle N A F=\triangle N A M$. (c-g-c)
Kẻ $A E \perp M N(E \in M N) \Rightarrow A E=A D=A B \Rightarrow M N$ tiếp xúc với $(A, A B)$.
b) Ta có: $\triangle N A F=\triangle N A M \Rightarrow \angle A N F=\angle A N M$, mà $\angle A N F=\angle N A P($ do $D C | A B)$, dẫn đến $\angle A N M=\angle N A P$.

Từ $A N | M P \Rightarrow A P M N$ là hình thang, kết hợp với $\angle A N M=\angle N A P$, ta được $A P M N$ là hình thang cân.
Do đó $A P=M N$, tương tự ta cũng có $A Q=M N$, dẫn dến $A P=A Q$.

Bài 4.

a)

a) Ta có $a^2+b^2 \geq 2 a b, b^2+c^2 \geq 2 b c, c^2+a^2 \geq 2 c a$ nên
$$
2\left(a^2+b^2+c^2\right) \geq 2(a b+b c+c a) \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 \geq a b+b c+c a .
$$
Khi đó
$$
\begin{aligned}
9=(a+b+c)^2 & =a^2+b^2+c^2+2 a b+2 b c+2 c a \
& \geq a b+b c+c a+2(a b+b c+c a)=3(a b+b c+c a)
\end{aligned}
$$
Do đó $a b+b c+c a \leq 3$.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

b)

b) Ta có
$$
\begin{aligned}
& \frac{a}{b^2+1}-a=\frac{-a b^2}{b^2+1} \geq-\frac{a b^2}{2 b}=-\frac{a b}{2} \
& \frac{b}{c^2+1}-b=\frac{-b c^2}{c^2+1} \geq-\frac{b c^2}{2 c}=-\frac{b c}{2} \
& \frac{c}{a^2+1}-c=\frac{-c a^2}{a^2+1} \geq-\frac{c a^2}{2 a}=-\frac{c a}{2}
\end{aligned}
$$
Do đó
$$
\begin{aligned}
& \frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c^2}{a^2+1}-(a+b+c) \geq-\frac{a b+b c+c a}{2} \geq-\frac{3}{2} \
\Rightarrow & \frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1} \geq-\frac{3}{2}+a+b+c=\frac{3}{2}
\end{aligned}
$$
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{3}{2}$, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Bài 5.

Vẽ dường tròn $(O)$ ngoại tiếp $\triangle A B C$
a) Ta có: Các tứ giác $A F D C, A K D I, B F E C, A F H E$ nội tiếp.
$\Rightarrow H F \cdot H C=H D \cdot H A=H K . H I \Rightarrow I F K C$ nội tiếp.
Mặt khác: $\widehat{I F B}=\widehat{A C B}=\widehat{B F D}$ (do các tứ giác $B F E C, A F D C$ nội tiếp)
$\Rightarrow F B$ là phân giác $\widehat{I F D}$.
Mà $F B \perp F C$ nên $F B$ là phân giác trong, $F C$ là phân giác ngoài $\triangle I F D$
$$
\Rightarrow \frac{B I}{B D}=\frac{C I}{C D}
$$
b) Gọi $S$ là giao điểm thứ hai của $I A$ và đường tròn ngoại tiếp $O$.
Ta chứng minh được $I F . I E=I B . I C=I S . I A$
$\Rightarrow A S F E$ nội tiếp hay 5 điểm $A, S, F, H, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $A H$
$\Rightarrow \widehat{A S H}=\widehat{A F H}=90^{\circ}$
Mặt khác do: $I K \perp A M, A D \perp I M$ nên $H$ là trực tâm $\triangle A I M \Rightarrow M H \perp A I$.
Từ đó, ta có: $S, H, M$ thẳng hàng.
Vẽ đường kính $A Q$ của đường tròn ngoại tiếp $\triangle A B C$.
Ta có $\widehat{A S Q}=90^{\circ}$ nên $S, H, M, Q$ thẳng hàng
Xét tứ giác $B H C Q$ có: $B H / / C Q$ (cùng $\perp A C)$ và $C H / / B Q($ cùng $\perp A B)$
Nên $B H C Q$ là hình bình hành nghĩa là có $M$ là trung điểm $B C$.

Bài 6.

