Tag Archives: PTNK

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

Bài 1. Cho phương trình x22(m+1)x+2m2+4m+1=0(1) với m là tham số.

(a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2. Chứng minh rằng |x1+x22|<1.

(b) Giả sử các nghiệm x1,x2 khác 0 , chứng minh rằng 1|x1|+1|x2|2 |x1|+|x2|.

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

(a) Chứng minh rằng nếu x3y3 chia hết cho 3 thì x3y3 chia hết cho 9 .

(b) Chứng minh rằng nếu x3y3 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 xkyk chia hết cho 9 với mọi x,yxy không chia hết cho 3 .

Bài 3. (a) Cho ba số a,b,c2 thỏa mãn a2+b2+c2+abc=0. Chứng minh rằng a=b=c=0.

(b) Trên mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A,B,C phân biệt với OA=OB= OC=1. Biết rằng xA2+xB2+xC2+6xAxBxC=0.

Chứng minh rằng min(xA,xB,xC)<13 (kí hiệu xM là hoành độ của điểm M ).

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

(a) Chứng minh rằng tứ giác AEKF nội tiếp.

(b) Gọi H là trực tâm tamABC. Chứng minh rằng nếu A,O,D thẳng hàng thì HK song song với BC.

(c) Ký hiệu S là diện tích tam giác KBC. Chứng minh rằng khi D thay đổi trên cạnh BC ta luôn có S(BC2)2tanBAC^2.

(d) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng BF.BACE.CA=BD2CD2ID vuông góc với BC.

Bài 5. Lớp 9 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 x22(m+1)x+2m2+4m+1=0(1) với m là tham số.

(a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2. Chứng minh rằng |x1+x22|<1.

(b) Giả sử các nghiệm x1,x2 khác 0 , chứng minh rằng 1|x1|+1|x2| 2|x1|+|x2|.

Lời giải.

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

Δ=(m+1)2(2m2+4m+1)=m22m>0

m(m+2)<02<m<0

  • Khi đó theo định lý Viete ta có x1+x2=2(m+1).

Suy ra |x1+x22|=|m+1|<1( do 2<m<0).

(b) Ta có m2+2m+102m2+4m+11.

m(m+2)<02(m+1)202m2+4m+1<1.

Do đó |2m2+4m+1|1.()

  • |x1|+|x2|2x12+x22+2|x1x2|4

(x1+x2)22x1x2+2|x1x2|4

4(m+1)22(2m2+4m+1)+2|2m2+4m+1|4

|2m2+4m+1|1(do)).

  • Ta có 1|x1|+1|x2|21|x1x2|2 (đúng vì |x1x2|=∣2m2+ 4m+1∣≤1 ).

  • Vậy 1|x1|+1|x2|2|x1|+|x2|.

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

(a) Chứng minh rằng nếu x3y3 chia hết cho 3 thì x3y3 chia hết cho 9 .

(b) Chứng minh rằng nếu x3y3 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 xkyk chia hết cho 9 với mọi x,yxy không chia hết cho 3 .

Lời giải.

(a) Ta có x3y3 chia hết cho 3 mà x3y3=(xy)3+3xy(xy),3 nên (xy)3 :3. Hơn nữa 3 là số nguyên tố nên (xy) :3. Suy ra {(xy)3:93xy(xy)9x3y3,9

(b) Giả sử ngược lại x+y nguyên tố.

Ta có x3y3=(xy)[(x+y)2xy]=(xy)(x+y)2xy(x y)(x+y).

(xy)xy(x+y), mà x+y nguyên tố nên [(xy)(x+y)x(x+y)y(x+y) (vô lí vì 0<x,y,xy<x+y).

(c) Cho x=2,y=1xy không chia hết cho 3 . xkyk=2k192k13.

Do 21(mod3)2k1(1)k1(mod3) nên k chẵn.

Ta chứng minhk=6n,(nN)

Với k=6n+22k126n+213(mod9). k=6n+2 (không thỏa).

Với n=6k+42k1=26n+416(mod9). k=6n+4 (không thỏa).

Nên k=6n.

Lại có xkyk=x6ny6n=(x6)n(y6)n:(x6y6)

Do xy không chia hết cho 3 nên cả xy đều không chia hết cho 3 .

  • Trường hợp 1. xy(mod3)x3y3:3

Theo câu (a) x3y3:9xkyk:9.

  • Trường hợp 2. x không đồng dư với ymod3.

Không mất tính tổng quát, giả sử {x=3a+1y=3b+2

Ta có x3+y3=(3a+1)3+(3b+2)2=27a3+27a2+9a+27b3+ 27b2+9b+99

Suy ra x6y6=(x3y3)(x3+y3)9xkyk9.

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

Bài 3. (a) Cho ba số a,b,c2 thỏa mãn a2+b2+c2+abc=0. Chứng minh rằng a=b=c=0.

(b) Trên mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A,B,C phân biệt với OA=OB= OC=1. Biết rằng xA2+xB2+xC2+6xAxBxC=0.

Chứng minh rằng min(xA,xB,xC)<13 (kí hiệu xM 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 ab.

Ta có a2+b2+c2+abc=0

(ab)2+c2+ab(c+2)=0()

Do (ab)2,c2,ab(c+2)0

Nên (){a=bc=0 ab=0a=b=c=0

(b) –  Giả sử ngược lại min(xA,xB,xC)13xA,xB,xC13 Trong 3 số xA,xB,xC có 2 số cùng dấu, giả sử xA,xB.

Ta có xA2+xB2+xC2+6xAxBxC=(xAxB)2+xC2+2xAxB(3xC+1)=0 xA=xB=xC=0, suy ra A,B,C dều thuộc trục tung. Hơn nữa OA=OB=OC=1 nên có ít nhất hai điểm trùng nhau (vô lý). Vậy ta có điều phải chứng minh.

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

(a) Chứng minh rằng tứ giác AEKF nội tiếp.

(b) Gọi H là trực tâm tam ABC. Chứng minh rằng nếu A,O,D thẳng hàng thì HK song song với BC.

(c) Ký hiệu S là diện tích tam giác KBC. Chứng minh rằng khi D thay đổi trên cạnh BC ta luôn có S(BC2)2tanBAC^2.

(d) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng BF.BACE.CA=BD2CD2ID vuông góc với BC.

Lời giải.

(a) Tứ giác AEDB nội tiếp suy ra AEB^=ADB^, tứ giác AFDC nội tiếp suy ra AFC^=ADC^.

Khi đó AEK^+AFD^=ADB^+ADC^=180. Vậy tứ giác AEKB nội tiếp.

(b) Ta có BKC^=FKE^=180BAC^BHC^=180BAC^.

Suy ra BKC^=BHC^BHKC nội tiếp.

Suy ra FKH^=HBC^=HAC^KCB^=BAD^ (do AFDC nội tiếp).

Khi A,O,D thẳng hàng, ta có BAD^=BAO^=HAC^. (tự chứng minh, hehe)

Do đó FKH^=KCB^ suy ra KH//BC.

(c) – Ta có K thuộc cung BHC của đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC tâm T.

Gọi M là trung điểm của BCN là điểm chính giữa cung BHCX là giao điểm của TKBC.

Dựng KLBC. Ta có KLKX=TKTDTNTM=MN. Ta có BNC^=BHC^=180BAC^, suy ra NBM^=90BNM^= 9012BNC^=12BAC^.

