Tag Archives: PTNK

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

Leave a reply

ĐỀ THI

Ngày thi thứ nhất

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Ngày thi thứ hai

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

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

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

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

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

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

 

LỜI GIẢI

Ngày thi thứ nhất

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

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

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

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

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

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

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

Mà theo bất đẳng thức AM-GM thì

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

Do đó

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

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Theo điều kiện (iii), ta có

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

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

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

Do đó $f(n+1)-f(n) \leq 3$

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

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

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

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

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

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

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

Ta lại có

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Trở lại bài toán,

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

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

Ngày thi thứ hai

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

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

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

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

tương đương

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

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

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

và

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

Tương tự, ta cũng tính được

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

Do đó

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Đề thi và đáp án kì thi chọn đội tuyển thi Quốc gia trường Phổ thông Năng khiếu năm học 2008 – 2009

Leave a reply

ĐỀ THI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1.

(a) Chứng minh rằng tồn tại số $n$ chẵn, $n>2008$ sao cho $2009 n-49$ là số chính phương.

(b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên $m$ sao cho $2009 m-147$ là số chính phương.

Bài 2.

(a) Tìm số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 6 .

(b) Tìm số các số tự nhiên có $n$ chữ số lập từ các chữ số ${1,2,3,4,5}$ và chia hết cho 3 .

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ có $A$ cố định và $B, C$ thay đổi trên đường thẳng $d$ cố định sao cho nếu gọi $A^{\prime}$ là hình chiếu của $A$ lên $d$ thì $\overline{A^{\prime} B} \cdot \overline{A^{\prime} C}<0$ và không đổi. Gọi $M$ là hình chiếu của $A^{\prime}$ lên $A C$.

(a) Chứng minh rằng tâm $I$ đường tròn ngoại tiếp tam giác $B C M$ thuộc một đường thẳng cố định.

(b) Gọi $N$ là hình chiếu của $A^{\prime}$ lên $A B$ và $K$ là giao điểm hai tiếp tuyến của $\left(A^{\prime} M N\right)$ tại $M, N$. Chứng minh rằng $K$ thuộc một đường thẳng cố định.

Bài 4. Cho $f(x)=x^2+a x+b$ là tam thức bậc hai với $a, b \in \mathbb{R}$ và $f(f(x))=0$ có 4 nghiệm thực phân biệt. Biết rằng tổng của 2 nghiệm nào đó trong số 4 nghiệm đã nêu bằng $-1$. Chứng minh rằng $b \leq-\frac{1}{4}$.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Giả sử đa thức $P(x)=(x+1)^p(x-3)^q=x^n+a_1 x^{n-1}+a_2 x^{n-2}+\cdots+a_n$, trong đó $p, q$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu như $a_1=a_2$ thì $3 n$ là một số chính phương.

Bài 6.

(a) Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{a^2+b^2+c^2}{a b+b c+c a}+\frac{8 a b c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2 .$

(b) Chứng minh rằng tồn tại các số thực dương $a, b, c$ sao cho

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{a b+b c+c a}{a^2+b^2+c^2}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8 a b c}<2 .$

Bài 7. Cho góc $O x y$ và một điểm $P$ nằm bên trong nó. Gọi $\gamma$ là đường tròn thay đổi nhưng luôn qua $O$ và $P$. Giả sử $\gamma$ cắt $O x, O y$ tại $M, N$. Tìm quỹ tích trọng tâm $G$ và trực tâm $H$ của tam giác $O M N$.

Bài 8. Với mỗi số nguyên dương gọi là tổng các chữ số của $n$.

(a) Chứng minh rằng $n=999, n=2999$ không thể biểu diễn thành tổng $a+b$ mà $S(a)=S(b)$.

(b) Chứng minh rằng với mọi $n$ mà $999<n<2999$ thì điều kiện trên được thỏa mãn.

LỜI GIẢI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1.

(a) Chứng minh rằng tồn tại số $n$ chẵn, $n>2008$ sao cho $2009 n-49$ là số chính phương.

(b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên $m$ sao cho $2009 m-147$ là số chính phương.

Lời giải. Chú ý rằng $2009=49 \cdot 41=7^2 \cdot 41$ nên yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh

  1. Tồn tại số $n$ chẵn, $n>2008$ sao cho $41 n-1$ là số chính phương.
  2. Không tồn tại số nguyên $m$ sao cho $41 m-3$ là số chính phương.

(a) Trước hết, ta đi tìm một số $a$ sao cho $a^2+1$ chia hết cho 41 . Điều này có thể được thực hiện bằng cách thử tuần tự. Ta dễ dàng tìm được $a=9$ thỏa mãn. Từ đây, ta thấy các số $(82 k+9)^2+1$ là số chẵn và chia hết cho 41 . Bây giờ chỉ cần chọn.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad n=\frac{(82 k+9)^2+1}{41}$

với $k$ đủ lớn là ta tìm được số $n$ thỏa mãn điều kiện đề bài.

(b) Giả sử tồn tại $m$ sao cho $41 m-3=a^2$. Khi đó ta có $-3 \equiv a^2(\bmod 41)$. Từ đó theo định lý Fermat nhỏ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (-3)^{20} \equiv a^{40} \equiv 1 \quad(\bmod 41) .$

Nhưng mặt khác, ta lại có $(-3)^4 \equiv-1(\bmod 41)$, suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (-3)^{20} \equiv(-1)^5 \equiv-1 \quad(\bmod 41) .$

Do đó $1 \equiv-1(\bmod 41)$, vô lý. Do đó điều đã giả sử là sai, tức là không tồn tại số nguyên $m$ sao cho $41 m-3$ là số chính phương.

Bài 2.

(a) Tìm số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 6 .

(b) Tìm số các số tự nhiên có $n$ chữ số lập từ các chữ số ${1,2,3,4,5}$ và chia hết cho 3 .

Lời giải. (a) Ta sẽ tìm các số có dạng $\overline{a b c}$ sao cho $c$ chẵn và $3 \mid a+b+c$. Ta có các trường hợp sau

  • Nếu $c=0$ thì $a+b \in{3,6,9,12,15,18}$ nên có $2+4+8+6+4+0=24$.
  • Nếu $c=2$ thì $a+b \in{1,4,7,10,13,16}$ nên có $1+3+5+6+6+2=23$.
  • Nếu $c=4$ thì $a+b \in{2,5,8,11,14,17}$ nên có $1+3+7+6+4+2=23$.
  • Nếu $c=6$ thì $a+b \in{3,6,9,12,15,18}$ nên có $3+4+7+6+2+0=22$.
  • Nếu $c=8$ thì $a+b \in{1,4,7,10,13,16}$ nên có $1+3+7+6+4+2=23$.

Do đó, có tất cả $24+23+23+22+23=115$ số thỏa mãn đề bài.

(b) Ta xét khai triển tương ứng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P(x)=\left(x+x^2+x^3+x^4+x^5\right)^n=\sum_{k=n}^{5 n} a_k x^k$

Số các số chia hết cho ba cần tìm chính bằng tổng các số hạng của khai triển trên có dạng $x^{3 k}$, giả sử tổng đó là $A$. Xét ba nghiệm phức của phương trình $t^3=1$ là $t=1, t=\varepsilon, t=\varepsilon^2$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P(1)=5^n, P(\varepsilon)=\left(\varepsilon+\varepsilon^2+\varepsilon^3+\varepsilon+\varepsilon^2\right)^n =(-1)^n $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P\left(\varepsilon^2\right)=\left(\varepsilon^2+\varepsilon+1+\varepsilon^2+\varepsilon\right)^n =(-1)^n$

Hơn nữa, dễ dàng thấy rằng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P(1)+P(\varepsilon)+P\left(\varepsilon^2\right)=\sum_{k=n}^{5 n} a_k\left(1+\varepsilon^k+\varepsilon^{2 k}\right) $

Nếu $3 \mid k$ thì $P(1)+P(\varepsilon)+P\left(\varepsilon^2\right)=3 A$. Nếu $k$ không chia hết cho 3 thì $1+\varepsilon^k+\varepsilon^{2 k}=$ $1+\varepsilon+e^2=0$ nên các biểu thức còn lại trong tổng $P(1)+P(\varepsilon)+P\left(\varepsilon^2\right)$ đều bằng 0. Vậy nên ta tính được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P(1)+P(\varepsilon)+P\left(\varepsilon^2\right)=3 A \Leftrightarrow A=\frac{5^n+2(-1)^n}{3}$

Đó cũng chính là số các số cần tìm.

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ có $A$ cố định và $B, C$ thay đổi trên đường thẳng $d$ cố định sao cho nếu gọi $A^{\prime}$ là hình chiếu của $A$ lên $d$ thì $\overline{A^{\prime} B} \cdot \overline{A^{\prime} C}<0$ và không đổi. Gọi $M$ là hình chiếu của $A^{\prime}$ lên $A C$.

(a) Chứng minh rằng tâm $I$ đường tròn ngoại tiếp tam giác $B C M$ thuộc một đường thẳng cố định.

(b) Gọi $N$ là hình chiếu của $A^{\prime}$ lên $A B$ và $K$ là giao điểm hai tiếp tuyến của $\left(A^{\prime} M N\right)$ tại $M, N$. Chứng minh rằng $K$ thuộc một đường thẳng cố định.

Lời giải. (a) Đặt $\overline{A^{\prime} B} \cdot \overline{A^{\prime} C}=-k^2$. Từ $E$ hạ $I E \perp A A^{\prime}$. Gọi $N^{\prime}, P$ lần lượt là giao điểm của $(B M N)$ với $A A^{\prime}$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\overline{A M} \cdot \overline{A B}=\overline{A N^{\prime}} \cdot \overline{A P}=A A^{\prime 2}=\left(\overline{A A^{\prime}}+\overline{A^{\prime} N^{\prime}}\right)\left(\overline{A A^{\prime}}+\overline{A^{\prime} P}\right)$

Do đó,

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \overline{A A^{\prime}}\left(\overline{A^{\prime} N^{\prime}}+\overline{A^{\prime} P}\right)=-\overline{A^{\prime} N^{\prime}} \cdot \overline{A^{\prime} P}=k^2$

Ta thu dược

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2 \overline{A^{\prime} E}=\frac{k^2}{\overline{A A^{\prime}}}$

Suy ra $E$ cố định. Vậy điểm $I$ chạy trên đường thẳng qua $E$ và vuông góc với $A A^{\prime}$ cố định.

(b) Gọi $F$ là trung điểm của $A A^{\prime}$, ta có $F$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $A N A^{\prime} M$. Gọi $Z$ là giao điểm của $M N$ và $A A^{\prime}$, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \overline{Z A} \cdot \overline{Z A^{\prime}}=\overline{Z M} \cdot \overline{Z N^{\prime}}=-k^2 \text {. }$

Suy ra $Z$ cố định.

Bây giờ, từ $K$ hạ $K Y$ vuông góc với $A A^{\prime}$. Ta có $F, M, N, K, Y$ cùng nằm trên một đường tròn, suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \overline{Z F} \cdot \overline{Z Y}=\overline{Z M} \cdot \overline{Z N^{\prime}}=-k^2 .$

Từ đây dễ thấy $Y$ cố định. Vậy $K$ di động trên đường thẳng qua $Y$ vuông góc với $A A^{\prime}$ cố định.

Bài 4. Cho $f(x)=x^2+a x+b$ là tam thức bậc hai với $a, b \in \mathbb{R}$ và $f(f(x))=0$ có 4 nghiệm thực phân biệt. Biết rằng tổng của 2 nghiệm nào đó trong số 4 nghiệm đã nêu bằng $-1$. Chứng minh rằng $b \leq-\frac{1}{4}$.