Lời giải:
a) Ví dụ: $3\left(3+1=2^2\right.$ và $\left.8 \cdot 3+1=5^2\right), 15\left(15+1=4^2\right.$ và $\left.8 \cdot 15+1=11^2\right)$ và 120 $\left(120+1=11^2\right.$ và $\left.8 \cdot 120+1=31^2\right)$.
b) Nhận xét $a^2 \equiv 0,1(\bmod 3)$ với mọi $a \in \mathbb{N}$.
Đặt $n+1=x^2$ và $8 n+1=y^2(x, y \in \mathbb{N})$.

  • Nếu $n \equiv 1(\bmod 3)$ thì $x^2=n+1 \equiv 2(\bmod 3)$, vô lí.
  • Nếu $n \equiv 2(\bmod 3)$ thì $y^2=8 n+1 \equiv 17 \equiv 2(\bmod 3)$, vô lí.
    Vậy $n \equiv 0(\bmod 3)$ hay $n$ chia hết cho 3 .
    Nếu $k=1,5,7,-5,-7$ thì với $n=3$ (là số tốt), $4 n+k$ 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 $4 n+k=59$ là số nguyên tố. (Loại)
    Nếu $k=-10$, với $n=3$ thì $4 n+k=2$ là số nguyên tố. (Loại)
    Nếu $k=-9$, với $n=3$ thì $4 n+k=3$ là số nguyên tố. (Loại)
    Nếu $k \geq-8, k$ chẵn hoặc $k$ chia hết cho 3 thì $4 n+k \geq 4 \cdot 3-8=4$ và $4 n+k$ có ước là 2 hoặc 3 , do đó $4 n+k$ là hợp số.
    Vậy các giá trị cần tìm của $k$ là
    $$
    k \in{-8,-6,-4,-3,-2,0,2,3,4,6,8,9,10} .
    $$

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:

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

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

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

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

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

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

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

(b) Chứng minh rằng: $A E+A F=M N$.

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

 

LỜI GIẢI

Bài 1. Giải phương trình:

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

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

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

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

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

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

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

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

Từ điều kiện ta có:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Lời giải.

Cách 1:

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

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

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

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

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

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

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

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

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

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

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

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

Cách 2:

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

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

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

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

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

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

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

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

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

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

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

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

Lời giải.

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

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

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

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

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

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

b) Chứng minh rằng: $A E+A F=M N$.

Lời giải.

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

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

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

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

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

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

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

b) Chứng minh rằng: $M N=A E+A F$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

 

LỜI GIẢI

 

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

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

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

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

Vậy P=1

Bài 2.

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

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

Lời giải.

a) Điều kiện xác định: $x \geq-3$

$Ta có:  2 x^{2}+x+3=3 x \sqrt{x+3} $

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Lời giải.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Lời giải.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Vậy: $\angle D A B=\angle B E M$ (2)

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

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

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

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

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

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

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

Vậy: $\angle B M D=\angle B C A$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Từ đó ta có:

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

Đây chính là điều phải chứng minh

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

Bài 1. (a) Cho hai số thực $a, b$ sao cho $|a| \neq|b|$ và $a b \neq 0$ thỏa mãn điều kiện: $\frac{a-b}{a^{2}+a b}+\frac{a+b}{a^{2}-a b}=\frac{3 a-b}{a^{2}-b^{2}}$. Tính giá trị biểu thức: $P=\frac{a^{3}+2 a^{2} b+3 b^{3}}{2 a^{3}+a b^{2}+b^{3}}$

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

Bài 2. (a) Giải phương trình: $x^{2}-6 x+4+2 \sqrt{2 x-1}=0$

(b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^{3}-y^{3}=9(x+y) \\ x^{2}-y^{2}=3\end{array}\right.$

Bài 3. Cho tam giác nhọn $\triangle A B C$ có các đường cao $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}$. Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $A_{1} B_{1} ; L$ là hình chiếu của $B$ lên $B_{1} C_{1}$. Chứng minh rằng $A_{1} K=B_{1} L$.

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

$\frac{x \sqrt{y}+y \sqrt{x}}{x+y}-\frac{x+y}{2} \leq \frac{1}{4}$

Bài 5. Cho tứ giác nội tiếp $A B C D$ có $A C$ cắt $B D$ tại $E$. Tia $A D$ cắt tia $B C$ tại $F$. Dựng hình bình hành $A E B G$.