Khi đó MNBM=tanNBM^2=tanBAC^2, suy ra MN=tanBAC^2BC2.

Do đó SBKC=12.KL.BCBC24tanBAC^2.

(d) – Xét tam giác BCF và tam giác BADBCF^=BAD^ và góc B chung. Suy ra ΔBCFΔBADBDBA=BFBCBF.BA=BD.BC.

Chứng minh tương tự ta có CE.CA=CB.CD.

Suy ra BF.BACE.CA=BC.BDBC.CD=BC(BDCD)= (BD+BC)(BDBC)=BD2CD2.

Ta có ADF^=ACF^=AEB^EKC^=AEB^A^ADE^=ABE^=AFC^BAC^, suy ra EDF^=ADF^+ADE^=AEB^+AFC^2A^=1802BAC^= EIF^. Do đó tứ giác IEDF nội tiếp, hơn nữa IE=IF nên DI là phân giác EDF^.

Mặt khác FDB^=BAC^=CDE^.

Suy ra DB,DI lần lượt là phân giác ngoài và phân giác trong của EDF^ nên IDBC.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài 5. Lớp 9 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 (x1;x2),(x3;x4),(x5;x6).

Ta có x1+x22>m;x3+x42>m;x5+x62>m

Suy ra x12+x22+x3+x42+x5+x62>3m

x1+x2+x3+x42+x5+x622>3.x1+x2+x3+x4+x5+x66 (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. (AB;CD;EF)

Nhóm 2. (AC;BE;DF)

Nhóm 3. (AD;CE;BF)

Nhóm 4. (AE;BD;CF)

Nhóm 5. (AF;BE;CD)

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

Bài 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức:

P=a2+baba+ab+aa3ab+2baab(a>b>0)

a) Thu gọn biểu thức P.

b) Chứng minh P>0.

Bài 2. (2 điểm)

a) Giải phương trình: (x2+2x3)(32xx+1)=0

b) Cho (d):y=(m+1)x+mn(d1):y=3x+1. Tìm m,n biết (d) đi qua A(0;2), đồng thời (d) song song với (d1).

Bài 3. (1,5 điểm) Cho (P),(d) lần lượt là đồ thị hàm số y=x2y=2x+m.

a) Tìm m sao cho (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt A(x1;y1),B(x2;y2).

b) Tìm m sao cho (x1x2)2+(y1y2)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 ABCAB=3,AC=4,BC=5. BD là tia phân giác của ABC. Tính BD ?

Bài 5. (3 điểm) Cho ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (T) có tâm O, bán kính R, BC=R3. Tiếp tuyến tại B,C của (T) cắt nhau tại P. Cát tuyến PA cắt (T) tại D (khác A ). Đường thẳng OP cắt BC tại H.

a) Chứng minh PBC đều. Tính PAPD theo R.

b) AH cắt (T) tại E( khác A ). Chứng minhHAHE=HOHPPD=PE.

c) Trên AB lấy điểm I thỏa AI=AC, trên AC lấy điểm J thỏa AJ=AB. Đường thẳng vuông góc với AB tại I và đường thẳng vuông góc với AC tại J cắt nhau ở K. Chứng minhIJ=BCAKBC. Tính PK theo R.

LỜI GIẢI

Bài 1. a) Ta có a>b>0 nên

P=a2+baba+ab+aa3ab+2baab

=(a)3+(b)3a+b+(ab)(a2ab)ab

=aab+b+a2ab

=2a3ab+b.

b) Ta có a>b>0 nên a>b, do đó

P=2a3ab+b=(ab)(2ab)>0

Bài 2. a) (x2+2x3)(32xx+1)=0()

Điều kiện: {32x0x+101x32

()(x1)(x+3)(32xx+1)=0

[x1=0x+3=0 32x=x+1

Vậy  S=(1;23)

b) (d)//(d1){m+1=3mn1{m=2n12

VìA(0;2)(d):y=3x+2n2=3.0+2nn=1

Vậy m=2,n=1

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

x2=2x+mx22xm=0

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

Δ>01+m>0

m>1()

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

b) Với điều kiện () theo Viet ta có: S=x1+x2=2,P=x1x2=m Ta có: A(x1;y1)(d)y1=2x1+m;B(x2;y2)(d)y2=2x2+m Ta có:

(x1x2)2+(y1y2)2=5

(x1x2)2+(2x12x2)2=5

(x1x2)2+4(x1x2)2=5

(x1x2)2=1(x1+x2)24x1x2=1

4+4m=1m=34( thỏa ())

Vậy  m=34

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: 32+42=52 nên AB2+AC2=BC2

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

Theo tính chất đường phân giác: DCBC=DABA.

Suy ra DCBC=DABA=DC+DABC+BA=ACBA+BC=12AD=12BA=32.

Tam giác ABD vuông tại A nên: BD2=AD2+AB2=454BD=352.

Bài 5.

a) – Ta có: OB=OC,PB=PC suy ra PO là đường trung trực của BC nên OPBCH là trung điểm BC.

sinHOC=HCOC=32HOC=60HCP=HOC=60

PBCPB=PCBCP=60 suy ra PBC đều

  • Xét PBDPABBPD chung, PBD=PAB

PBDPAB( g.g)PBPA=PDPBPAPD=PB2=3R2

b)

  • Xét HABHCEAHB=CHE,HAB=HCE

HABHCE(g.g)HAHE=HBHC=HB2=HOHP

  • Xét HOAHEPOHA=EHP,HOHE=HAHP HOAHEP( c.g.c )

HOA=HEP, suy ra AOEP là tứ giác nội tiếp.

Suy ra HPE=HPD (chắn hai cung OEOA bằng nhau)

Lại có PAPD=PB2=PHPOPDPO=PHPA PDHPOA (c.g.c) suy ra OHDA nội tiếp.

PAO=ODA=AHO=PHE nên PHD=PHE

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

c)

  • Xét ABCAJIAB=AJ,IAC chung, AC=AI nên ABC=AJIIJ=BC

  • Gọi Q=BCAK

Ta có: AIK=AJK=90 nên AIKJ nội tiếp đường tròn đường kính AK AKI=AJI

AJI=ABC (do ABC=AJI ) nên AKI=ABC.

Tứ giác BQKIAKI=ABC nên BQKI là tứ giác nội tiếp. BIK+BQK=180BQK=180BIK=18090=90

Suy ra AKBC.

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

AK là đường kính của đường tròn ngoại tiếp AIJ nên AK=2R.

OCP vuông tại C :

OP2=OC2+CP2=R2+(R3)2=4R2

OP=2ROP=AK.

Ta có: AKBC,OPBC nên AK//OP.

Tứ giác AOPKAK//OPAK=OP nên AOPK là hình bình hành, suy ra PK=AO=R.

Vậy PK=R.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

Bài 1. Cho hệ phương trình: {x2+y1=2x+y=m

a) Giải hệ với m=7

b) Tìm m sao cho hệ có nghiệm (x,y)

Bài 2. Cho M=1a+1b+1c,N=1b+c+1c+a+1a+b,K=ab+c+bc+a+ca+b

a) Chứng minh nếu MK=a2+b2+c2abc thì N=0

b) Cho M=K=4,N=1. Tính tích abc.