Lời giải. Trước hết, dễ thấy $f(x)=0$ phải có 2 nghiệm phân biệt, đặt là $c_1<c_2$. Gọi $x_1, x_2$ là 2 trong số 4 nghiệm có tổng bằng $-1$. Theo định lý Viete thì: $c_1+c_2=$ $-a, c_1 c_2=b$. Ngoài ra,

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(f(x))=0 \Leftrightarrow f(x)=c_1 \vee f(x)=c_2 .$

Ta xét các trường hợp sau

  • Nếu $x_1, x_2$ là nghiệm của cùng một phương trình trong hai phương trình trên, theo định lý Viete thì $-a=x_1+x_2=-1$ nên $a=1$. Do $f(x)=c_1, f(x)=c_2$ đều phải có 2 nghiệm phân biệt nên $\Delta_1>0, \Delta_2>0$, tức là $1-4\left(b-c_1\right)>$ $0,1-4\left(b-c_2\right)>0$. Cộng lại, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2-4\left(2 b-c_1-c_2\right)>0 \Leftrightarrow 1-2(2 b+1)>0 \Leftrightarrow b<-\frac{1}{4} .$

  • Nếu $x_1, x_2$ là nghiệm của hai phương trình thì $x_1^2+a x_1+b=c_1, x_2^2+a x_2+b=c_2$. Cộng lại, ta có $x_1^2+x_2^2+a\left(x_1+x_2\right)+2 b=c_1+c_2 \Leftrightarrow x_1^2+x_2^2+2 b=0$. Do đó $b=-\frac{x_1^2+x_2^2}{2} \leq-\frac{\left(x_1+x_2\right)^2}{4}=-\frac{1}{4}$.

Trong mọi trường hợp, ta luôn có điều phải chứng minh.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Giả sử $P(x)=(x+1)^p(x-3)^q=x^n+a_1 x^{n-1}+a_2 x^{n-2}+\cdots+a_n$, trong đó $p, q$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu $a_1=a_2$ thì $3 n$ là một số chính phương.

Lời giải. Ta có

$P(x)=(x+1)^p(x-3)^q=\left(x^p+C_p^1 x^{p-1}+C_p^2 x^{p-2}+\cdots\right)\left(x^q-3 C_q^1 x^{q-1}+9 C_q^2 x^{q-2}+\cdots\right)$

Từ đó suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad a_1=C_p^1-3 C_q^1 \text { và } a_2=C_p^2+9 C_q^2-3 C_p^1 C_q^1$

Như vậy $a_1=a_2$ khi và chỉ khi

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad p-3 q=\frac{p(p-1)}{2}+\frac{9 q(q-1)}{2}-3 p q$

hay

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2 p-6 q=p^2-p+9 q^2-9 q-6 p q \text { tức là } 3 n=3(p+q)=(p-3 q)^2 \text {. }$

Suy ra $3 n$ là số chính phương. Ta có điều phải chứng minh.

Bài 6.

(a) Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{a^2+b^2+c^2}{a b+b c+c a}+\frac{8 a b c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2 .$

(b) Chứng minh rằng tồn tại các số thực dương $a, b, c$ sao cho

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{a b+b c+c a}{a^2+b^2+c^2}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8 a b c}<2 .$

Lời giải. (a) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $c=\min {a, b, c}$. Khi đó, với chú ý rằng $a^2+b^2+c^2 \geq a b+b c+c a$, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{a^2+b^2+c^2}{a b+b c+c a} =1+\frac{a^2+b^2+c^2-a b-b c-c a}{a b+b c+c a} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \geq 1+\frac{a^2+b^2+c^2-a b-b c-c a}{a b+b c+c a+c^2} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\frac{a^2+b^2+2 c^2}{a b+b c+c a+c^2} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\frac{a^2+b^2+2 c^2}{(a+c)(b+c)}$

Do đó, ta chỉ cần chứng minh.

$\quad\quad\quad \frac{a^2+b^2+2 c^2}{(a+c)(b+c)}+\frac{8 a b c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2$

Bất đẳng thức này tương đương với

$a^3+b^3+a^2 b+b^2 a+2 c^2 a+2 c^2 b+8 a b c \geq 2\left(a^2 b+a^2 c+b^2 a+b^2 c+c^2 a+c^2 b+2 a b c\right)$

hay

$a^3+b^3+4 a b c \geq a^2 b+b^2 a+2 a^2 c+2 b^2 c . \Leftrightarrow(a-b)^2(a+b-2 c) \geq 0 .$

Do $c=min (a, b, c)$ nên bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng.

Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

(b) Kiểm tra trực tiếp, ta thấy bộ $(a, b, c)=(2,1,1)$ thỏa mãn đề bài. Điều này cho thấy rằng nếu nghịch đảo cả hai phân số trong vế trái của câu a) thì bài toán không còn đúng nữa.

Bài 7. Cho góc $O x y$ và một điểm $P$ nằm bên trong nó. Gọi $\gamma$ là đường tròn thay đổi nhưng luôn qua $O$ và $P$. Giả sử $\gamma$ cắt $O x, O y$ tại $M, N$. Tìm quỹ tích trọng tâm $G$ và trực tâm $H$ của tam giác $O M N$.

Lời giải. (a) Quĩ tích trọng tâm G của tam giác $O M N$

Gọi $I$ là trung điểm $M N$. Ta có ${G}=V_O^{\frac{2}{3}}({I})$. Ta sẽ tìm quỹ tích điểm $I$.

Phần thuận. Gọi $X$ là giao điểm thứ hai của $(I M P)$ với $O x, Y$ là giao điểm thứ hai của $(I N P)$ với $O y$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle X I P=\angle X M P=\angle P N Y=180^{\circ}-\angle P I Y$

do đó $X, Y, Z$ thẳng hàng. Mặt khác,

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle I X P=\angle N M P=\angle P O N$

nên $\angle I X P$ không đổi. Tương tự ta cũng có $\angle X Y P$ không đổi mà $P$ cố định suy ra $X, Y$ cố định vậy $I$ nằm trên đường thẳng $X Y$ cố định.

Phần đảo. Lấy $X, Y$ lần lượt thuộc tia $O x, O y$ sao cho $\angle P X Y=\angle P O y$ và $\angle P Y X=$ $\angle P O x$. Lấy $I \in X Y$ ta sẽ chứng minh tồn tại $M \in O x, N \in O y$ sao cho $(O M N)$ đi qua $P$. Thật vậy,

Gọi $M$ là giao điểm thứ hai của $(I X P)$ và $O x, N$ là giao điểm thứ hai của $(I Y P)$ và $O y$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle X M P=\angle X I P=\angle P N Y$

nên tứ giác $O M P N$ nội tiếp. Ta có điều phải chứng minh.

(b) Quỹ tích trục tâm H của tam giác OMN.

Phần thuận. Gọi $T$ là trung điểm $O P . X, Y$ là hình chiếu của $P$ lên $O x, O y . K$ là trực tâm tam giác $O X Y . I$ là tâm đường tròn $(O M N)$. Ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{O K}{O T}=\frac{O H}{O I}(=2|\cos \angle x O y|) \text { và } \angle I O T=\angle H O K$

nên $\triangle I O T \sim \triangle H O K$. Mà $\angle I T O=90^{\circ}$ nên $\angle H K O=90^{\circ}$. Vậy $H$ thuộc đường thẳng qua $K$ vuông góc với $O K$ (Chú ý $K$ cố định).

Phần đảo. Lấy $H$ thuộc đường thẳng qua $K$ vuông góc với $O K$, trong đó $K$ là trực tâm tam giác $O X Y$ và $X, Y$ là hình chiếu của $P$ lên $O x, O y$. Ta sẽ chứng minh tồn tại $M \in O x, N \in O y$ sao cho $(O M N)$ đi qua $P$ và $\triangle O M N$ nhận $H$ là trực tâm. Thật vậy, gọi $T$ là trung điểm $O P$ và dựng $\triangle O T I \sim \triangle O K H$. Ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle O T I=\angle O K H=90^{\circ}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle I O T=\angle H O K$

nên $I$ nằm trên trung trực của $O P$. Do đó nếu vẽ $(T, T O)$ thì đường tròn này đi qua $P$ và cắt $O x, O y$ tại $M, N$. Ta có $K, T$ là trực tâm và tâm đường tròn $(O X Y)$ nên $\angle K O y=\angle T O x$. Ta được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle I O y=\angle H O x$

Lại có $\triangle O T I \sim \triangle O K H$ nên $\frac{O H}{O I}=\frac{O T}{O K}=2|\cos \angle x O y|$. Ta suy ra $H$ là trực tâm tam giác $O M N$

Bài 8. Với mỗi số nguyên dương gọi là tổng các chữ số của $n$.

(a) Chứng minh rằng $n=999, n=2999$ không thể biểu diễn thành tổng $a+b$ mà $S(a)=S(b)$.

(b) Chứng minh rằng với mọi $n$ mà $999<n<2999$ thì điều kiện trên được thỏa mãn.

Lời giải. Ta sẽ giải bài toán tồng quát sau: Tồn tại các số $a, b$ thỏa mãn điều kiện khi và chỉ khi số $n>1$ không có dạng $n=\overline{m 999 \ldots 9}$ với $0 \leq m \leq 8$ và $S(n)$ lẻ.

Thật vậy, xét $n=\overline{d_1 d_2 d_3 \ldots d_k}$ với $k$ là số các chữ số của $n$.

Ta có 2 trường hợp cần xét như sau:

  1. Nếu $S(n)$ chẵn (tương đương với có chẵn chữ số lẻ trong trong $n$ ), ta thực hiện như sau:
  • Nếu $d_i$ chẵn thì tách thành $d_i=\frac{d_i}{2}+\frac{d_i}{2}$ và chữ số ở hàng tương ứng của $a, b$ sẽ là 2 số này.
  • Nếu $d_i$ lẻ thì tách thành $d_i=\frac{d_i-1}{2}+\frac{d_i+1}{2}$ thì $\frac{d_i+1}{2}-\frac{d_i-1}{2}=1$ và như thế, ta luân phiên thay đổi các số lớn nhỏ để ghép vào $a, b$ để đảm bảo có $S(a)=S(b)$.

Do có chẵn số $d_i$ lẻ như thế nên quá trình trên thực hiện được và trong trường hợp này, tồn tại số $a, b$ thỏa mãn.

  1. Nếu $S(n)$ lẻ (tương đương với có lẻ chữ số lẻ trong trong $n$ ). Nếu $n$ có dạng $m 999 \ldots 9$ với $0 \leq m \leq 8$ thì rõ ràng khi tách ra thành 2 phần, các phép tính tồng phía sau để thu được các sồ 9 là không có nhớ và chúng có dạng $d_i+d_i^{\prime}=9$. Khi đó, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad S(a)+S(b)=S(n) \text { mà }\left\{\begin{array}{l}S(a)=S(b) \\ S(n) \equiv 1(\bmod 2)\end{array}\right.$

Điều mâu thuân trên cho thấy trường hợp này không tồn tại cách tách $n$ thành $a, b$ thỏa mãn. Nếu $n$ không có dạng trên thì dễ thấy tồn tại $d_i \neq 0, d_{i+1} \neq 9$.

Ta viết lại $n$ như sau:

$n=\overline{d_1 d_2 d_3 \ldots d_i d_{i+1} \ldots d_k}=\overline{d_1 d_2 d_{3 \ldots}\left(d_i-1\right) 9 \ldots d_k}+\left(d_{i+1}+1\right) 10^{k-d_i}$

Đặt $a=\overline{d_1 d_2 d_3 \ldots\left(d_i-1\right) 9 \ldots d_k}, b=\left(d_{i+1}+1\right) 10^{k-d_i}$ thì $S(a), S(b)$ cùng tính chẵn lẻ và $a+b=n$. Ta có thể giả sử $S(a)>S(b)$, trường hợp còn lại chứng minh tương tự. Nếu chọn một vị trí $t$ mà $d_t \neq 0$ thì có thể đổi các số $a, b$ thành

$a^{\prime}=\overline{d_1 d_2 d_3 \ldots\left(d_i-1\right) 9 \ldots\left(d_t-1\right) \ldots d_k}, y=\left(d_{i+1}+1\right) 10^{k-i}+10^{k-t}$

với $k \neq i$. Khi đó

$\quad\quad\quad \quad\quad\quad S\left(a^{\prime}\right)-S\left(b^{\prime}\right)=S(a)-1-(S(b)+1)=-2 .$

Cứ như vậy, ta thực hiện liên tiếp đến khi nào chênh lệch giữa hai tổng các chữ số bằng 0 thì dừng lại (tồn tại thời điểm như vậy vì ban đầu chúng cùng tính chẵn lẻ nên hiệu của chúng là số chẵn và mỗi lần thực hiện quá trình trên thì hiệu giảm đi 2 đơn vị). Các số $a, b$ lúc đó sẽ thỏa mãn đề bài và cũng tồn tại cách tách.

Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

Leave a reply

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI

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

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

Lời giải.

(a) Lấy (1) trừ (2) ta có:

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

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

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

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

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

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

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

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

Vậy hệ phương trình có 8 nghiệm.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Lời giải.

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

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

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

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

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

Lời giải.

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

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

đúng với mọi $t \geq 0$.

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

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

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

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

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

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

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

Lời giải.

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

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

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

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

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

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

Lời giải.

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

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

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

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

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

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

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

Bằng cách dùng kiểu biến đổi trên ta có:

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

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

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

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

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

Leave a reply

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

(a) Chứng minh $A N=A C, B M=B C$.

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

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

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

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

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

LỜI GIẢI

 

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

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

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

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

Lời giải.

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

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

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

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

$\Leftrightarrow m>0$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Lời giải.

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

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

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

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

Khi $a=b=2$ ta có $x=y=\sqrt[3]{4}$

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

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

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

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

Suy ra:

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

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

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

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

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

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

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

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

Lời giải.

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

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

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

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

Và  $b(a+c)=a(2 b-c) .$

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

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

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

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

a) Chứng minh $A N=A C, B M=B C$.

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

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

 

Lời giải.

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

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

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

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

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

Chứng minh tương tự $M J \perp C N$.

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

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

Ta có $A N=A C=b, B M=B C=a$.

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

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

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

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

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

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

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

Lời giải.

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

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

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

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

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

Vậy các số đều không nhỏ hơn 5 .

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

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

Từ đó ta có $b=6, b=7$.

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

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

Leave a reply

Bài 1. (2 điểm)

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

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

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

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

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

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

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

Bài 3. (2 điểm)

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

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

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

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

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

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

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

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

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

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1 (a)

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

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

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

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

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

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

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

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

Khi đó

Khi đó

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

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

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

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

$\Leftrightarrow a-b=1$ do  $a>b$ .\

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

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

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

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

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

Bài 2

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

  • Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có

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

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

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

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

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

Như vậy, $\max A=3 \sqrt{5}+1$.

Bài 3 (a)

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

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

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

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

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

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

Vậy giá trị cần tìm là $n=1$.

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

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

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

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

Mặt khác,

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

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

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

Ngoài ra,

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Bài 4

(a)

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

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

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

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

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

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

Do đó tứ giác $P M D N$ nội tiếp.

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

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

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

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

Bài 5

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

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

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

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

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

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

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2015

Leave a reply

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

(b) Cho các số $a$ và $b$ thỏa mãn điều kiện $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}=\sqrt[3]{b-\frac{1}{4}}$. Chứng minh rằng $-1 \leq a<0$.

Bài 2. (a) Tìm các số nguyên $a, b, c$ sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+3=0$.

(b) Cho $m$ là số nguyên. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+4 m=0$ thì cũng tồn tại các số nguyên $a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}$ sao cho $a^{\prime}+b^{\prime}+c^{\prime}=0$ và $a^{\prime} b^{\prime}+b^{\prime} c^{\prime}+a^{\prime} c^{\prime}+m=0$.

(c) Với $k$ là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+2^{k}=0$.

Bài 3. Giả sử phương trình $2 x^{2}+2 a x+1-b=0$ có 2 nghiệm nguyên ( $a, b$ là tham số). Chứng minh rằng $a^{2}-b^{2}+2$ là số nguyên và không chia hết cho 3 .

Bài 4. Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C, E$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $B C$, $F$ là điểm đối xứng của $E$ qua $M$.

(a) Chứng minh $E B^{2}=E F$.EO.

(b) Gọi $D$ là giao điểm của $A E$ và $B C$. Chứng minh các điểm $A, D, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.

(c) Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ và $P$ là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $I B C$ sao cho $P, O, F$ không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác POF đi qua một điểm cố định.

Bài 5. Để khuyến khích phong trào học tập, một trường THCS đã tổ chứng 8 đợt thi cho các học sinh. Ở mỗi đợt thi, có đúng 3 học sinh được chọn để trao giải. Sau khi tổ chứng xong 8 đợt thi, người ta nhận thấy rằng với hai đợt thi bât kì thì có đúng 1 học sinh được trao giải ở cả hai đợt thi đó. Chứng minh rằng:

(a) Có ít nhất một học sinh được trao giải ít nhất bốn lần.

(b) Có đúng một học sinh được trao giải ở 8 đợt thi.

LỜI GIẢI

 

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

(b) Cho các số $a$ và $b$ thỏa mãn điều kiện $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}=\sqrt[3]{b-\frac{1}{4}}$. Chứng minh rằng $-1 \leq a<0$.

Lời giải.

(a) Đặt $a=\sqrt{2 x-1}, b=\sqrt{1-2 x^{2}}$.

Khi đó ta có $a+b=2 \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}} \Leftrightarrow a=b$.

Khi đó ta có $\sqrt{2 x-1}=\sqrt{1-2 x^{2}} \Leftrightarrow 2 x-1 \geq 0,2 x-1=1-2 x^{2}$.

Giải ra được nghiệm $x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.

(b) Ta có $x^{3}-y^{3}=(x-y)\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)$ và $x^{2}+x y+y^{2} \geq 0$ nên $x \geq y \Leftrightarrow$ $x^{3} \geq y^{3}$.

Đặt $x=\sqrt[3]{a}, y=\sqrt[3]{b}$. Ta có $x+y=\sqrt[3]{y^{3}-\frac{1}{4}}$. Suy ra $x=\sqrt[3]{y^{3}-\frac{1}{4}}-y<0$.

Giả sử $x<-1$, ta có $\sqrt[3]{y^{3}-\frac{1}{4}}=y+x<y-1$

$\Leftrightarrow y^{3}-\frac{1}{4}<y^{3}-3 y^{2}+3 y-1$

$\Leftrightarrow y^{2}-y+\frac{1}{4}<0$ $\Leftrightarrow\left(y-\frac{1}{2}\right)^{2}<0$ (vô lý).

Do đó $x \geq-1 \Leftrightarrow a \geq-1$.

Vậy $-1 \leq a<0$.

Bài 2. (a) Tìm các số nguyên $a, b, c$ sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+$ $3=0$.

(b) Cho $m$ là số nguyên. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+4 m=0$ thì cũng tồn tại các số nguyên $a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}$ sao cho $a^{\prime}+b^{\prime}+c^{\prime}=0$ và $a^{\prime} b^{\prime}+b^{\prime} c^{\prime}+a^{\prime} c^{\prime}+m=$ 0 .

(c) Với $k$ là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+2^{k}=0$.

Lời giải.

(a) Từ $a+b+c=0, a b+b c+c a=-3$ ta có $a^{2}+b^{2}+c^{2}=6$. Do $a, b, c$ vai trò như nhau nên ta có thể giả sử $|a| \geq|b| \geq|c|$. Khi đó $1<|a|<3$. Suy ra

$|a|=2$, suy ra $a=2$ hoặc $a=-2$.

Với $a=2$ thì $b+c=-2, b^{2}+c^{2}=2$ giải ra được $b=c=-1$.Ta có có bộ $(2 ;-1 ;-1)$ và các hoán vị.

Với $a=-2$ thì $b+c=2, b^{2}+c^{2}=2$, giải ra được $b=c=1$, ta có bộ $(-2 ; 1 ; 1)$ và hoán vị.

(b) Ta có $a+b+c=0$ chẵn (1)và $a b+b c+a c=-4 m$ chẵn.(2)

Nếu 3 số $a, b, c$ đều lẻ, không thỏa (1).

Nếu có 1 chẵn, 2 lẻ thì không thỏa (2).

Do đó 3 số $a, b, c$ đều chẵn. Khi đó đặt $a^{\prime}=\frac{a}{2}, b^{\prime}=\frac{b}{2}, c^{\prime}=\frac{c}{2}$ thì $a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}$ thỏa đề bài.

(c) Với $k=0$ ta có $a+b+c=0, a b+b c+a c=-1$ thì $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2$ (3). Không có bộ 3 số nguyên $a, b, c$ khác 0 thỏa (3).

Với $k=1$ thì $a+b+c=0, a b+b c+a c=-2$ khi đó $a^{2}+b^{2}+c^{2}=4$ (4). Giả sử $|a|$ nhỏ nhất khi đó $1 \leq a^{2}<2$ (không có $a$ thỏa). Không tồn tại $a, b, c$ nguyên khác 0 thỏa (4).

Với $k>1$.

  • Nếu $k$ chẵn, đặt $k=2 n$ ta có $a+b+c=0, a b+b c+a c+4^{n}=0$, theo câu a), tồn tại $a_{1}, b_{1}, c_{1}$ nguyên thỏa

$a_{1}+b_{1}+c_{1}=0, a_{1} b_{1}+a_{1} c_{1}+b_{1} c_{1}+4^{n-1}=0$

Tương tự ta sẽ được $a_{n}, b_{n}, c_{n}$ nguyên thỏa $a_{n}+b_{n}+c_{n}=0, a_{n} b_{n}+$ $b_{n} c_{n}+a_{n} c_{n}=-1$ (vô nghiệm).

  • Nếu $k$ lẻ đặt $k=2 n+1$ ta có $a+b+c=0, a b+b c+a c+2.4^{n}=0$, làm tương tự trên ta được $a_{n}+b_{n}+c_{n}=0, a_{n} b_{n}+b_{n} c_{n}+a_{n} c_{n}=-2$ (vô nghiệm).

Vậy không tồn tại các số $a, b, c$ khác 0 thỏa đề bài.

Bài 3. Giả sử phương trình $2 x^{2}+2 a x+1-b=0$ có 2 nghiệm nguyên $(a, b$ là tham số). Chứng minh rằng $a^{2}-b^{2}+2$ là số nguyên và không chia hết cho 3 .

Lới giải.

Theo định lý Viete ta có $x_{1}+x_{2}=-a, x_{1} x_{2}=\frac{1-b}{2}$. Khi đó $Q=a^{2}-$ $b^{2}+2=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-\left(2 x_{1} x_{2}-1\right)^{2}+2=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-4 x_{1}^{2} x_{2}^{2}+6 x_{1} x_{2}+1$ là một số nguyên.

Ta chứng minh $Q$ không chia hết cho 3 .

Ta có tính chất sau, với một số nguyên $m$ bât kì thì nếu $m$ chia hết cho 3 thì $m^{2}$ chia hết cho 3 . Nếu $m$ chia 3 dư 1 hoặc 2 thì $m^{2}$ chia 3 dư 1 . Ta có $Q=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{1}^{2} x_{2}^{2}+1-3 x_{1}^{2} x_{2}^{2}+6 x_{1} x_{2}$.

Ta cần chứng minh $Q^{\prime}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{1}^{2} x_{2}^{2}+1$ không chia hết cho 3 . Xét xác trường hợp sau:Nếu $x_{1}, x_{2}$ không chia hết cho 3 thì $x_{1}^{2}, x_{2}^{2}$ chia 3 dư 1 . Khi đó $Q^{\prime}$ chia 3 dư 2. Nếu $x_{1}$ chia hết cho $3, x_{2}$ không chia hết cho 3 , khi đó $Q^{\prime}$ chia 3 dư 2 .

$x_{1}, x_{2}$ chia hết cho 3 . Khi đó $Q^{\prime}$ chia 3 dư 1 .

Vậy $Q^{\prime}$ không chia hết cho 3 .

Do đó $Q$ không chia hết cho 3 .

Bài 4. Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm $O$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C, E$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $B C, F$ là điểm đối xứng của $E$ qua $M$.

(a) Chứng minh $E B^{2}=E F . EO$.

(b) Gọi $D$ là giao điểm của $A E$ và $B C$. Chứng minh các điểm $A, D, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.

(c) Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ và $P$ là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $I B C$ sao cho $P, O, F$ không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác POF đi qua một điểm cố định.

Lời giải.

(a) Ta có $E$ là điểm chính giữa cung $B C$, suy ra $E B=E C$ và $O E \perp B C$ nên $M, O, E$ thẳng hàng.

Vẽ đường kính $E K$. Ta có $E M \cdot E K=E B^{2}$.

Mặt khác $E F=2 E M, E O=\frac{1}{2} E K$. Do đó $E F \cdot E O=E M \cdot E K=E B^{2}$. (1)

(b) Ta có $\angle E B C=\angle E A C=\angle E A B$. Suy ra $\triangle E A B \sim \triangle E B D$. Suy ra $E B^{2}+$ $E D \cdot E A(2)$.