(a) Chứng minh rằng: $F D \cdot F G=F B . F E$

(b) Gọi $H$ là điểm đối xứng của $E$ qua $A D$. 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 $|a| \neq|b|$ và $a b \neq 0$ thỏa mãn điều kiện: $\frac{a-b}{a^{2}+a b}+\frac{a+b}{a^{2}-a b}=\frac{3 a-b}{a^{2}-b^{2}}$. Tính giá trị biểu thức: $P=\frac{a^{3}+2 a^{2} b+3 b^{3}}{2 a^{3}+a b^{2}+b^{3}}$

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

Lời giải.

a) Ta có:

$\frac{a-b}{a^{2}+a b}+\frac{a+b}{a^{2}-a b}=\frac{3 a-b}{a^{2}-b^{2}}$

$\Leftrightarrow \frac{a-b}{a(a+b)}+\frac{a+b}{a(a-b)}=\frac{3 a-b}{(a+b)(a-b)}$

$\Leftrightarrow(a-b)^{2}+(a+b)^{2}=a(3 a-b) \Leftrightarrow a^{2}-a b-2 b^{2}=0$

$\Leftrightarrow(a+b)(a-2 b)=0 \Leftrightarrow a=2 b(|a| \neq|b|)$

Từ đó ta tính được $P: P=\frac{a^{3}+2 a^{2} b+3 b^{3}}{2 a^{3}+a b^{2}+b^{3}}=\frac{8 b^{3}+8 b^{3}+3 b^{3}}{16 b^{3}+2 b^{3}+b^{3}}=1$

b) Từ giả thuyêt ta có thể giả sử: $k=\frac{5 m+n}{5 n+m}$, với $k \in N^{*}$

Dễ dàng suy ra được: $\frac{m}{n}=\frac{5 k-1}{5-k}$

Do $m$ và $n$ là hai số nguyên dương nên: $\frac{m}{n}>0$

Từ đó ta có hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: $\left\{\begin{array}{l}5 k-1>0 \\ 5-k>0\end{array} ; 5>k>\frac{1}{5}\right.$

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 $m \vdots n$

Trường hợp 2: $\left\{\begin{array}{c}5 k-1<0 \\ 5-k<0\end{array} ; k>5, k<\frac{1}{5}\right.$

Trường hợp này không tồn tại giá trị của $k$ thỏa yêu cầu bài toán, từ đó ta luôn có: $m \vdots n$

Bài 2.

a) Giải phương trình: $x^{2}-6 x+4+2 \sqrt{2 x-1}=0$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^{3}-y^{3}=9(x+y) \\ x^{2}-y^{2}=3\end{array}\right.$

Lời giải.

a) Điều kiện xác định: $x \geq \frac{1}{2}$

Ta có:

$x^{2}-6 x+4+2 \sqrt{2 x-1}=0 \Leftrightarrow x^{2}-4 x+4=(2 x-1)-2 \sqrt{2 x-1}+1 $

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

Trường hợp 1: $x \geq 2$. Từ phương trình đã cho ta thu được:

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

Từ đó ta có:

$\Leftrightarrow x^{2}-2 x+1=2 x-1 \Leftrightarrow x^{2}-4 x+2=0$

Kết hợp với điều kiện $x \geq 2$ ta tìm được nghiệm duy nhất của phương trình là: $x=2+\sqrt{2}$

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

$2-x=\sqrt{2 x-1}-1 \Leftrightarrow 3-x=\sqrt{2 x-1}$

Từ đó ta có:

$\Leftrightarrow x^{2}-6 x+9=2 x-1 \Leftrightarrow x^{2}-8 x+10=0$

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

Trường hợp 3: $1>x \geq \frac{1}{2}$. Từ phương trình đã cho ta thu được:

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

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: $x=2+\sqrt{2}$

b) $\left\{\begin{array}{l}x^{3}-y^{3}=9(x+y) \\ x^{2}-y^{2}=3\end{array}\right.$

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:

$x^{3}-y^{3}=3\left(x^{2}-y^{2}\right)(x+y)=3(x-y)(x+y)^{2} $

$\Leftrightarrow(x-y)\left(2 x^{2}+5 x y+2 y^{2}\right)=0 \Leftrightarrow(x-y)(2 x+y)(x+2 y)=0$

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

Trong đó từ phương trình thứ hai ta có thể thấy $x^{2}>y^{2}$, từ đó các trường hợp $x=y$ và $y=-2 x$ bị loại. Ta chỉ có duy nhất trường hợp $x=-2 y$. 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 $\triangle A B C$ có các đường cao $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}$. Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $A_{1} B_{1}$; L là hình chiếu của $B$ lên $B_{1} C_{1}$. Chứng minh rằng $A_{1} K=B_{1} L$.