Bài 3. Cho dãy n số thực x1;x2;;xn(n5) thỏa: x1x2xnx1+x2+xn=1

a) Chứng minh nếu xn13 thì x1+x2xn

b) Chứng minh nếu xn23 thì tìm được số nguyên dương k<n sao cho

13x1+x2++xk23

Bài 4. a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho (2n+1)3+1 chia hết cho 22021

b) Tìm tất cả số tự nhiên n và số nguyên tố p sao cho 2n+2p4n2+2n+1p là các số nguyên. Chứng minh với np tìm được, các số nguyên trên không thể đồng thời là số chính phương.

Bài 5. Cho tam giác ABC vuông tại A. Các điểm E,F lần lượt thay đổi trên các cạnh AB,AC sao cho EF|BC. Gọi D là giao điểm của BFCE,H là hình chiếu của D lên EF. Đường tròn (I) đường kính EF cắt BF,CE tại M,N. ( M khác F,N khác E )

a) Chứng minh AD và đường tròn ngoại tiếp HMN 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 BCP,Q tương ứng là giao điểm của EM,FN với BC. Chứng minh tứ giác AEPL,AFQK nội tiếp và BPBLCQCK không đổi khi E,F thay đổi.

c) Chứng minh nếu ELFK cắt nhau trên đường tròn (I) thì EMFN cắt nhau trên đường thẳng BC.

Bài 6. Cho N tập hợp (N6), mỗi tập hợp gồm 5 chữ cái khác nhau được lấy từ 26 chữ cái a, b,c,,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) {x2+y1=2x+y=m (1)

ĐKXĐ: x2,y1

(1) {x2+y1+2(x2)(y1)=4x+y=7

{2(x2)(y1)=0x+y=7

[{x2=0x+y=7y1=0x+y=7{{x=2y=5y=1x=6(n)

Vậy (x,y)[(2;5),(6;1)]

b) Đặt u=x2,v=y1(u,v0

Hệ phương trình trở thành: {u+v=2u2+v2=m3

2u24u+7m=0 (2)

Để hệ (1) có nghiệm thì (2) phải có nghiệm không âm, nhỏ hơn hoặc bằng 2 , khi và chỉ khi:

{Δ0S>0P0(x12)(x22)>0S4{m7m7

Vậy 5m7 thì hệ đã cho có nghiệm (x,y)

Bài 2.

a) MK=a2+b2+c2abcN=0.

MK=(1a+1b+1c)(ab+c+bc+a+ca+b)

=1b+c+ba(c+a)+ca(a+b)+ab(b+c)+1c+a+cb(a+b)+

ac(b+c)+bc(c+a)+1a+b

=N+bc+a(1a+1c)+ca+b(1a+1b)+ab+c(1b+1c)

=N+bac+cab+abc

=N+a2+b2+c2abc

MK=a2+b2+c2abcN+a2+b2+c2abc=a2+b2+c2abcN=0

b) Ta có M=K=4;N=1

Theo câu a) ta được:

MK=N+a2+b2+c2abc16=1+a2+b2+c2abca2+b2+c2=15abc

(a+b+c)22(ab+bc+ca)=15abc()

Ta có:

K+3=ab+c+1+bc+a+1+ca+b+1=(a+b+c)N7=a+b+c

M=4ab+bc+ca=4abc.

Thay vào ()722.4abc=15abcabc=4923.

Bài 3.

a) Giả sử rằng x1+x2>xn13>0

x2>0xi>0,i2

Suy ra x1+x2+xn2+xn1+xnx1+x2++xn2+xn1+xn=1

Nhưng x1+x2>13xn1,xn2>12(x1+x2)>16xn13 nên khi cộng theo vế, ta có VT>1, vô lý.

Vậy điều giả sử là sai hay nếu xn13 thì x1+x2xn

b) Giả sử không tồn tại số k như trên.

Khi đó tồn tại chỉ số ln1 để

x1++xl<13 và x1++xl+1>23

Suy ra xl+1>13xk>13>0,kl+1.

Nếu l<n1 thì tồn tại xl+2 do l+2n. Ta có

xl+2xl+1>13(x1+x2++xl+1)+xl+2>1, vô lý do x1++xn=1.

Từ đó l=n1. Để ý rằng xn23 nên x1++xn1=1xn123=13.

Kết hợp với l=n1 nên x1++xn1>23xn<13, vô lý.

Vậy điều giả sử là sai hay phải tồn tại chỉ số k<n để:

13x1+x2++xk23

Bài 4.

(a) (2n+1)3+122021

(2n+2)(4n2+2n+1)22021

2(n+1)(4n2+2n+1)22021

(n+1)(4n2+2n+1)22020

n+122020( do 4n2+2n+11(mod2))

n=22020k1(kZ+)

b) Từ p2n+2p4n2+2n+1 thì p phải là số lẻ, dẫn đến pn+1.

Do 4n+2+2n+1=4(n1)(n+1)+2(n+1)+3 nên p3, từ đó p=3. Kết hợp với điều kiện pn+1 thì n=3k1 với kZ+.

Ta chứng minh rằng 2n+234n+2+2n+13 không cùng là số chính phương. Thật vậy, giả sử rằng ta có điều ngược lại, vì chúng đều là số nguyên dương nên:

2n+234n2+2n+13=s2(sZ+)

Viết lại thành (2n+1)3=(3s1)(3s+1). Do s là số chẵn nên (3s1,3s+1)=1, dẫn đến việc tồn tại các số nguyên a,b để ab=2n+1,(a,b)=1 và:

{3s1=a33s+1=b3

Từ đây 2=(ba)(b2+ba+a2). Do b>a nên ba1,2. 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 BC cắt AB,AC tại X,Y.

Ta có DYBC=DFBF=DEEC=DXBC.

Suy ra DX=DY. Suy ra D là trung điểm của XY.

Do đó AD qua trung điểm I của EF.

Ta có DHFN,DHEM nội tiếp. Suy ra DHN^=DFN^=MAN^DHM^= NEM^=NAM^.

Suy ra MHN^=2MAN^=MIN^.

Suy ra tứ giác MIHN nội tiếp. Ta có điều cần chứng minh.

b) Ta có BMPBLF. Suy ra BMBF=BPBL. Mặt khác BAFBEM, suy ra BEBA=BMBE.

Do đó BABE=BPBL.

Từ đó ta có tứ giác AEPL nội tiếp.

Chứng minh tương tự thì tứ giác AFQK nội tiếp.

BPBLCQCK=BEBACFCA=AB2AC2.

c) Giả sử EL,FK cắt nhau tại S thuộc (I). Khi đó ESF=90EFLK là hình vuông. Vẽ PUAB,QVAC.

Ta có BPBC=BUBA=BKBLCQBC=CVCA=CLCK Đặt x=EF=KL

Ta cần chứng minh BKBL+CLCK=1.

BKCK+BLCL=BLCK

BK(CL+x)+(BK+x)CL=(BK+x)(CL+x)x2=BKCL.

Đúng vì tam giác BEKCFL đồng dạng.

 

Bài 6.

a) Giả sử có chữ cái σ sao cho σ có mặt trong 6 tập hợp từ N tập đã cho, chẳng hạn 6 tập A1,A2,,A6.

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 σ.

Do đó, tổng số chữ cái có mặt trong 6 tập trên là: 1+6(51)=25.