Từ (1) và (2) ta có: $E A \cdot E D=E O \cdot E F$. Suy ra tứ giác $O F D A$ nội tiếp.

(c) Ta có $\angle E I B=\angle E A B+\angle A B I=\frac{1}{2}(\angle A+\angle B)=\angle E B C+\angle C B I=\angle E B I$, suy ra $E B=E I=E C$. Vậy $E$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $B I C$.

Do đó $E P=E B$. Ta có $E P^{2}=E B^{2}=E O \cdot E F$.

Suy ra $\triangle E P F \sim \angle E O P$. Suy ra $\angle E P F=\angle F O P$.

Hơn nữa, do $O, F$ cùng phía đối với $E$ nên $P O, P F$ cùng phía đối với $P E$.

Vẽ tia tiếp tuyến $P x(P F, P O$ cùng phía đối với $P x)$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $P O F$. Khi đó $\angle x P F=\angle F O P=\angle E P x$. Suy ra $P x$ và $P E$ trùng nhau. Vậy $P x$ luôn qua điểm $E$ cố định.

Bài 5. Để khuyến khích phong trào học tập, một trường THCS đã tổ chứng 8 đợt thi cho các học sinh. Ở mỗi đợt thi, có đúng 3 học sinh được chọn để trao giải. Sau khi tổ chứng xong 8 đợt thi, người ta nhận thấy rằng với hai đợt thi bất kì thì có đúng 1 học sinh được trao giải ở cả hai đợt thi đó. Chứng minh rằng:

(a) Có ít nhất một học sinh được trao giải ít nhất bốn lần.

(b) Có đúng một học sinh được trao giải ở 8 đợt thi.

Lời giải.

(a) Giả sử $A_{1}$ là tập 3 bạn đạt giải trong đợt thi thứ nhât. Tương tự với $A_{2}, \ldots, A_{8}$.

Ta có $A_{1}={a, b, c}$. Vị $A_{1} \cap A_{i}, i=\overline{2,8}$ có đúng một học sinh nên các học sinh $a, b, c$ xuất hiện trong 7 tập $A_{2}, \ldots, A_{8}$ và không có hai bàn nào xuất hiện cùng một tập. Do đó theo nguyên lí Đirichlet thì có 1 học sinh thuộc ít nhất 3 tập trong các tập $A_{2}, \ldots, A_{8}$. Khi đó học sinh này có xuất hiện trong ít nhất 4 tập, hay được nhận thưởng ít nhất 4 lần.

(b) Theo câu a, có một học sinh $a$ nhận thưởng được ít nhất 4 lần, giả sử là từ lần 1 đến lần 4 . Hay $a$ thuộc $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}$. Khi đó nếu $a$ không nhận thưởng trong 8 lần, tức là có một lần $a$ không nhận thưởng. Giả sử là lần 8 , tức là $a$ không thuộc $A_{8}$.

Khi đó $A_{1} \cap A_{8}$ là 1 học sinh nên có học $\sinh b \neq a$ thuộc $A_{8}$, tương tự có học sinh $c, d, e$ lần lượt thuộc $A_{2}, A_{3}, A_{4}$ cũng thuộc $A_{8}$. Hơn nữa $b, c, d, e$ phải phân biệt. Do đó $A_{8}$ chứa ít nhất 4 phần tử. (vô lý). Vậy có một học sinh thuộc 8 tập, hay nhận thưởng 8 lần. Và không có hai học sinh nào cùng nhận thưởng hai lần nên chỉ có đúng một học sinh thỏa.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN LẦN 1 – STAR EDUCATION 2020

Leave a reply

Bài 1. Cho các biểu thức $H_{1}=\left(\frac{5}{\sqrt{1+x}}-\sqrt{1-x}\right):\left(\frac{5}{\sqrt{1-x^{2}}}-1\right)$ và $H_{2}=\left(\frac{2 x+1}{x \sqrt{x}-1}-\frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}\right) \cdot\left(\frac{1+x \sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}-\sqrt{x}\right)$

a) Rút gọn biểu thức $H_{1}$ và $H_{2}$.

b) Xét dấu của tích $H_{1} \cdot H_{2}$.

Bài 2. a) Giải phương trình: $\frac{(x-3)(x-5)}{\sqrt{2 x+1}}+x-3=0$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}(x-3 y-1)(x-y-1-\sqrt{x-y+1})=0 \\ \sqrt{x-1}+\sqrt{2-3 y}=2\end{array}\right.$

Bài 3. Cho phương trình: $\frac{x^{2}+(m-4) x-2 m^{2}+m+3}{\sqrt{x}-1}=0$

a) Giải phương trình khi $m=2$

b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ thỏa $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{2}=7$

Bài 4. a) Bốn bạn An, Bình, Châu, Duy theo thứ tự đứng ở 4 góc của sân tennis hình chữ nhật như hình vẽ. Trên sân có một quả banh tennis, biết khoảng cách từ quả banh đến An, Bình, Châu lần lượt là $11 \mathrm{~m}, 14 \mathrm{~m}$ và $16 \mathrm{~m}$. Tính khoảng cách từ Duy đến quả banh?

b) Sau trận đá bóng cuối cùng của trường Phổ thông Năng khiếu, người ta thấy rằng số điểm của đội 10 Tin và đội $\mathrm{GV}$ lần lượt chiếm $\frac{1}{4}$ và $\frac{2}{7}$ tổng số điểm ghi được của các đội. Đội Star ghi được 15 điểm. Không có đội nào trong số 7 đội còn lại (ngoài 3 đội nêu trên) ghi được nhiều hơn 2 điểm. Hỏi tổng số điểm của 7 đội còn lại ghi được là bao nhiêu?

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ dều cạnh $a$. Về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác $A B D$ và $A C E$ vuông cân tại $A$.

a) Chứng minh tứ giác $B C E D$ nội tiếp. Tính chu vi tú giác $B C E D$ theo $a$.

b) $B E, C D$ cắt nhau tại $I$. Chứng minh tứ giác $B I A D$ nội tiếp, tính độ dài $A I$ theo $a$.

c) $B C$ cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác $B I A D$ tại điểm $F$ khác $B . E F$ cắt $A I$ tại $K$. Tính $\angle B D F$ và $\frac{K A}{K I}$.

LỜI GIẢI

 

Bài 1. a) (Học sinh thiếu điều kiện không trì̉ điểm)

  • Điều kiện xác định: $-1<x<1$

$H_{1} =\left(\frac{5}{\sqrt{1+x}}-\sqrt{1-x}\right):\left(\frac{5}{\sqrt{1-x^{2}}}-1\right) $

$=\frac{5-\sqrt{1-x^{2}}}{\sqrt{1+x}} \cdot \frac{\sqrt{1+x} \cdot \sqrt{1-x}}{5-\sqrt{1-x^{2}}} $

$=\sqrt{1-x}$

  • Điều kiện xác định: $x \geq 0$ và $x \neq 1$

$H_{2} =\left(\frac{2 x+1}{x \sqrt{x}-1}-\frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}\right) \cdot\left(\frac{1+x \sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}-\sqrt{x}\right) $

$=\frac{2 x+1-\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} \cdot(x-\sqrt{x}+1-\sqrt{x}) $

$=\frac{x+\sqrt{x}+1}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} \cdot(\sqrt{x}-1)^{2} $

$=\sqrt{x}-1$

b) Điều kiện xác định: $0 \leq x<1$

Ta có: $H_{1} \cdot H_{2}=\sqrt{1-x} \cdot(\sqrt{x}-1)$

Vì $\sqrt{1-x}>0$ và $\sqrt{x}-1<0$ với mọi $0 \leq x<1$ suy ra $H_{1} \cdot H_{2}<0$

Vậy $H_{1} \cdot H_{2}<0$

Bài 2. a) Điều kiện xác định: $x>\frac{-1}{2}$

$\frac{(x-3)(x-5)}{\sqrt{2 x+1}}+x-3=0 $

$\Leftrightarrow(x-3)(x-5)+(x-3) \sqrt{2 x+1}=0 $

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=3\quad(nhận) \\ \sqrt{2 x+1}=5-x\quad(1)\end{array}\right.$

$(1) \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leq 5 \\ x^{2}-12 x+24=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leq 5 \\ {\left[\begin{array}{l}x=6+2 \sqrt{3} (loại) \\ x=6-2 \sqrt{3}(nhận)\end{array}\right.}\end{array}\right.\right.$

(Học sinh không loại nghiệm trừ 0,25 điểm)

Vậy $S=[3 ; 6-2 \sqrt{3}]$.

b) Điều kiện xác định: $x \geq 1, y \leq \frac{2}{3}, x \geq y-1$

(Học sinh thiếu điều kiện xác định trừ O,25 điểm)

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

Ta có: $(1) \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=3 y+1 \\ x-y-1-\sqrt{x-y+1}=0\quad(3)\end{array}\right.$

  • Thay $x=3 y+1$ vào (2) ta có:

$\sqrt{3 y}+\sqrt{2-3 y}=2 $

$\Leftrightarrow 3 y+2-3 y+2 \sqrt{6 y-9 y^{2}}=4 $

$\Leftrightarrow \sqrt{6 y-9 y^{2}}=1 $

$\Leftrightarrow 9 y^{2}-6 y+1=0 $

$\Leftrightarrow y=\frac{1}{3} \Rightarrow x=2 $ (so với điều kiện ta nhận)

Suy ra $(x ; y)=\left(2 ; \frac{1}{3}\right)$.

  • Đặt $t=\sqrt{x-y+1}(t \geq 0)$

$(3) \Leftrightarrow t^{2}-t-2=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}t=-1 \text { (loại) } \\ t=2 \quad \text { (nhận) }\end{array}\right.$

Với $t=2 \Leftrightarrow x-y+1=4 \Leftrightarrow x=y+3$

Thay $x=y+3$ vào $(2)$, ta có:

$\sqrt{y+2}+\sqrt{2-3 y}=2$

$\Leftrightarrow y+2+2-3 y+2 \sqrt{-3 y^{2}-4 y+4}=4$

$\Leftrightarrow \sqrt{-3 y^{2}-4 y+4}=y$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y \geq 0 \\ 4 y^{2}+4 y-4=0\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y \geq 0 \\ {\left[\begin{array}{l}y=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\quad(loại) \\ y=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\quad(nhận)\end{array}\right.}\end{array}\right.$

Với $y=\frac{-1+\sqrt{5}}{2} \Rightarrow x=\frac{5+\sqrt{5}}{2}$ (so với điều kiện ta nhận)

Suy ra $(x ; y)=\left(\frac{5+\sqrt{5}}{2} ; \frac{-1+\sqrt{5}}{2}\right)$.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left(2 ; \frac{1}{3}\right),\left(\frac{5+\sqrt{5}}{2} ; \frac{-1+\sqrt{5}}{2}\right)$

Bài 3. $\frac{x^{2}+(m-4) x-2 m^{2}+m+3}{\sqrt{x}-1}=0$ (4)

Điều kiện xác định: $x \geq 0$ và $x \neq 1$

a) Thay $m=2$ vào (4), ta có: $\frac{x^{2}-2 x-3}{\sqrt{x}-1}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=3\quad (nhận) \\ x=-1\quad(loại)\end{array}\right.$

Vậy $S=[3]$

b) $\frac{x^{2}+(m-4) x-2 m^{2}+m+3}{\sqrt{x}-1}=0$ (1)

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

(Học sinh không đưa (1) thành (2) trừ 0,25 điểm)

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt, không âm và khác 1 khi và chỉ khi:

$\left\{\begin{array} { l }{ \Delta > 0 } \\{ S \geq 0 } \\{ P \geq 0 } \\{ 1 ^ { 2 } + m – 4 – 2 m ^ { 2 } + m + 3 \neq 0 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l }{ ( 3 m – 2 ) ^ { 2 } > 0 } \\{ m \leq 4 } \\{ – 1 \leq x \leq \frac { 3 } { 2 } } \\{ m \neq 0 } \\{ m \neq 1 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}-1 \leq x \leq \frac{3}{2} \\m \neq \frac{2}{3} \\m \neq 0 \\m \neq 1\end{array}\right.\right.\right.$

(Học sinh không cần giải hệ điều kiện chỉ cần đưa về theo tham số m)

Với $\Delta=(3 m-2)^{2}$, ta suy ra $x=m+1$ hoặc $x=3-2 m$.