Lời giải.

Cách 1: Ta có thể suy ra điều phải chứng minh từ các cặp tam giác đồng dạng sau đây: $\triangle B_{1} B L \backsim \triangle A B A_{1}, \triangle A A_{1} K \backsim \triangle A C C_{1}, \triangle A B B_{1} \backsim \triangle A C C_{1}$ Từ đây ta có các tỷ số:

$\frac{B_{1} B}{A B}=\frac{B_{1} L}{A A_{1}}=\frac{B L}{B A_{1}} \Rightarrow \frac{B_{1} L}{B_{1} B}=\frac{A A_{1}}{A B} $

$\frac{A A_{1}}{A C}=\frac{A K}{A C_{1}}=\frac{A_{1} K}{C C_{1}} \Rightarrow \frac{A_{1} K}{C C_{1}}=\frac{A A_{1}}{A C} $

$\frac{A B}{A C}=\frac{B B_{1}}{C C_{1}}$

Từ đó hai hệ thức đầu ta có:

$\frac{B_{1} L}{A_{1} K} \cdot \frac{C C_{1}}{B B_{1}}=\frac{A C}{A B} \Rightarrow \frac{B_{1} L}{A_{1} K}=\frac{A C}{A B} \cdot \frac{B B_{1}}{C C_{1}}=1$

Vậy $A_{1} K=B_{1} L$ (đpcm)

Cách 2: Xét tam giác $\triangle A A_{1} K$, ta có: $A_{1} K=A A_{1} \sin \angle A_{1} A K$

Do $\angle A B_{1} B=\angle A A_{1} B$. Nên tứ giác $A B_{1} A_{1} B$ là tứ giác nội tiếp. Suy ra $\angle B A A_{1}=\angle B B_{1} A_{1}$

Mà: $\angle B B_{1} A_{1}+\angle A_{1} B_{1} C=90^{\circ}$ và $\angle A_{1} B_{1} C=\angle A B_{1} K$ (hai góc đối đỉnh)

Nên: $\angle B B_{1} A_{1}+\angle A B_{1} K=90^{\circ}$

Mà: $\angle A B_{1} K+\angle B_{1} A K=90^{\circ}$ (Do tam giác $A B_{1} K$ vuông tại $K$ )

Suy ra: $\angle B B_{1} A_{1}=\angle B_{1} A K=\angle B A A_{1}$

Vậy: $\angle A_{1} A K=\angle B A C$

Từ đó ta có: $A_{1} K=A A_{1} \sin \angle B A C$

Chứng minh tương tự ta được: $B_{1} L=B B_{1} \sin \angle A B C$

Vậy: $\frac{B_{1} L}{A_{1} K}=\frac{B B_{1} \sin (A B C)}{A A_{1} \sin (B A C)}$

Dễ dàng chứng minh được công thức sau đây:

$S_{A B C}=\frac{1}{2} B A \cdot B C \cdot \sin \angle A B C$

$S_{A B C}=\frac{1}{2} B A \cdot A C \cdot \sin \angle B A C$

Từ đó ta có:

$\frac{B_{1} L}{A_{1} K}=\frac{B B_{1} \sin (A B C)}{A A_{1} \sin (B A C)}=\frac{A C \cdot B B_{1}}{B C \cdot A A_{1}}=1$

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

$\frac{x \sqrt{y}+y \sqrt{x}}{x+y}-\frac{x+y}{2} \leq \frac{1}{4}$

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

$4 \sqrt{x y}(\sqrt{x}+\sqrt{y}) \leq(x+y)[2(x+y)+1]$

Vì $x>0, y>0$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: $x+\frac{1}{4} \geq \sqrt{x}, y+\frac{1}{4} \geq \sqrt{y}$ Cộng vế theo vế ta thu được: $x+y+\frac{1}{2} \geq \sqrt{x}+\sqrt{y}$. Hay: $2(x+y)+1 \geq 2(\sqrt{x}+\sqrt{y})$ Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy một lần nữa ta có: $x+y \geq 2 \sqrt{x y}$

Nhân hai vế lại với nhau ta có:

$4 \sqrt{x y}(\sqrt{x}+\sqrt{y}) \leq(x+y)[2(x+y)+1]$

Dấu bằng của bất đẳng thức này xảy ra khi: $x=y=\frac{1}{4}$

Bài 5. Cho tứ giác nội tiếp $A B C D$ có $A C$ cắt $B D$ tại $E$. Tia $A D$ cắt tia $B C$ tại $F$. Dựng hình bình hành $A E B G$.

a) Chứng minh rằng: $F D \cdot F G=F B . F E$

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

Lời giải.

a) Chứng minh rằng: $\frac{F B}{F D}=\frac{F G}{F E}$

Ta có: $\triangle F B A \backsim \triangle F D C$. Từ đó ta có các tỷ số:

$\frac{F B}{F D}=\frac{A B}{D C}=\frac{F A}{F C}$

Ta có: $\triangle A G B \backsim \triangle C E D$. Từ đó ta có các tỷ số:

$\frac{A B}{D C}=\frac{G B}{E D}=\frac{A G}{C E}$

Ta có: $\triangle F E D \backsim \triangle F G B$. Từ đó ta có các tỷ số:

$\frac{F E}{F G}=\frac{E D}{G B}=\frac{F D}{F B}$

Kết hợp cả ba tỷ số bằng nhau trên ta có: $\frac{F B}{F D}=\frac{F G}{F E}$

b) Chứng minh rằng: $F, H, A, G$ cùng thuộc một đường tròn Chứng minh tương tự như trên ta có: $\triangle C E F \backsim \triangle A G F$ Từ đó ta có: $\angle A G F=\angle C E F$

Mà: $\angle A H F=\angle A E F$. Do $H$ đối xứng với $E$ qua $A F$ Và: $\angle A E F+\angle C E F=180^{\circ}$. Do 3 điểm $A, C, E$ thằng hàng Vậy: $\angle A G F+\angle A H F=180^{\circ}$

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 $\left(x ; k \in N^{*}\right)$. 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: $x \equiv 1(\bmod 3)$ hoặc $x \equiv 1(\bmod 7)$. Vi $2016 \equiv 0(\bmod 3)$ và $2016 \equiv 0(\bmod 7)$ nên ta có $x \neq 2016$. 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) $2\cos \left( 2x+\dfrac{\pi}{4}\right)=\sqrt{3}$
b) $\sqrt{3}\sin x + \cos x =2$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Đáp án

Bài 1 (2 điểm).

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Bài 2 (1 điểm).

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

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

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

Bài 3 (1 điểm).

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

Bài 4 (1 điểm).

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

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

Ta có: $a_0 + a_1 + a_2 = 376$

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

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

Vậy $a_3 = (-3)^3C_{10} ^3 = -3240$

Bài 5 (1 điểm).

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

$ = 2u_n + n + n + 2 $

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

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

Vậy $(v_n)$ là cấp số nhân.

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

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

         $= 3\left( 2^n -1\right) $

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

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

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

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

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

Bài 6 (1 điểm).

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

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

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

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

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

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

Bài 7 (3 điểm).

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

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

b) Trong mặt phẳng $(SAD)$ có:

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

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

$\Rightarrow NP//(SCD)$

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

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

$\Rightarrow NK // (SCD)$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Đáp án

Bài 1 (1 điểm).

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

Vậy $(P): y= x^2 -4x +1$.

Bài 2 (1 điểm).

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

Vậy $S=\left\{ 1\right\} $.

Bài 3 (1 điểm).

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

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

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

   $ = -5m^3 +3m^2 +5m +18 $

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

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

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

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

Bài 4 (1 điểm). 

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

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

Bài 5 (1 điểm). 

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

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

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

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

$\Delta’ = 4 – (m-3) = 7-m$

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

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

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

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

Bài 6 (3 điểm).

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

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

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

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

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

Vậy $M(0;5)$

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

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

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

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

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

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

Vậy $D(8;1)$.

Bài 7 (1 điểm).

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

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

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

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

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

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

Vậy $MI = \dfrac{a\sqrt{6}}{2}$

Bài 8 (1 điểm).

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

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

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

Dấu “=” xảy ra khi $x=y=1$

Đặt $t=xy \Rightarrow t\in [-3;1]$

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

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

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

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

Vậy $P_{min} = -6$, $P_{max} = 18$