Nếu N=6 thì vô lý do σ không xuất hiện trong tất cả N tập hợp. Do đó N7.

Với N7, lấy tập A7, có 2 khả năng:

A7 chứa σ : Vì A7 và những tập A1,A2,,A6 có chung đúng một chũ̃ cái σ nên A7 còn chứa 4 phần tử không nằm trong bất kỳ tập nào thuộc A1,A2, …, A6.

Suy ra tổng số chữ cái trong 7 tập trên là: 1+7(51)=29>26 (vô lý)

A7 không chứa σ.

Khi đó A7 sẽ có chung đúng 1 phần tử với mỗi tập A1,A2,,A6 và 6 phần tử này phải khác nhau. (vì 6 tập A1,A2,,A6 đã có chung σ )

Do đó A7 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 ab.

Khi đó dễ thấy kN1 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 2k5k2

  • 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 X có 5 phần tử nên k4.

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:

{A1=1,2,3,4,5 A2=1,2,6,7,8A3=1,2,9,10,11A4=1,2,12,13,14A5=1,3,6,10,13A6=2,3,6,9,12

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.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2020

Bài 1. (2 điểm) Cho các phương trình: x2+ax+3=0x2+bx+5=0 với a,b là tham số.

(a) Chứng minh nếu ab16 thì trong hai phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm.

(b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung x0. Tìm a,b sao cho |a|+|b| có giá trị nhỏ nhất.

Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình: 3x2y2=23n với n là số tự nhiên.

(a) Chứng minh nếu n chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên (x,y).

(b) Chứng minh nếu n lẻ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x,y).

Bài 3. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O), dây cung BC không chứa tâm O và điểm A thay đổi trên cung lớn BC. Lấy các điểm EF thỏa mãn: ABE=CAE= ACF=BAF=90.

(a) Chứng minh rằng AEAC=AFAB và điểm O là trung điểm EF.

(b) Hạ AD vuông góc với EF(DEF). Chứng minh các tam giác DABDCA đồng dạng và điểm D thuộc một đường tròn cố định.

(c) Gọi G là giao điểm của AD với đường tròn (O)(GA). Chứng minh AD đi qua một điểm cố định và GBAC=GCAB.

(d) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh AK đi qua một điểm cố định.

Bài 4. (1,5 điểm) Cho số tự nhiên a=31357720

(a) Gọi A là tập hợp các số nguyên dương k sao cho k là ước của ak chia hết cho 105. Hỏi tập A có bao nhiêu phần tử?

(b) Giả sử B là một tập con bất kỳ của A có 9 phần tử. Chứng minh ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của B sao cho tích của chúng là số chính phương.

Bài 5. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình với k là tham số:

{xyz+xy+xz=kyzx+yz+yx=kzxy+zx+zy=k

(a) Giải hệ với k=1.

(b) Chứng minh hệ vô nghiệm với k2k3.

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1. ( 2 điểm) Cho các phương trình: x2+ax+3=0x2+bx+5=0 với a,b là tham số.

(a) Chứng minh nếu ab16 thì trong hai phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm.

(b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung x0. Tìm a,b sao cho |a|+|b| có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải.

(a) Xét phương trình: x2+ax+3=0(1), ta có: Δ1=a212.

Xét phương trình: x2+bx+5=0(2), ta có: Δ2=b220

Ta có: Δ1+Δ2=a2+b2322ab320

Vậy trong hai số Δ1Δ2 có ít nhất một số không âm hay một trong hai phương trình đã cho có nghiệm.

(b) Có hai cách giải tham khảo sau:

Cách 1.x0 là nghiệm chung của phương trình (1) và (2) nên phương trình 2x2+(a+b)x+8=0 có nghiệm.

Suy ra: Δ=(a+b)2640|a+b|8

Ta có: |a|+|b||a+b|8. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi: {ab0|a+b|=8

  • Nếu a+b=8 thì x0=2, suy ra: {(2)22a+3=0(2)22b+5=0

{a=72b=92

  • Nếu a+b=8 thì x0=2, suy ra: {22+2a+3=022+2b+5=0{a=72b=92

Cách 2. Dễ thấy x00.

  • (1)a=x02+3x0|a|=x02+3|x0|

(2)b=x02+5x0|b|=x02+5|x0|

  • Suy ra |a|+|b|=2|x0|+8|x0|22|x0|8|x0|=8 Dấu ” = “xảy ra khi và chỉ khi: x02=4[x0=2 x0=2 Với x0=2 hoặc x0=2, lần lượt giải được a=72;b=92 hoặc a=72;b=92

Vậy giá trị nhỏ nhất của |a|+|b| là 8 khi a=72;b=92 hoặc a=72;b= 92

 

Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình: 3x2y2=23n với n là số tự nhiên.

(a) Chứng minh nếu n chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên (x,y).

(b) Chứng minh nếu n lẻ thì phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x,y).

Lời giải.

(a) Ta nhận thấy 1 số chính phương m=a2 khi chia cho 3 thì có số dư lần lượt là 0 hoặc 1 .

Nên tổng 2 số chính phương nếu chia hết cho 3 thì mỗi số đều phải chia hết cho 3.

Quay lại bài toán, do n chẵn nên 23ny2 đều là các số chính phương mà 23n+y2=3x2323n3 (vô lý)

Vậy n chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

(b) Do n lẻ n=2k+1(kN)

Xét {x=323ky=223k3x2y2=232k+1=23n

Vậy phương trình có nghiệm nguyên

 

Bài 3. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O), dây cung BC không chứa tâm O và điểm A thay đổi trên cung lớn BC. Lấy các điểm EF thỏa mãn: ABE= CAE=ACF=BAF=90.

(a) Chứng minh rằng AEAC=AFAB và điểm O là trung điểm EF.

(b) Hạ AD vuông góc với EF(DEF). Chứng minh các tam giác DABDCA đồng dạng và điểm D thuộc một đường tròn cố định.

(c) Gọi G là giao điểm của AD với đường tròn (O)(GA). Chứng minh AD đi qua một điểm cố định và GBAC=GCAB.

(d) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh AK đi qua một điểm cố định.

Lời giải.

(a) Ta có BAE+EAF=90CAF+EAF=90.

Suy ra BAE=CAF.ABEACF, suy ra AEAC=ABAF

Gọi I là giao điểm của BECF. Khi đó AI là đường kính của O.

Tứ giác AEIF là hình bình hành, O là trung điểm AI nên là trung điểm EF.

(b) Các tứ giác ADBE,ADFC nội tiếp.

Khi đó ADB=AEB=AFC=ACD.ABD=AEC=IFE= AFC=ADC. Suy ra ADBACDA. (g.g)

Ta có BDC=2ADB=2AEB=2EIF=BOC.

Suy ra tứ giác BDOC nội tiếp. D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC cố định.

(d) Gọi M là trung điểm của BC. Ta chứng minh A,M,K thẳng hàng.

Ta chứng minh được DAE=KAF(90AED).

Gọi T là trung điểm CG. Ta có ACDBCG suy ra ABCDCG.

Từ đó ta có ACMDCT.

Khi đó CAM=CDT=ACD=BAD.

CAM=CAF+FAMBAD=BAE+EAD.

Suy ra FAM=EAD=FAK. Vậy A,M,K thẳng hàng. AK qua trung điểm M của BC cố định.