  • Với $x_{1}=m+1$ và $x_{2}=3-2 m$, ta có:

$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{2}=7 \Leftrightarrow 5 m^{2}-8 m=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}m=0\quad(loại) \\m=\frac{8}{5}\quad(loại)\end{array}\right.$

  • Với $x_{1}=3-2 m$ và $x_{2}=m+1$, ta có:

$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{2}=7 \Leftrightarrow 5 m^{2}-11 m+2=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}m=2\quad(loại) \\ m=\frac{1}{5}\quad(nhận)\end{array}\right.$

Vậy $m=\frac{1}{5}$ thì phương trình (4) có hai nghiệm phân biệt thỏa yêu cầu.

Bài 4. a) Gọi $I$ là vị trí trái banh tennis. Từ $I$ kẻ các đường thẳng vuông góc với $A B$ và $A D$. Gọi $M, N, P, Q$ lần lượt là giao điểm của 2 đường thẳng đó với $A B, B C, C D$, $D A$.

Khi đó tứ giác $A M I Q, M B N I$ là các hình chũ nhật.

Ta có: $I A^{2}=I Q^{2}+A Q^{2}, I B^{2}=I N^{2}+B N^{2}$

$I D^{2}=I Q^{2}+Q D^{2}, I C^{2}=I N^{2}+C N^{2}$

Suy ra $I A^{2}-I D^{2}=A Q^{2}-Q D^{2}$ và $I B^{2}-I C^{2}=B N^{2}-C N^{2}$

Vì $A Q=B N$ và $D Q=C N$

Suy ra $I A^{2}-I D^{2}=I B^{2}-I C^{2}$

$\Rightarrow I D^{2}=I A^{2}+I C^{2}-I B^{2}=181$

$\Rightarrow I D=\sqrt{181} \approx 13,5(\mathrm{~m})$

b) Gọi $x$ (điểm) là tổng điểm số điểm của các đội. $(x>0)$.

$y$ (điểm) là tổng điểm của 7 đội còn lại. $(y>0)$

Số điểm của đội 10 Tin và đội $\mathrm{GV}$ là $\frac{1}{4} x$ và $\frac{2}{7} x$

Suy ra số điểm của 8 đội còn lại là $\frac{13}{28} x$.

Ta có phương trình: $15+y=\frac{13}{28} x$

Không có đội nào trong 7 đội còn lại ghi nhiều hơn 2 điểm nên $0<y \leq 14$.

Từ đó suy ra $15<\frac{13}{28} x \leq 29 \Leftrightarrow 32<x \leq 62$

Vì $x, y$ là các số tự nhiên nên $x$ sẽ chia hết cho 28 .

Do đó suy ra $x=56$ (điểm)

Vậy tổng điểm của 7 đội còn lại là 11 điểm.

Bài 5. a) • $\triangle A D B$ và $\triangle A E C$ vuông cân tại $A$ suy ra $A B=A C=A E=A D$

Suy ra tứ giác $B C E D$ nội tiếp đường tròn tâm $A$ bán kính $A B$

  • Ta có: $B D=C E=\sqrt{A B^{2}+A D^{2}}=a \sqrt{2}$

Kẻ $A T \perp D E$ tại $T$ suy ra $T$ là trung điểm $D E$.

Ta có: $D T=\cos \angle A D T \cdot A D=\frac{\sqrt{3}}{2} a \Rightarrow D E=2 D T=a \sqrt{3}$

Vậy chu vi tứ giác $B C E D$ là: $a(1+2 \sqrt{2}+\sqrt{3})$.

b) – Ta có $\angle C E D=\angle B D E \Rightarrow \angle C B D+\angle B D E=180^{\circ} \Rightarrow B C / / D E$

$\Rightarrow B C E D$ là hình thang cân suy ra $I D=I E$ và $I B=I C$

Ta có $I D=I E, A D=A E \Rightarrow A I$ là đường trung trực của $D E$ suy ra $I, A, T$ thẳng hàng.

Ta có: $\angle D B E=\frac{1}{2} \angle D A E=\angle D A T \Rightarrow B I A D$ nội tiếp.

  • Tứ giác $B I A D$ nội tiếp suy ra $\angle D I E=90^{\circ} \Rightarrow I T=D T=\frac{\sqrt{3}}{2} a$

Lại có $A T=\sin \angle T D A \cdot A D=\frac{a}{2}$

Nên $A I=I T-A T=\frac{\sqrt{3}-1}{2} a$.

c) Tứ giác  F B A D  nội tiếp suy ra  $\angle D F B=180^{\circ}-\angle D A B=90^{\circ} $

$\Rightarrow \angle F D E=90^{\circ}=\angle F D B+\angle B D E \Rightarrow \angle F D B=90^{\circ}-75^{\circ}=15^{\circ}$

  • Ta có $\angle I F A=\angle I D A=45^{\circ}-30^{\circ}=15^{\circ}$

Lại có $\angle E A F=\angle E A C+\angle C A B+\angle B A F=90^{\circ}+60^{\circ}+15^{\circ}=165^{\circ}$

Suy ra $\angle I F A+\angle E A F=180^{\circ} \Rightarrow A E / / I F$ (1)

Tứ giác $F I A D$ nội tiếp có $A I / / D F$

$\Rightarrow F I A D$ là hình thang cân nên $F I=A D=A E$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A E I F$ là hình bình hành

Suy ra $K$ là trung diểm $A I$ nên $\frac{K A}{K I}=1$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2017

Leave a reply

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

(a) Tìm $m$ để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$. Chứng minh rằng $\left|\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right|<1$.

(b) Giả sử các nghiệm $x_{1}, x_{2}$ khác 0 , chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{\left|x_{1}\right|}}+\frac{1}{\sqrt{\left|x_{2}\right|}} \geq 2 \geq$ $\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right|$.

Bài 2. Cho $x, y$ là hai số nguyên với $x>y>0$.

(a) Chứng minh rằng nếu $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho 3 thì $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho 9 .

(b) Chứng minh rằng nếu $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho $x+y$ thì $x+y$ không là số nguyên tố.

(c) Tìm tất cả những giá trị $k$ nguyên dương sao cho $x^{k}-y^{k}$ chia hết cho 9 với mọi $x, y$ mà $x y$ không chia hết cho 3 .

Bài 3. (a) Cho ba số $a, b, c \geq-2$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b c=0$. Chứng minh rằng $a=b=c=0 .$

(b) Trên mặt phẳng $O x y$, cho ba điểm $A, B, C$ phân biệt với $O A=O B=$ $O C=1$. Biết rằng $x_{A}^{2}+x_{B}^{2}+x_{C}^{2}+6 x_{A} x_{B} x_{C}=0$.

Chứng minh rằng $min(x_A, x_B, x_C)<-\frac{1}{3}$ (kí hiệu $x_{M}$ là hoành độ của điểm $M$ ).

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm $O$. Gọi $D$ là điểm thay đổi trên cạnh $B C(D$ khác $B, C)$. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $A B D$ và $A C D$ lần lượt cắt $A C$ và $A B$ tại $E$ và $F(E, F$ khác $A)$. Gọi $K$ là giao điểm của $B E$ và $C F$.

(a) Chứng minh rằng tứ giác $A E K F$ nội tiếp.

(b) Gọi $H$ là trực tâm $\operatorname{tam} A B C$. Chứng minh rằng nếu $A, O, D$ thẳng hàng thì $H K$ song song với $B C$.

(c) Ký hiệu $S$ là diện tích tam giác $K B C$. Chứng minh rằng khi $D$ thay đổi trên cạnh $B C$ ta luôn có $S \leq\left(\frac{B C}{2}\right)^{2} \tan \frac{\widehat{B A C}}{2}$.

(d) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A E F$. Chứng minh rằng $B F . B A-C E . C A=B D^{2}-C D^{2}$ và $I D$ vuông góc với $B C$.

Bài 5. Lớp $9 \mathrm{~A}$ có 6 học sinh tham gia một kỳ thi toán và nhận được 6 điểm số khác nhau là các số nguyên từ 0 đến 20. Gọi $m$ là trung bình cộng các điểm số của 6 học sinh trên. Ta nói rằng hai học sinh (trong 6 hoc sinh trên) lập thành một cặp “hoàn hảo” nếu như trung bình cộng điểm số của hai em đó lớn hơn $m$.

(a) Chứng minh rằng không thể chia 6 học sinh trên thành 3 cặp mà mỗi cặp đều “hoàn hảo”.

(b) Có thể có được nhiều nhất là bao nhiêu cặp “hoàn hảo”?

 

LỜI GIẢI

 

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

(a) Tìm $m$ để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$. Chứng $\operatorname{minh}$ rằng $\left|\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right|<1$.

(b) Giả sử các nghiệm $x_{1}, x_{2}$ khác 0 , chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{\left|x_{1}\right|}}+\frac{1}{\sqrt{\left|x_{2}\right|}} \geq$ $2 \geq\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right|$.

Lời giải.

(a) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì

$\Delta=(m+1)^{2}-\left(2 m^{2}+4 m+1\right)=-m^{2}-2 m>0 $

$\Leftrightarrow m(m+2)<0 \Leftrightarrow-2<m<0$

  • Khi đó theo định lý Viete ta có $x_{1}+x_{2}=2(m+1)$.

Suy ra $\left|\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right|=|m+1|<1($ do $-2<m<0)$.

(b) Ta có $m^{2}+2 m+1 \geq 0 \Rightarrow 2 m^{2}+4 m+1 \geq-1$.

Và $m(m+2)<0 \Rightarrow 2(m+1)^{2} \geq 0 \Rightarrow 2 m^{2}+4 m+1<1$.

Do đó $\left|2 m^{2}+4 m+1\right| \leq 1 .\left(^{*}\right)$

  • $\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right| \leq 2 \Leftrightarrow x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2\left|x_{1} x_{2}\right| \leq 4$

$\Leftrightarrow\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}+2\left|x_{1} x_{2}\right| \leq 4$

$\Leftrightarrow 4(m+1)^{2}-2\left(2 m^{2}+4 m+1\right)+2\left|2 m^{2}+4 m+1\right| \leq 4$

$\left.\Leftrightarrow\left|2 m^{2}+4 m+1\right| \leq 1\left(\operatorname{do}{ }^{*}\right)\right)$.

  • Ta có $\frac{1}{\sqrt{\left|x_{1}\right|}}+\frac{1}{\sqrt{\left|x_{2}\right|}} \geq 2 \sqrt{\frac{1}{\sqrt{\left|x_{1} x_{2}\right|}}} \geq 2$ (đúng vì $\left|x_{1} x_{2}\right|=\mid 2 m^{2}+$ $4 m+1 \mid \leq 1$ ).

  • Vậy $\frac{1}{\sqrt{\left|x_{1}\right|}}+\frac{1}{\sqrt{\left|x_{2}\right|}} \geq 2 \geq\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right|$.

Bài 2. Cho $x, y$ là hai số nguyên với $x>y>0$.

(a) Chứng minh rằng nếu $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho 3 thì $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho 9 .

(b) Chứng minh rằng nếu $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho $x+y$ thì $x+y$ không là số nguyên tố.

(c) Tìm tất cả những giá trị $k$ nguyên dương sao cho $x^{k}-y^{k}$ chia hết cho 9 với mọi $x, y$ mà $x y$ không chia hết cho 3 .

Lời giải.

(a) Ta có $x^{3}-y^{3}$ chia hết cho 3 mà $x^{3}-y^{3}=(x-y)^{3}+3 x y(x-y) \vdots, 3$ nên $(x-y)^{3}$ :3. Hơn nữa 3 là số nguyên tố nên $\Rightarrow(x-y)$ :3. Suy ra $\left\{\begin{array}{l}(x-y)^{3}: 9 \\ 3 x y(x-y) \vdots 9\end{array} \Rightarrow x^{3}-y^{3} \vdots, 9\right.$

(b) Giả sử ngược lại $x+y$ nguyên tố.

Ta có $x^{3}-y^{3}=(x-y)\left[(x+y)^{2}-x y\right]=(x-y)(x+y)^{2}-x y(x-$ $y) \vdots(x+y)$.

$\Rightarrow(x-y) x y \vdots(x+y)$, mà $x+y$ nguyên tố nên $\left[\begin{array}{l}(x-y) \vdots(x+y) \\ x \vdots(x+y) \\ y \vdots(x+y)\end{array}\right.$ (vô lí vì $0<x, y, x-y<x+y)$.

(c) Cho $x=2, y=1 \Rightarrow x y$ không chia hết cho 3 . $\Rightarrow x^{k}-y^{k}=2^{k}-1 \vdots 9 \Rightarrow 2^{k}-1 \vdots 3 .$

Do $2 \equiv-1(\bmod 3) \Rightarrow 2^{k}-1 \equiv(-1)^{k}-1(\bmod 3)$ nên $k$ chẵn.

Ta chứng $\operatorname{minh} k=6 n,\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$

Với $k=6 n+2 \Rightarrow 2^{k}-1 \equiv 2^{6 n+2}-1 \equiv 3(\bmod 9)$. $\Rightarrow k=6 n+2$ (không thỏa).

Với $n=6 k+4 \Rightarrow 2^{k}-1=2^{6 n+4}-1 \equiv 6(\bmod 9)$. $\Rightarrow k=6 n+4$ (không thỏa).

Nên $k=6 n$.

Lại có $x^{k}-y^{k}=x^{6 n}-y^{6 n}=\left(x^{6}\right)^{n}-\left(y^{6}\right)^{n}:\left(x^{6}-y^{6}\right)$

Do $x y$ không chia hết cho 3 nên cả $x$ và $y$ đều không chia hết cho 3 .

  • Trường hợp 1. $x \equiv y(\bmod 3) \Rightarrow x^{3}-y^{3}: 3$

Theo câu (a) $\Rightarrow x^{3}-y^{3}: 9 \Rightarrow x^{k}-y^{k}: 9$.

  • Trường hợp 2. $x$ không đồng dư với $y \bmod 3$.

Không mất tính tổng quát, giả sử $\left\{\begin{array}{l}x=3 a+1 \\ y=3 b+2\end{array}\right.$

Ta có $x^{3}+y^{3}=(3 a+1)^{3}+(3 b+2)^{2}=27 a^{3}+27 a^{2}+9 a+27 b^{3}+$ $27 b^{2}+9 b+9 \vdots 9$

Suy ra $x^{6}-y^{6}=\left(x^{3}-y^{3}\right)\left(x^{3}+y^{3}\right) \vdots 9 \Rightarrow x^{k}-y^{k} \vdots 9$.

Vậy tập tất cả các số thỏa đề bài là $k=6 n$ với $n$ tự nhiên.

Bài 3. (a) Cho ba số $a, b, c \geq-2$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b c=0$. Chứng minh rằng $a=b=c=0$.

(b) Trên mặt phẳng $O x y$, cho ba điểm $A, B, C$ phân biệt với $O A=O B=$ $O C=1$. Biết rằng $x_{A}^{2}+x_{B}^{2}+x_{C}^{2}+6 x_{A} x_{B} x_{C}=0$.

Chứng minh rằng $\min(x_{A}, x_{B}, x_{C})<-\frac{1}{3}$ (kí hiệu $x_{M}$ là hoành độ của điểm $M$ ).

Lời giải.

(a) – Trong ba số $a, b, c$ phải có ít nhất 2 số cùng dấu. Không mất tính tổng quát, giả sử hai số đó là $a$ và $b$.

Ta có $a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b c=0$

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

Do $(a-b)^{2}, c^{2}, a b(c+2) \geq 0$

Nên $(*) \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=b \\ c=0 \ a b=0\end{array} \Leftrightarrow a=b=c=0\right.$

(b) –  Giả sử ngược lại $\min(x_{A}, x_{B}, x_{C}) \geq-\frac{1}{3} \Rightarrow x_{A}, x_{B}, x_{C} \geq-\frac{1}{3}$ Trong 3 số $x_{A}, x_{B}, x_{C}$ có 2 số cùng dấu, giả sử $x_{A}, x_{B}$.

$-$ Ta có $x_{A}^{2}+x_{B}^{2}+x_{C}^{2}+6 x_{A} x_{B} x_{C}=\left(x_{A}-x_{B}\right)^{2}+x_{C}^{2}+2 x_{A} x_{B}\left(3 x_{C}+1\right)=0$ $\Rightarrow x_{A}=x_{B}=x_{C}=0$, suy ra $A, B, C$ dều thuộc trục tung. Hơn nữa $O A=O B=O C=1$ nên có ít nhất hai điểm trùng nhau (vô lý). Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm $O$. Gọi $D$ là điểm thay đổi trên cạnh $B C(D$ khác $B, C)$. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $A B D$ và $A C D$ lần lượt cắt $A C$ và $A B$ tại $E$ và $F(E, F$ khác $A)$. Gọi $K$ là giao điểm của $B E$ và $C F$.

(a) Chứng minh rằng tứ giác $A E K F$ nội tiếp.

(b) Gọi $H$ là trực tâm tam $A B C$. Chứng minh rằng nếu $A, O, D$ thẳng hàng thì $H K$ song song với $B C$.

(c) Ký hiệu $S$ là diện tích tam giác $K B C$. Chứng minh rằng khi $D$ thay đổi trên cạnh $B C$ ta luôn có $S \leq\left(\frac{B C}{2}\right)^{2} \tan \frac{\widehat{B A C}}{2}$.

(d) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A E F$. Chứng minh rằng $B F . B A-C E . C A=B D^{2}-C D^{2}$ và $I D$ vuông góc với $B C$.

Lời giải.

(a) $-$Tứ giác $A E D B$ nội tiếp suy ra $\widehat{A E B}=\widehat{A D B}$, tứ giác $A F D C$ nội tiếp suy ra $\widehat{A F C}=\widehat{A D C}$.

Khi đó $\widehat{A E K}+\widehat{A F D}=\widehat{A D B}+\widehat{A D C}=180^{\circ}$. Vậy tứ giác $A E K B$ nội tiếp.

(b) $-$ Ta có $\widehat{B K C}=\widehat{F K E}=180^{\circ}-\widehat{B A C}$ và $\widehat{B H C}=180^{\circ}-\widehat{B A C}$.

Suy ra $\widehat{B K C}=\widehat{B H C} \Rightarrow B H K C$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat{F K H}=\widehat{H B C}=\widehat{H A C}$ và $\widehat{K C B}=\widehat{B A D}$ (do $A F D C$ nội tiếp).

$-$ Khi $A, O, D$ thẳng hàng, ta có $\widehat{B A D}=\widehat{B A O}=\widehat{H A C}$. (tự chứng minh, hehe)

Do đó $\widehat{F K H}=\widehat{K C B}$ suy ra $K H / / B C$.

(c) – Ta có $K$ thuộc cung $B H C$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $B H C$ tâm $T$.

Gọi $M$ là trung điểm của $B C$ và $N$ là điểm chính giữa cung $B H C$ và $X$ là giao điểm của $T K$ và $B C$.

$-$ Dựng $K L \perp B C$. Ta có $K L \leq K X=T K-T D \leq T N-T M=M N$. Ta có $\widehat{B N C}=\widehat{B H C}=180^{\circ}-\widehat{B A C}$, suy ra $\widehat{N B M}=90^{\circ}-\widehat{B N M}=$ $90^{\circ}-\frac{1}{2} \widehat{B N C}=\frac{1}{2} \widehat{B A C}$.

Khi đó $\frac{M N}{B M}=\tan \frac{\widehat{N B M}}{2}=\tan \frac{\widehat{B A C}}{2}$, suy ra $M N=\tan \frac{\widehat{B A C}}{2} \cdot \frac{B C}{2}$.

Do đó $S_{B K C}=\frac{1}{2} . K L . B C \leq \frac{B C^{2}}{4} \tan \frac{\widehat{B A C}}{2}$.

(d) – Xét tam giác $B C F$ và tam giác $B A D$ có $\widehat{B C F}=\widehat{B A D}$ và góc $B$ chung. Suy ra $\Delta B C F \backsim \Delta B A D \Rightarrow \frac{B D}{B A}=\frac{B F}{B C} \Rightarrow B F . B A=B D . B C$.

$-$ Chứng minh tương tự ta có $C E . C A=C B . C D$.

Suy ra $B F . B A-C E . C A=B C . B D-B C . C D=B C(B D-C D)=$ $(B D+B C)(B D-B C)=B D^{2}-C D^{2} .$

$-$ Ta có $\widehat{A D F}=\widehat{A C F}=\widehat{A E B}-\widehat{E K C}=\widehat{A E B}-\widehat{A}$ và $\widehat{A D E}=\widehat{A B E}=\widehat{A F C}-\widehat{B A C}$, suy ra $\widehat{E D F}=\widehat{A D F}+\widehat{A D E}=\widehat{A E B}+\widehat{A F C}-2 \widehat{A}=180^{\circ}-2 \widehat{B A C}=$ $\widehat{E I F}$. Do đó tứ giác $I E D F$ nội tiếp, hơn nữa $I E=I F$ nên $D I$ là phân giác $\widehat{E D F}$.

Mặt khác $\widehat{F D B}=\widehat{B A C}=\widehat{C D E}$.

Suy ra $D B, D I$ lần lượt là phân giác ngoài và phân giác trong của $\widehat{E D F}$ nên $I D \perp B C$.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài 5. Lớp $9 \mathrm{~A}$ có 6 học sinh tham gia một kỳ thi toán và nhận được 6 điểm số khác nhau là các số nguyên từ 0 đến 20. Gọi $m$ là trung bình cộng các điểm số của 6 học sinh trên. Ta nói rằng hai học sinh (trong 6 hoc sinh trên) lập thành một cặp “hoàn hảo” nếu như trung bình cộng điểm số của hai em đó lớn hơn $m$.

(a) Chứng minh rằng không thể chia 6 học sinh trên thành 3 cặp mà mỗi cặp đều “hoàn hảo”.

(b) Có thể có được nhiều nhất là bao nhiêu cặp “hoàn hảo”?

Lời giải.

(a) Giả sử có thể chia 6 học sinh thành 3 cặp đều “hoàn hảo”. Gọi số điểm của các cặp học sinh này là $\left(x_{1} ; x_{2}\right),\left(x_{3} ; x_{4}\right),\left(x_{5} ; x_{6}\right)$.

Ta có $\frac{x_{1}+x_{2}}{2}>m ; \frac{x_{3}+x_{4}}{2}>m ; \frac{x_{5}+x_{6}}{2}>m$

Suy ra $\frac{x_{1}^{2}+x_{2}}{2}+\frac{x_{3}+x_{4}}{2}+\frac{x_{5}+x_{6}}{2}>3 m$

$\Leftrightarrow \frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}^{2}+x_{5}+x_{6}^{2}}{2}>3 . \frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+x_{6}}{6}$ (vô

lý).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

(b) – Xét tập $A={0,16,17,18,19,20}$ với $m=15$ có 10 cặp hoàn hảo. (1)

$-$ Giả sử có nhiều hơn hoặc bằng 11 cặp “hoàn hảo”. Gọi tên 6 thí sinh là $A, B, C, D, E, F$.

Với tổng 15 cặp thí sinh. Ta chia thành các nhóm như sau:

Nhóm 1. $(A B ; C D ; E F)$

Nhóm 2. $(A C ; B E ; D F)$

Nhóm 3. $(A D ; C E ; B F)$

Nhóm 4. $(A E ; B D ; C F)$

Nhóm 5. $(A F ; B E ; C D)$

$-$ Do có ít nhất 11 cặp “hoàn hảo” mà chỉ có 5 nhóm nên theo nguyên lý Đi-rích-lê, có ít nhất 1 nhóm đủ 3 cặp thí sinh.

Mà theo câu (a), điều này vô lí (2)

$-$ Từ (1) và (2̃) thì có nhiều nhất 10 cặp “hoàn hảo”.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2021

Leave a reply

Bài 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức:

$P=\frac{a^{2}+b \sqrt{a b}}{a+\sqrt{a b}}+\frac{a \sqrt{a}-3 a \sqrt{b}+2 b \sqrt{a}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}} \quad(a>b>0)$

a) Thu gọn biểu thức $P$.

b) Chứng minh $P>0$.