 

Bài 4. (1,5 điểm) Cho số tự nhiên a=31357720

(a) Gọi A là tập hợp các số nguyên dương k sao cho k là ước của ak chia hết cho 105 . Hỏi tập A có bao nhiêu phần tử?

(b) Giả sử B là một tập con bất kỳ của A có 9 phần tử. Chứng minh ta luôn có thể tìm được 2 phần tử của B sao cho tích của chúng là số chính phương.

Lời giải.

(a) k:105k chia hết cho 3,5,7

k=3n5m7p với m,n,p nguyên dương 

 có 13720=1820 cách. 

(b) Cách 1: Giả sử B là tập hợp 9 số nguyên dương ai,i=1,9 với ai=3ni5mi7pi trong đó 0ni13;0mi70pi20

Do B có 9 phân tử. Xét nguyên lý Dirichlet với tập các số ni thì ta có ít nhất 5 số hạng ai sao cho các số mũ ni của 3 tương ứng cùng tính chẵn lẻ.

Xét tiếp nguyên lý Dirichlet 5 số này cho số mũ mi của 5 tương ứng thì ta có ít nhất 3 số mà số mũ mi cũng cùng tính chẵn lẻ.

Với 3 số còn lại này ta cũng xét nguyên lý Dirichlet cho số mũ pi của 7 thì ta sẽ có ít nhất 2 số cũng tính chẵn lẻ.

Do 2 số được chọn này có số mũ cùng tính chẵn lẻ với cả các số 3,5 và 7 nên tích chúng lại sẽ là số chính phương.

– Cách 2: Ta chia 9 số từ tập B vào 8 tập con như sau:

B1= ( số mũ của 3,5,7 đều chẵn )

B2= ( số mũ 3,5,7 đều lẻ )

B3= ( số mũ của 3 chẵn; 5,7 đều lẻ )

B4= ( số mũ của 5 chẵn; 3,7 lẻ )

B5= ( số mũ của 7 chẵn; 3,5 lẻ )

B6= ( số mũ của 3,5 đều chẵn; 7 lẻ )

B7= ( số mũ của 3,7 đều chẵn; 5 lẻ )

B8= ( số mữ của 5,7 đều chẵn; 3 lẻ )

Do có 8 tập mà có 9 số nên theo nguyên lý Dirichlet thì có ít nhất 2 số thuộc cùng một tập Bi nên tích của chúng sẽ là một số chính phương.

Bài 5. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình với k là tham số:

{xyz+xy+xz=kyzx+yz+yx=kzxy+zx+zy=k  (a) Giải hệ với k=1

(b) Chứng minh hệ vô nghiệm với k2k3.

Lời giải.

– Cách 1: Điều kiện x,y,z cùng dấu đôi một.

Ta xét hệ phương trình với k1

Hệ phương trình {x+xz+xy=kyzy+xy+yz=kzxz+zy+zx=kxy

Đặt a=xy,b=yz,c=zx(a,b,c>0)

  • Trường hợp 1: x,y,z>0x=acb;y=abc;z=bca Hệ phương trình {acb+a+c=kbabc+a+b=kcbca+b+c=ka{ka2=ab+ac+bc(1)kb2=ab+bc+ca(2)kc2=ab+ac+bc(3) Lấy (1)-(2): k(a2b2)=0a2=b2{a=ba=b (loại) 

Tương tự lấy (2)-(3): b=c

Vậy a=b=cka2=3a2k=3

  • Trường hợp 2: x,y,z<0x=acb;y=abc;z=bca

Hệ phương trình {ka2=ab+acbckb2=ab+bccakc2=ac+bcab

Cộng các phương trình lại ta có: k(a2+b2+c2)=ab+bc+acab+bc+caa2+b2+c2

Suy ra k(a2+b2+c2)a2+b2+c2k1

Vậy k=1a=b=cx=y=z<0

Câu a) Áp dụng điều trên, hệ có nghiệm x=y=z<0.

Câu b) Suy ra điều phải chứng minh.

– Cách 2: Điều kiện xác định là: x,y,z cùng dương hoặc cùng âm.

Đặt a=xy,b=yz,c=zx thì a,b,c>0abc=1.

Ta có: ac=|x|yz,ba=|y|zx,cb=|z|xy.

(a) Khi k=1, nếu x,y,z>0 thì ac+a+1c=ba+b+1a=cb+c+1b=1. Cộng lại suy ra (a+1a)+(b+1b)+(c+1c)+(ac+ba+cb)=3 Theo bất đẳng thức Cô-si thì rõ ràng a+1a2,b+1b2,c+1c2 nên đẳng thức trên không thể xảy ra.

Xét trường hợp x,y,z cùng âm thì ac+a+1c=ba+b+1a=ca+c+1b=1

Trừ vào các vế và phân tích, ta suy ra: (a1)(b1)a=(b1)(c1)b=(c1)(a1)c=0

Từ đây dễ dàng suy ra ít nhất 2 trong a,b,c phải là 1 mà abc=1 nên

a=b=c=1. Vì thế nên thay vào ta có x=y=z<0. Và mọi bộ số như thế đều thỏa mãn hệ.

(b) Với k2, giả sử hệ có nghiệm (x,y,z). Nếu như x,y,z<0 thì ta có (a1)(b1)a=(b1)(c1)b=(c1)(a1)c=k1>0.

Từ đó suy ra a1,b1,c1 đều cùng dấu, kéo theo a,b,c>1 hoặc a,b,c<1 Tuy nhiên abc=1 nên điều này không thể xảy ra.

Do đó, ta phải có a,b,c>0 nên đưa về

ac+a+1c=ba+b+1a=cb+c+1b=k

Trong các số a,b,c giả sử a=maxa,b,c thì k=ac+a+1c ac+2ac1+2=3 nên ta cần có k3. Vì k3 nên k>3.

a=maxa,b,c1 nên ta có 2b+1ba+b+1a=k>3 kéo theo b>1. Tương tự từ 2c+1>cb+c+1b=k>3 nên c>1. Từ đây suy ra a,b,c>1 trong khi abc=1, vô lý.

Vậy hệ luôn vô nghiệm với k2k3.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2019

Bài 1. Cho phương trình ax2+bx+c=0(1) thỏa mãn các điều kiện:

a>0 và 2|ac|<|b|<a+c

(a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2

(1x1)(1x2)>0 và (1+x1)(1+x2)>0

(b) Biết rằng a>c. Chứng minh rằng 1<x1,x2<1

Bài 2. (a) Tìm tất cả những số tự nhiên n sao cho 2n+1 chia hết cho 9.

(b) Cho n là số tự nhiên n>3. Chứng minh rằng 2n+1 không chia hết cho 2m1 với mọi số tự nhiên m sao cho 2<mn.

Bài 3. Cho ab là hai số thực phân biệt thỏa mãn điều kiện a44a=b44b.

(a) Chứng minh rằng 0<a+b<2.

(b) Biết rằng a44a=b44b=k>0. Chứng minh rằng k<ab<0.

Bài 4. Cho tam giác ABCAB<AC. Gọi d1, d2 lần lượt là các đường phân giác trong và ngoài góc BAC. Gọi M,N lần là hình chiếu vuông góc của B lên d1,d2. Gọi P,Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên d1,d2.