Bài 2. (2 điểm)

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

b) Cho $(d): y=(m+1) x+m n$ và $\left(d_{1}\right): y=3 x+1$. Tìm $m, n$ biết $(d)$ đi qua $A(0 ; 2)$, đồng thời $(d)$ song song với $\left(d_{1}\right)$.

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

a) Tìm $m$ sao cho $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt $A\left(x_{1} ; y_{1}\right), B\left(x_{2} ; y_{2}\right)$.

b) Tìm $m$ sao cho $\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}=5$.

Bài 4. (2 điểm)

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

  • Gói I: 1800 đồng/phút cho 60 phút đầu tiên; 1500 đồng/phút cho 60 phút tiếp theo và 1000 đồng/phút cho thời gian còn lại.

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

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

b) Cho $\triangle A B C$ có $A B=3, A C=4, B C=5$. $B D$ là tia phân giác của $\angle A B C$. Tính $B D$ ?

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

a) Chứng minh $\triangle P B C$ đều. Tính $P A \cdot P D$ theo $R$.

b) $A H$ cắt $(T)$ tại $E($ khác $A$ ). Chứng $\operatorname{minh} H A \cdot H E=H O \cdot H P$ và $P D=P E$.

c) Trên $A B$ lấy điểm $I$ thỏa $A I=A C$, trên $A C$ lấy điểm $J$ thỏa $A J=A B$. Đường thẳng vuông góc với $A B$ tại $I$ và đường thẳng vuông góc với $A C$ tại $J$ cắt nhau ở $K$. Chứng $\operatorname{minh} I J=B C$ và $A K \perp B C$. Tính $P K$ theo $R$.

LỜI GIẢI

Bài 1. a) Ta có $a>b>0$ nên

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

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

$=a-\sqrt{a b}+b+a-2 \sqrt{a b} $

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

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

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

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

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

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

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

Vậy  $S=(1 ; \frac{2}{3})$

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

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

Vậy $m=2, n=1$

Bài 3. a) Phương trình hoành độ giao điểm của $(P)$ và $(d)$

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

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

$\Leftrightarrow \Delta^{\prime}>0 \Leftrightarrow 1+m>0 $

$\Leftrightarrow m>-1(*)$

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

b) Với điều kiện $(*)$ theo Viet ta có: $S=x_{1}+x_{2}=2, P=x_{1} \cdot x_{2}=-m$ Ta có: $A\left(x_{1} ; y_{1}\right) \in(d) \Leftrightarrow y_{1}=2 x_{1}+m ; B\left(x_{2} ; y_{2}\right) \in(d) \Leftrightarrow y_{2}=2 x_{2}+m$ Ta có:

$\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}=5 $

$\Leftrightarrow\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(2 x_{1}-2 x_{2}\right)^{2}=5 $

$\Leftrightarrow\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+4\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=5 $

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

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

Vậy  $m=-\frac{3}{4}$

Bài 4. a) Giả sử thời gian gọi trung bình mỗi tháng của bác An là $t($ phút, $t>0)$. Gọi $A(x), B(x)$ lần lượt là cước phí khi gọi $x$ phút tương ứng với gói cước I và gói cước II, theo đề bài ta có $A(t)-B(t)=95000$ (đồng).

Ta có bảng sau:

Vậy trung bình mỗi tháng bác An gọi 475 phút.

b) Ta có: $3^{2}+4^{2}=5^{2}$ nên $A B^{2}+A C^{2}=B C^{2}$

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

Theo tính chất đường phân giác: $\frac{D C}{B C}=\frac{D A}{B A}$.

Suy ra $\frac{D C}{B C}=\frac{D A}{B A}=\frac{D C+D A}{B C+B A}=\frac{A C}{B A+B C}=\frac{1}{2} \Rightarrow A D=\frac{1}{2} B A=\frac{3}{2}$.

Tam giác $A B D$ vuông tại $A$ nên: $B D^{2}=A D^{2}+A B^{2}=\frac{45}{4} \Rightarrow B D=\frac{3 \sqrt{5}}{2}$.

Bài 5.

a) – Ta có: $O B=O C, P B=P C$ suy ra $P O$ là đường trung trực của $B C$ nên $O P \perp B C$ và $H$ là trung điểm $B C$.

$\sin \angle H O C=\frac{H C}{O C}=\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \angle H O C=60^{\circ} \Rightarrow \angle H C P=\angle H O C=60^{\circ}$

$\triangle P B C$ có $P B=P C$ và $\angle B C P=60^{\circ}$ suy ra $\triangle P B C$ đều

  • Xét $\triangle P B D$ và $\triangle P A B$ có $\angle B P D$ chung, $\angle P B D=\angle P A B$

$\Rightarrow \triangle P B D \backsim \triangle P A B(\mathrm{~g} . \mathrm{g}) \Rightarrow \frac{P B}{P A}=\frac{P D}{P B} \Rightarrow P A \cdot P D=P B^{2}=3 R^{2}$

b)

  • Xét $\triangle H A B$ và $\triangle H C E$ có $\angle A H B=\angle C H E, \angle H A B=\angle H C E$

$\Rightarrow \triangle H A B \backsim \triangle H C E(g . g) \Rightarrow H A \cdot H E=H B \cdot H C=H B^{2}=H O \cdot H P$

  • Xét $\triangle H O A$ và $\triangle H E P$ có $\angle O H A=\angle E H P, \frac{H O}{H E}=\frac{H A}{H P}$ $\Rightarrow \triangle H O A \backsim \triangle H E P($ c.g.c $)$

$\Rightarrow \angle H O A=\angle H E P$, suy ra $A O E P$ là tứ giác nội tiếp.

Suy ra $\angle H P E=\angle H P D$ (chắn hai cung $O E$ và $O A$ bằng nhau)

Lại có $P A \cdot P D=P B^{2}=P H \cdot P O \Rightarrow \frac{P D}{P O}=\frac{P H}{P A}$ $\Rightarrow \triangle P D H \backsim \triangle P O A$ (c.g.c) suy ra $O H D A$ nội tiếp.

Mà $\angle P A O=\angle O D A=\angle A H O=\angle P H E$ nên $\angle P H D=\angle P H E$

Từ (1) và (2) suy ra $\triangle H D P=\triangle H E P$ (g.c.g), suy ra $P D=P E$.

c)

  • Xét $\triangle A B C$ và $\triangle A J I$ có $A B=A J, \angle I A C$ chung, $A C=A I$ nên $\triangle A B C=\triangle A J I \Rightarrow I J=B C$

  • Gọi $Q=B C \cap A K$

Ta có: $\angle A I K=\angle A J K=90^{\circ}$ nên $A I K J$ nội tiếp đường tròn đường kính $A K$ $\Rightarrow \angle A K I=\angle A J I$

Mà $\angle A J I=\angle A B C$ (do $\triangle A B C=\triangle A J I$ ) nên $\angle A K I=\angle A B C$.

Tứ giác $B Q K I$ có $\angle A K I=\angle A B C$ nên $B Q K I$ là tứ giác nội tiếp. $\Rightarrow \angle B I K+\angle B Q K=180^{\circ} \Rightarrow \angle B Q K=180^{\circ}-\angle B I K=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$

Suy ra $A K \perp B C$.

  • Vì $\triangle A B C=\triangle A I J$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác này bằng nhau.

Mà $A K$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\triangle A I J$ nên $A K=2 R$.

$\triangle O C P$ vuông tại $C$ :

$\Rightarrow O P^{2}=O C^{2}+C P^{2}=R^{2}+(R \sqrt{3})^{2}=4 R^{2} $

$\Rightarrow O P=2 R \Rightarrow O P=A K .$

Ta có: $A K \perp B C, O P \perp B C$ nên $A K / / O P$.

Tứ giác $A O P K$ có $A K / / O P$ và $A K=O P$ nên $A O P K$ là hình bình hành, suy ra $P K=A O=R$.

Vậy $P K=R$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2021

Leave a reply

Bài 1. Cho hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}=2 \\ x+y=m\end{array}\right.$

a) Giải hệ với $m=7$

b) Tìm $m$ sao cho hệ có nghiệm $(x, y)$

Bài 2. Cho $M=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}, N=\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}, K=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

a) Chứng minh nếu $M K=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$ thì $N=0$

b) Cho $M=K=4, N=1$. Tính tích $a b c$.

Bài 3. Cho dãy $n$ số thực $x_{1} ; x_{2} ; \ldots ; x_{n}(n \geq 5)$ thỏa: $x_{1} \leq x_{2} \leq \ldots \leq x_{n}$ và $x_{1}+x_{2}+\ldots x_{n}=1$

a) Chứng minh nếu $x_{n} \geq \frac{1}{3}$ thì $x_{1}+x_{2} \leq x_{n}$

b) Chứng minh nếu $x_{n} \leq \frac{2}{3}$ thì tìm được số nguyên dương $k<n$ sao cho

$\frac{1}{3} \leq x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{k} \leq \frac{2}{3}$

Bài 4. a) Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $(2 n+1)^{3}+1$ chia hết cho $2^{2021}$

b) Tìm tất cả số tự nhiên $n$ và số nguyên tố $p$ sao cho $\frac{2 n+2}{p}$ và $\frac{4 n^{2}+2 n+1}{p}$ là các số nguyên. Chứng minh với $n$ và $p$ tìm được, các số nguyên trên không thể đồng thời là số chính phương.

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Các điểm $E, F$ lần lượt thay đổi trên các cạnh $A B, A C$ sao cho $E F | B C$. Gọi $D$ là giao điểm của $B F$ và $C E, H$ là hình chiếu của $D$ lên $E F$. Đường tròn $(I)$ đường kính $E F$ cắt $B F, C E$ tại $M, N$. ( $M$ khác $F, N$ khác $E$ )

a) Chứng minh $A D$ và đường tròn ngoại tiếp $\triangle H M N$ cùng đi qua tâm $I$ của đường tròn tâm $I$.

b) Gọi $K, L$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $E, F$ lên $B C$ và $P, Q$ tương ứng là giao điểm của $E M, F N$ với $B C$. Chứng minh tứ giác $A E P L, A F Q K$ nội tiếp và $\frac{B P \cdot B L}{C Q \cdot C K}$ không đổi khi $E, F$ thay đổi.

c) Chứng minh nếu $E L$ và $F K$ cắt nhau trên đường tròn $(I)$ thì $E M$ và $F N$ cắt nhau trên đường thẳng $B C$.

Bài 6. Cho $N$ tập hợp $(N \geq 6)$, mỗi tập hợp gồm 5 chữ cái khác nhau được lấy từ 26 chữ cái $a$, $b, c, \ldots, x, y, z$.

a) Biết rằng trong $N$ tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 1 chữ cái, và không có chữ cái nào có mặt trong tất cả $N$ tập hợp này.

Chứng minh không có chữ cái nào có mặt trong 6 tập hợp từ $N$ tập đã cho.

b) Biết rằng trong $N$ tập hợp đã cho, hai tập hợp bất kỳ có chung đúng 2 chữ cái, và không có hai chữ cái nào cùng xuất hiện trong $N$ tập hợp này.

Hỏi trong số $N$ tập hợp đã cho, có nhiều nhất bao nhiêu tập hợp có chung đúng 2 chữ cái?

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1.

a) $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}=2 \\ x+y=m\end{array}\right.$ (1)

ĐKXĐ: $x \geq 2, y \geq 1$

(1) $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x-2+y-1+2 \sqrt{(x-2)(y-1)}=4 \\ x+y=7\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 \sqrt{(x-2)(y-1)}=0 \\ x+y=7\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left[\left\{\begin{array}{l}x-2=0 \\ x+y=7 \\ y-1=0 \\ x+y=7\end{array} \Leftrightarrow\left\{\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=5 \\ y=1 \\ x=6\end{array}(n)\right.\right.\right.\right.$

Vậy $(x, y) \in[(2 ; 5),(6 ; 1)]$

b) Đặt $u=\sqrt{x-2}, v=\sqrt{y-1}(u, v \geq 0$

Hệ phương trình trở thành: $\left\{\begin{array}{l}u+v=2 \\ u^{2}+v^{2}=m-3\end{array}\right.$

$\Rightarrow 2 u^{2}-4 u+7-m=0$ (2)

Để hệ (1) có nghiệm thì (2) phải có nghiệm không âm, nhỏ hơn hoặc bằng 2 , khi và chỉ khi:

$\left\{\begin{array} { l }{ \Delta ^ { \prime } \geq 0 } \\ { S > 0 } \\ { P \geq 0 } \\ { ( x _ { 1 } – 2 ) ( x _ { 2 } – 2 ) > 0 } \\ { S \leq 4 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}m \geq 7 \\ m \leq 7\end{array}\right.\right.$

Vậy $5 \leq m \leq 7$ thì hệ đã cho có nghiệm $(x, y)$

Bài 2.

a) $M K=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow N=0$.