(a) Chứng minh rằng MNPQ lần lượt đi qua trung điểm của AB,AC.

(b) Chứng minh rằng MNPQ cắt nhau trên BC.

(c) Trên d1 lấy các điểm EF sao cho ABE=BCAACF=CBA. ( E thuộc nữa mặt phẳng bờ AB chứa C;F thuộc nữa mặt phẳng bờ AC chứa B). Chứng minh rằng BECF=ABAC.

(d) Các đường thẳng BNCQ lần lượt cắt ACAB tại các điểm KL. Chứng minh rằng các đường thẳng KELF cắt nhau trên đường thẳng BC.

Bài 5. Trong một buổi gặp gỡ giao lưu giữa các học sinh đến từ n quốc gia, người ta nhận thấy rằng cứ 10 học sinh bất kỳ thì có ít nhất 3 học sinh đến từ cùng một quốc gia.

(a) Gọi k là số các quốc gia có đúng 1 học sinh tham dự buổi gặp gỡ. Chứng minh rằng n<k+102.

(b) Biết rằng số các học sinh tham dự buổi gặp gỡ là 60 . Chứng minh rằng có thể tìm được ít nhất là 15 học sinh đến cùng một quốc gia.

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho phương trình ax2+bx+c=0(1) thỏa mãn các điều kiện:

a>0 và 2|ac|<|b|<a+c

(a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2

(1x1)(1x2)>0 và (1+x1)(1+x2)>0

(b) Biết rằng a>c. Chứng minh rằng 1<x1,x2<1

Lời giải.

(a) Có

|b|>2|ac|

nên b2>4ac. Suy ra Δ=b24ac>0 vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt.

|b|<a+c

ac<b<a+c

{a+b+c>0ab+c>0

Suy ra

(1x1)(1x2)

=1(x1+x2)+x1x2

=1+ba+ca

=a+b+ca>0

(1+x1)(1+x2)

=1+(x1+x2)+x1x2

=1ba+ca

=ab+ca>0

(b) Có

(1x1)(1x2)>0

Xét Trường hợp :

{x1>1x2>1x1x2>1ca>1c>a

mâu thuẫn với giả thiết a>c.

Vậy x1,x2<1.

(1+x1)(1+x2)>0

Xét trường hợp:

{x1<1x2<1x1x2>1ca>1c>a

mâu thuẫn với giả thiết a>c.

Vậy x1,x2>1.

Bài 2. (a) Tìm tất cả những số tự nhiên n sao cho 2n+1 chia hết cho 9 .

(b) Cho n là số tự nhiên n>3. Chứng minh rằng 2n+1 không chia hết cho 2m1 với mọi số tự nhiên m sao cho 2<mn.

Lời giải.

(a) n=3k, suy ra 2n+1=8k+1(1)k+1(mod9). Suy ra k lẻ, k= 2t+1. Suy ra n=3(2t+1)=6t+3.

Nếu n=3k+1 ta có 2n+1=38k+1(1)k3+1(mod9), suy ra 2n+1 không chia hết cho 9 .

Nếu n=3k+2 ta có 2n+1=48k+14(1)k+1, suy ra 2n+1 không chia hết cho 9 .

Vậy với n=6t+2, với t là số tự nhiên là các số cần tìm.

(b) Cách 1: Ta có 2km1:2m1. Từ 22n=(2n+1)(2n1) chia hết cho 2m1. Đặt 2n=km+q(0q<m).

Khi đó 22n1=2km+q2q+2q1=2q(2km1)+2q1 chia hết cho 2m1, suy ra 2q1 chia hết cho m02q1<2m1, suy ra q=0. Do đó 2n=km.

Trường hợp 1: Nếu m lẻ, suy ra k chẵn, k=2k, suy ra n=km,2n+1= 2km+1=2km1+2 chia hết cho 2m1, suy ra 2 chia hết cho 2m1 (vô lý)

Trường hợp 2: Nếu m chẵn m=2m thì n=km, suy ra 2km+1 chia hết cho 2m1, mà 2m1 chia hết cho 2m1 nên 2km+1 chia hết cho 2m1, suy ra 2 chia hết cho 2m1 vô lý vì m>1.

Cách 2: Ta có 2nm(2m1):2m1, suy ra 2n2nm:2m1, mà 2n+1:2m 1 suy ra 2nm+1 chia hết cho 2m1.

Lý luận tương tự ta có 2nkm+1 chia hết cho 2m1. Giả sử n=km+ q,0q<m. Chọn k như trên ta có 2q+1 chia hết cho 2m1. Mà q<m nên 2q+1=2m1, giải ra q=1,m=2 (vô lý).

Bài 3. Cho ab là hai số thực phân biệt thỏa mãn điều kiện a44a= b44b.

(a) Chứng minh rằng 0<a+b<2.

(b) Biết rằng a44a=b44b=k>0. Chứng minh rằng k<ab<0.

Lời giải.

(a) Ta có a4b4=4(ab), mà a4b4=(ab)(a+b)(a2+b2) nên đẳng thức được viết lại thành

(ab)(a+b)(a2+b2)=4(ab)

ab nên (a+b)(a2+b2)=4. Vi a2+b2>0( do a,b không thể đồng thời bằng 0 ) nên ta có a+b>0.

Ngoài ra, ta cũng có đánh giá a2+b2>(a+b)22 (đẳng thức không xảy ra vì ab ) nên

4>(a+b)32(a+b)3<8a+b<2.

Vậy ta được 0<a+b<2.

(b) Rõ ràng ab0, ta sẽ chứng minh a,b trái dấu. Ta xét hai trường hợp:

  • Nếu a>0,b>0 thì a44a=a(a34)>0 nên a>43>1. Tương tự thì b>1. Khi đó a+b>2, mâu thuẫn với a).

  • Nếu a<0,b<0 thì a+b<0, cũng mâu thuẫn với a).

Do đó a,b trái dấu và ab<0.

Không mất tính tổng quát, giả sử a<0<b thì đặt c=a>0, ta viết lại c4+4c=b44b=k>0. Từ đây dễ thấy (bc)(b2+c2)=4bc.

Ta cần chứng minh

k<abk<bcbc<k.

Cộng hai vế của các đẳng thức trên lại, ta có

2k=b44b+c4+4c=b4+c44(bc)=b4+c4(bc)2(b2+c2)=2bc(b2bc+c2)

Suy ra k=bc(b2bc+c2), mà b2bc+c2>bc (đẳng thức không xảy ra vì bc) nên k>bcbc=(bc)2bc<k. Vậy ta có đpcm.

Bài 4. Cho tam giác ABCAB<AC. Gọi d1,d2 lần lượt là các đường phân giác trong và ngoài góc BAC. Gọi M,N lần là hình chiếu vuông góc của B lên d1,d2. Gọi P,Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên d1,d2.

(a) Chứng minh rằng MNPQ lần lượt đi qua trung điểm của AB,AC.

(b) Chứng minh rằng MNPQ cắt nhau trên BC.

(c) Trên d1 lấy các điểm EF sao cho ABE=BCAACF= CBA. ( E thuộc nữa mặt phẳng bờ AB chứa C;F thuộc nữa mặt phẳng bờ AC chứa B). Chứng minh rằng BECF=ABAC.

(d) Các đường thẳng BNCQ lần lượt cắt ACAB tại các điểm KL. Chứng minh rằng các đường thẳng KELF cắt nhau trên đường thẳng BC.

Lời giải.

(a) Tứ giác AMBNA=M=N=90 nên tứ giác AMBN là hình chữ nhật. Suy ra MN đi qua trung điểm AB.

Tương tự, APCQ là hình chữ nhật nên PQ đi qua trung điểm AC.

(b) Có: NMA=BAM=MAC nên MN|AC mà theo ý a) ND đi qua trung điểm AB nên ta thu được NM đi qua trung điểm BC.

Tương tự, PQ đi qua trung điểm BC nên MNPQ cắt nhau trên BC.

(c) Gọi T là giao điểm của d1BC. Dễ dàng chứng minh được ABE ACT(gg) nên ABAC=BECT.

Tương tự, ABTACF(gg) nên ABAC=BTCF.

Do đó, ta có:

(ABAC)2=BEBTCTCF

AT là phân giác góc A nên

BTCT=ABAC

Ta thu được

ABAC=BECF

(d) BET có:

BET=EBA+EAB=ACB+CAT=BTE

nên BET cân tại B. Suy ra M là trung điểm ET.

Có TM | NB nên

TMNB=DMDN=EMKN

suy ra DMEDNK(cgc).

Ta thu được D,E,K thẳng hàng.

Tương tự, L,D,F thẳng hàng ta có điều phải chứng minh.

 

Bài 5. Trong một buổi gặp gỡ giao lưu giữa các học sinh đến từ n quốc gia, người ta nhận thấy rằng cứ 10 học sinh bất kỳ thì có ít nhất 3 học sinh đến từ cùng một quốc gia.

(a) Gọi k là số các quốc gia có đúng 1 học sinh tham dự buổi gặp gỡ. Chứng minh rằng n<k+102.

(b) Biết rằng số các học sinh tham dự buổi gặp gỡ là 60. Chứng minh rằng có thể tìm được ít nhất là 15 học sinh đến cùng một quốc gia.

Lời giải.

(a) Giả sử ngược lại rằng nk+102 thì 2nk10. Gọi A là tập hợp các quốc gia có đúng 1 học sinh tham gia và B là tập hợp các quốc gia còn lại. Khi đó, mỗi quốc gia trong B sẽ có ít nhất 2 học sinh.

Ta chọn tất cả học sinh trong A và mỗi quốc gia trong B, chọn 2 học sinh thì có k+2(nk)=2nk học sinh.

Các học sinh này có đặc điểm là: không có 3 học sinh nào đến từ cùng quốc gia. Do 2nk10 nên có thể chọn ra trong đó 10 học sinh nào đó không thỏa mãn đề bài.

(b) Theo câu a, ta có 2nk<10 nên 2nk9nk+92.

Do số học sinh tổng cộng là 60 , để chỉ ra có 15 học sinh đến từ cùng quốc gia thì theo nguyên lý Dirichlet, ta chỉ cần chỉ ra rằng

60knk1515n14k60

Ta sẽ chứng minh đánh giá trên đúng với mọi (n,k). Vì ta đã có nk+92 nên ta sẽ đưa về chứng minh15(k+92)14k60k1513. Do đó, với k2 thì khẳng định đúng. Tiếp theo, ta xét hai trường hợp

  • Nếu k=0 thì theo (), ta phải có n4 nên 15n14k=15n60, đúng.

  • Nếu k=1 thì theo (), khi đó loại trừ học sinh ở nước đó ra thì còn lại 59 học sinh, đến từ 4 quốc gia. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 15 học sinh đến từ cùng quốc gia.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 2018

Bài 1. Cho các phương trình x2x+m=0

(1) và mx2x+1=0

(2) với m là tham số.

(a) Tìm m để các phương trình (1) và (2) đều có 2 nghiệm dương phân biệt.

(b) Giả sử điều kiện ở câu a) được thỏa mãn gọi x1; x2 là nghiệm của (1) và x3;x4 là nghiệm của (2).

Chứng minh rằng x1x2x3+x2x3x4+x3x4x1+x4x1x2>5

Bài 2. Cho a,b là hai số nguyên thỏa mãn a3+b3>0.

(a) Chứng minh rằng a3+b3a+b>0.

(b) Chứng minh rằng a3+b3a2+b2.

(c) Tìm tất cả các bộ số x,y,z,t nguyên sao cho x3+y3=z2+t2z3+t3= x2+y2.

Bài 3. Cho An=2018n+2032n1964n1984n với n là số tự nhiên.

(a) Chứng minh với mọi số tự nhiên n thì An chia hết cho 51 .

(b) Tìm tất cả những số tự nhiên n sao cho An chia hết cho 45 .

Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn. Một đường tròn qua B,C cắt các cạnh AB,AC lần lượt tại EF;BF cắt CE tại D. Lây điểm K sao cho từ giác DBKC là hình bình hành.

(a) Chứng minh rằng KBC đồng dạng với DFE,AKC dồng dạng với ADE.

(b) Hạ DM vuông góc với AB,DN vuông góc với AC. Chứng minh rằng MN vuông góc với AK.

(c) Gọi I là trung điểm AD, J là trung điểm MN. Chứng minh rằng đường thẳng IJ đi qua trung điểm của cạnh BC.

(d) Đường thẳng IJ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN tại T(TI). Chứng minh rằng AD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DTJ.

Bài 5. Đội văn nghệ của một trường THCS có 8 học sinh. Nhà trường muốn thành lập các nhóm tốp ca, mỗi nhóm gồm đúng 3 học sinh, (mỗi học sinh có thể tham gia vài nhóm tốp ca khác nhau). Biết rằng hai nhóm tốp ca bất kỳ có chung nhau nhiều nhất là một học sinh.

(a) Chứng minh rằng không có học sinh nào tham gia từ 4 nhóm tốp ca trở lên.

(b) Có thể thành lập nhiều nhất là bao nhiêu nhóm tốp ca như vậy?

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho các phương trình x2x+m=0 (1) và mx2x+1=0

(2) với m là tham số.

(a) Tìm m để các phương trình (1) và (2) đều có 2 nghiệm dương phân biệt.

(b) Giả sử điều kiện ở câu a) được thỏa mãn gọi x1; x2 là nghiệm của (1) và x3;x4 là nghiệm của (2).

Chứng minh rằng x1x2x3+x2x3x4+x3x4x1+x4x1x2>5

Lời giải.

(a) Xét phương trình (1): x2x+m=0

Phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt:

{Δ>0S>0 P>0{14m>01>0 m>0{m<14m>00<m<14

Phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt:

{m0Δ>0S>0P>0{m014m>01m>01m>0{m0m<14m>00<m<14

Vậy để (1)(2) có hai nghiệm dương phân biệt thì 0<m<14

b) Theo Viet ta có: {x1+x2=1x1x2=mx3+x4=1mx3x4=1m

 Ta có x1x2x3+x2x3x4+x3x4x1+x4x1x2

=x1x3+x2m+x1m+mx4

=m(x3+x4)+1m(x1+x2)

=1+1m>1+114=5( dpcm ).

Bài 2. Cho a,b là hai số nguyên thỏa mãn a3+b3>0.

(a) Chứng minh rằng a3+b3a+b>0.

(b) Chứng minh rằng a3+b3a2+b2.