$M K =\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right) $

$=\frac{1}{b+c}+\frac{b}{a(c+a)}+\frac{c}{a(a+b)}+\frac{a}{b(b+c)}+\frac{1}{c+a}+\frac{c}{b(a+b)}+$

$ \frac{a}{c(b+c)}+\frac{b}{c(c+a)}+\frac{1}{a+b} $

$=N+\frac{b}{c+a}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)+\frac{c}{a+b}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{a}{b+c}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) $

$=N+\frac{b}{a c}+\frac{c}{a b}+\frac{a}{b c} $

$=N+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}$

Mà $M K=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow N+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow N=0$

b) Ta có $M=K=4 ; N=1$

Theo câu a) ta được:

$M K=N+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow 16=1+\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c} \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}=15 a b c $

$\Rightarrow(a+b+c)^{2}-2(a b+b c+c a)=15 a b c(*)$

Ta có:

$K+3=\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1=(a+b+c) N \Rightarrow 7=a+b+c $

$M=4 \Rightarrow a b+b c+c a=4 a b c .$

Thay vào $(*) \Rightarrow 7^{2}-2.4 a b c=15 a b c \Rightarrow a b c=\frac{49}{23}$.

Bài 3.

a) Giả sử rằng $x_{1}+x_{2}>x_{n} \geq \frac{1}{3}>0$

$\Rightarrow x_{2}>0 \Rightarrow x_{i}>0, \forall i \geq 2 \text {. }$

Suy ra $x_{1}+x_{2}+x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n} \leq x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n}=1$

Nhưng $x_{1}+x_{2}>\frac{1}{3}$ và $x_{n-1}, x_{n-2}>\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)>\frac{1}{6}$ và $x_{n} \geq \frac{1}{3}$ nên khi cộng theo vế, ta có $V T>1$, vô lý.

Vậy điều giả sử là sai hay nếu $x_{n} \geq \frac{1}{3}$ thì $x_{1}+x_{2} \leq x_{n}$

b) Giả sử không tồn tại số $k$ như trên.

Khi đó tồn tại chỉ số $l \leq n-1$ để

$x_{1}+\ldots+x_{l}<\frac{1}{3} \text { và } x_{1}+\ldots+x_{l+1}>\frac{2}{3}$

Suy ra $x_{l+1}>\frac{1}{3} \Rightarrow x_{k}>\frac{1}{3}>0, \forall k \geq l+1$.

Nếu $l<n-1$ thì tồn tại $x_{l+2}$ do $l+2 \leq n$. Ta có

$x_{l+2} \geq x_{l+1}>\frac{1}{3} \Rightarrow\left(x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{l+1}\right)+x_{l+2}>1$, vô lý do $x_{1}+\ldots+x_{n}=1$.

Từ đó $l=n-1$. Để ý rằng $x_{n} \leq \frac{2}{3}$ nên $x_{1}+\ldots+x_{n-1}=1-x_{n} \geq 1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$.

Kết hợp với $l=n-1$ nên $x_{1}+\ldots+x_{n-1}>\frac{2}{3} \Rightarrow x_{n}<\frac{1}{3}$, vô lý.

Vậy điều giả sử là sai hay phải tồn tại chỉ số $k<n$ để:

$\frac{1}{3} \leq x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k} \leq \frac{2}{3}$

Bài 4.

(a) $(2 n+1)^{3}+1 \vdots 2^{2021} $

$\Leftrightarrow(2 n+2)\left(4 n^{2}+2 n+1\right) \vdots 2^{2021} $

$\Leftrightarrow 2(n+1)\left(4 n^{2}+2 n+1\right) \vdots 2^{2021} $

$\Leftrightarrow(n+1)\left(4 n^{2}+2 n+1\right) \vdots 2^{2020} $

$\Leftrightarrow n+1 \vdots 2^{2020} \quad\left(\text { do } 4 n^{2}+2 n+1 \equiv 1(\bmod 2)\right) $

$\Leftrightarrow n=2^{2020} k-1\left(k \in \mathbb{Z}^{+}\right)$

b) Từ $p \mid 2 n+2$ và $p \mid 4 n^{2}+2 n+1$ thì $p$ phải là số lẻ, dẫn đến $p \mid n+1$.

Do $4 n+2+2 n+1=4(n-1)(n+1)+2(n+1)+3$ nên $p \mid 3$, từ đó $p=3$. Kết hợp với điều kiện $p \mid n+1$ thì $n=3 k-1$ với $k \in \mathbb{Z}^{+}$.

Ta chứng minh rằng $\frac{2 n+2}{3}$ và $\frac{4 n+2+2 n+1}{3}$ không cùng là số chính phương. Thật vậy, giả sử rằng ta có điều ngược lại, vì chúng đều là số nguyên dương nên:

$\frac{2 n+2}{3} \cdot \frac{4 n^{2}+2 n+1}{3}=s^{2}\left(s \in \mathbb{Z}^{+}\right)$

Viết lại thành $(2 n+1)^{3}=(3 s-1)(3 s+1)$. Do $s$ là số chẵn nên $(3 s-1,3 s+1)=1$, dẫn đến việc tồn tại các số nguyên $a, b$ để $a b=2 n+1,(a, b)=1$ và:

$\left\{\begin{array}{l}3 s-1=a^{3} \\ 3 s+1=b^{3}\end{array}\right.$

Từ đây $2=(b-a)\left(b^{2}+b a+a^{2}\right)$. Do $b>a$ nên $b-a \in{1,2}$. Xét từng trường hợp và giải ra cụ thể, ta được $(a, b)=(-1,1)$. Tuy nhiên điều này dẫn đến $s=0$, trái với việc $s>0$ từ điều đã giả sử.

Vậy giả sử ban đầu là sai hay hai số đã cho không thể cùng là số chính phương.

Bài 5.

a) a. Qua $D$ vế đường thẳng song song $B C$ cắt $A B, A C$ tại $X, Y$.

Ta có $\frac{D Y}{B C}=\frac{D F}{B F}=\frac{D E}{E C}=\frac{D X}{B C}$.

Suy ra $D X=D Y$. Suy ra $D$ là trung điểm của $X Y$.

Do đó $A D$ qua trung điểm $I$ của $E F$.

Ta có $D H F N, D H E M$ nội tiếp. Suy ra $\widehat{D H N}=\widehat{D F N}=\widehat{M A N}$ và $\widehat{D H M}=$ $\widehat{N E M}=\widehat{N A M}$.

Suy ra $\widehat{M H N}=2 \widehat{M A N}=\widehat{M I N}$.

Suy ra tứ giác $M I H N$ nội tiếp. Ta có điều cần chứng minh.

b) Ta có $\triangle B M P \backsim \triangle B L F$. Suy ra $B M \cdot B F=B P \cdot B L$. Mặt khác $\triangle B A F \backsim \triangle B E M$, suy ra $B E \cdot B A=B M \cdot B E$.

Do đó $B A \cdot B E=B P \cdot B L$.

Từ đó ta có tứ giác $A E P L$ nội tiếp.

Chứng minh tương tự thì tứ giác $A F Q K$ nội tiếp.

Và $\frac{B P \cdot B L}{C Q \cdot C K}=\frac{B E \cdot B A}{C F \cdot C A}=\frac{A B^{2}}{A C^{2}}$.

c) Giả sử $E L, F K$ cắt nhau tại $S$ thuộc $(I)$. Khi đó $\angle E S F=90^{\circ}$ và $E F L K$ là hình vuông. Vẽ $P U \perp A B, Q V \perp A C$.

Ta có $\frac{B P}{B C}=\frac{B U}{B A}=\frac{B K}{B L}$ và $\frac{C Q}{B C}=\frac{C V}{C A}=\frac{C L}{C K}$ Đặt $x=E F=K L$

Ta cần chứng minh $\frac{B K}{B L}+\frac{C L}{C K}=1$.

$\Leftrightarrow B K \cdot C K+B L \cdot C L=B L \cdot C K $

$\Leftrightarrow B K(C L+x)+(B K+x) C L=(B K+x)(C L+x) \Leftrightarrow x^{2}=B K \cdot C L .$

Đúng vì tam giác $B E K$ và $C F L$ đồng dạng.

 

Bài 6.

a) Giả sử có chữ cái $\sigma$ sao cho $\sigma$ có mặt trong 6 tập hợp từ $N$ tập đã cho, chẳng hạn 6 tập $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{6}$.

Vì hai tập hợp bất kỳ có chung đúng một chữ cái nên hai tập hợp bất kỳ trong 6 tập trên bao giờ cũng chỉ có chũ cái chung duy nhất là $\sigma$.

Do đó, tổng số chữ cái có mặt trong 6 tập trên là: $1+6(5-1)=25$.

$-$ Nếu $N=6$ thì vô lý do $\sigma$ không xuất hiện trong tất cả $N$ tập hợp. Do đó $N \geq 7$.

$-$ Với $N \geq 7$, lấy tập $A_{7}$, có 2 khả năng:

$-$ $A_{7}$ chứa $\sigma$ : Vì $A_{7}$ và những tập $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{6}$ có chung đúng một chũ̃ cái $\sigma$ nên $A_{7}$ còn chứa 4 phần tử không nằm trong bất kỳ tập nào thuộc $A_{1}, A_{2}$, …, $A_{6}$.

Suy ra tổng số chữ cái trong 7 tập trên là: $1+7(5-1)=29>26$ (vô lý)

$-$ $A_{7}$ không chứa $\sigma$.

Khi đó $A_{7}$ sẽ có chung đúng 1 phần tử với mỗi tập $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{6}$ và 6 phần tử này phải khác nhau. (vì 6 tập $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{6}$ đã có chung $\sigma$ )

Do đó $A_{7}$ có ít nhất 6 phần tử. (vô lý).

Vậy không có chữ cái nào nằm trong 6 tập hợp từ $N$ tập hợp đã cho.

b) Giả sử có nhiều nhất $k$ tập hợp có chung đúng 2 chữ cái, chẳng hạn $a$ và $b$.

Khi đó dễ thấy $k \geq N-1$ nên tồn tại một tập hợp khác chưa được kể tên trong $k$ tập hợp trên, đặt là tập hợp $X, X$ không chứa ${a, b}$.

  • Nếu $X$ không chứa cả $a$ lẫn $b$. $X$ giao mỗi tập trong $k$ tập kia ở 2 phần tử khác nhau nên $2 k \leq 5 \Rightarrow k \leq 2$

  • Nếu $X$ chỉ chứa $a$, không chứa $b$.

Khi đó 4 phần tử còn lại giao với $k$ tập kia ở các phần tử khác nhau, mà $\mathrm{X}$ có 5 phần tử nên $k \leq 4$.

Vậy có nhiều nhất 4 tập hợp có chung đúng 2 chữ cái.

Để chỉ ra một ví dụ về khả năng có 4 tập hợp, xét $N=6$. Để thuận tiện, thay các chữ cái bằng các con số từ 1 đến 26 . Khi đó chọn bộ $N$ tập hợp như sau:

$\left\{\begin{array}{l}A_{1}={1,2,3,4,5} \ A_{2}={1,2,6,7,8} \\ A_{3}={1,2,9,10,11} \\ A_{4}={1,2,12,13,14} \\ A_{5}={1,3,6,10,13} \\ A_{6}={2,3,6,9,12}\end{array}\right.$

Bộ 6 tập hợp này thỏa mãn tất cả các điều kiện của bài toán.

 

Lời giải được thực hiện bởi nhóm giáo viên Star Education: thầy Nguyễn Tăng Vũ, thầy Nguyễn Ngọc Duy, thầy Vương Trung Dũng, thầy Lê Phúc Lữ, thầy Nguyễn Tấn Phát, Nguyễn Tiến Hoàng, Nguyễn Công Thành, Trần Tín Nhiệm, Châu Cẩm Triều, Lê Quốc Anh.