(c) Tìm tất cả các bộ số x,y,z,t nguyên sao cho x3+y3=z2+t2z3+t3=x2+y2.

Lời giải. a,bZ:a3+b3>0

(a) a3+b3>0(a+b)(a2ab+b2)>0

Do a2ab+b2=(ab2)2+3b240. Dấu “=” xảy ra a=b=0 (loại).

a2ab+b2>0 nên a+b>0 (đpcm).

Ta có: a3+b3a+b

(a+b)(a2ab+b21)0()

Do {a2ab+b2>0a,bZa2ab+b21 nên () đúng.

Vậy a3+b3a+b và dấu “=” xảy ra {a=1b=0 hay {a=0b=1 hay {a=1b=1

(b) Cách 1:

Do a+b>0a+b1.

TH1: a+b=1b=1a.

Ta có: a3+b3a2+b2a3+(1a)3a2+(1a)2

a2a0

a0 hoặc a1 (đúng vì aZ )

Vậy a3+b3a2+b2 và dấu “=” xảy ra (a;b)(0;0);(1;1);(0;1);(1;0).

TH2: a+b2

Ta có: a3+b3=(a+b)(a2ab+b2)2(a2ab+b2)=a2+b2+ (ab)2a2+b2.

Cách 2:

Rõ ràng a,b không thể đồng thời bé hơn 0 .

TH1: a=b=0 : hiển nhiên a3+b3a2+b2

TH2: Một trong hai số bằng 0 , số còn lại khác 0 .

Giả sử: {b=0a0a>1a3a2a3+b3a2+b2

Dấu “=” xảy ra khi a=1.

TH3: a,b1{a3a2b3b2a3+b3a2+b2

TH4: {a>0b<0{a1b1

Đặt a=|b|+k,k>1

a3+b3a2+b2

(|b|+k)3+b3(|b|+k)2+b2

3|b|2k+3|b|k2+k32|b|2+2|b|k+k2

3b2k+3|b|k+k32b2+2|b|k+k2 (Do k >1)

(3k2)b2+|b|k+k2(k1)0 (đúng). 

Vậy a3+b3a2+b2.

(c) Từ giả thiết x3+y30;z3+t30.

Nếu x3+y3=0z2+t2=0z=t=0

x2+y2=0x=y=0

Nếu z3+t3=0, tương tự ta có x=y=z=t=0.

Nếu {x3+y3>0z3+t3>0

Từ giả thiết suy ra (x3+y3)+(z3+t3)=x2+y2+z2+t2()

Theo câu b) : {x3+y3x2+y2z3+t3zt+t2

Nếu ()(x;y),(z,t) là một trong các bộ (1;1);(1;0);(0;1).

Vậy nghiệm phương trình:

(x,y,z,t)(0;0;0;0),(1;1;1;1),(1;0;0;1),(0;1;1;0),(1;0;1;0),(0;1;0;1)

Bài 3. Cho An=2018n+2032n1964n1984n với n là số tự nhiên.

(a) Chứng minh với mọi số tự nhiên n thì An chia hết cho 51 .

(b) Tìm tất cả những số tự nhiên n sao cho An chia hết cho 45 .

Lời giải.

(a) Do 20181964(mod3)2018n1964n(mod3). 20321984(mod3)2032n1984n(mod3).

An3.

Ta lại có 20181984(mod17)2018n1984n(mod17). 20321964(mod17)2032n1964n(mod17). An17.

Do (3;17)=1 nên An:51n

(b) An=2018n+2032n1964n1984n.

  • Ta xét các trường hợp của n để An5.

Ta có An(2)n+2n2(1)n(mod5).

Do đó nếu n lẻ An2(mod5) (loại).

Nếu n=4kAn224k2220(mod5) (nhận)

Nếu n=4k+2An224k+22826(mod5) (loại). Vậy An5n4.

  • Ta xét các trường hợp của n để An:9.

Ta có

An2n+(2)n2n4n(mod9)2n4n(mod9)( Do n chẵn )2n(12n)(mod9)

Vi(2;9)=12n1:9.

Xét n=3k với kN. Ta có An23k1(1)k1(mod9)k chẵn

Xét n=3k+1 với kN. Ta có An23k+112(1)k 1(mod9) (loại).

Xét n=3k+2 với kN. Ta có An23k+214(1)k 1(mod9) (loại).

Vậy An45n12.

Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn. Một đường tròn qua B,C cắt các cạnh AB,AC lần lượt tại EF;BF cắt CE tại D. Lấy điểm K sao cho từ giác DBKC là hình bình hành.

(a) Chứng minh rằng KBC đồng dạng với DFE,AKC đồng dạng với ADE.

(b) Hạ DM vuông góc với AB,DN vuông góc với AC. Chứng minh rằng

MN vuông góc với AK.

(c) Gọi I là trung điểm AD,J là trung điểm MN. Chứng minh rằng đường thẳng IJ đi qua trung điểm của cạnh BC.

(d) Đường thẳng IJ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN tại T(TI). Chứng minh rằng AD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DTJ.

Lời giải.

(a) Tứ giác BEFC nội tiếp nên DEF=DBCDFE=DCB.

BDCK là hình bình hành nên DBC=KCB,DCB=KBC

Do đó DEF=KCB,DFE=KBC, suy ra KBCDFE

Ta có AEC=ABKABK=ABD+DBK=ACE+DCK= ACK (do ABD=ACE,DBK=DCK)

Do DEFKCB nên DECK=EFBC (1)

Mặt khác AEFACB nên EFBC=AEAC (2)

Từ (1) và (2) suy ra DECK=AEAC

Xét AEDACKAED=ACK,DECK=AEAC

Suy ra AEDACK(cgc)

(b) Gọi Q là giao điểm của AKMN

Ta có DAEKAC nên KAC=DAE hay QAC=DAM

Tứ giác AMDNAMD+AND=90+90=180 nên nội tiếp.

Suy ra DNM=DAM=QAN

DNM+MNA=90, suy ra QAN+MNA=90

Suy ra AQN=90. Vậy AKMN.

(c) Cách 1. Ta có IJMNAKMN, suy ra IJ|AK.

I là trung điểm AD, suy ra IJ qua trung điểm P của DK. Lại có DBKC là hình bình hành nên P cũng là trung điểm BC.

Cách 2. Gọi P là trung điểm của BC. V,U lần lượt là trung điểm của DB,DC.

Ta có MI=12AD=NI, suy ra I thuộc trung trực của MN.

Ta có MV=12BD(DBM vuông tại M ) và PU=12DB (đường trung bình)

Suy ra MV=PU

Tương tự thì ta có PV=NU

Ta có: MVD=2MBD=2NCD=NUDDVP=DUP

Suy ra MVP=PUN

Xét MVPPUNMV=PU,PV=NU,MVP=PUN

MVP=PUN(cgc)

Suy ra PM=PN. Do đó P thuộc trung trực của MN.

Vậy I,P,J thuộc trung trực MN nên I,P,J thẳng hàng hay IJ qua trung điểm P của BC.

(d) Ta có tam giác IMN cân tại I,IJMN nên IT là đường kính của đường tròn ngoại tiếp IMN

Suy ra INT=90.

Suy ra IJIT=IN2IN=ID suy ra IJIT=ID2

Do đó ID2=IJIT. Suy ra IDJITD(cgc) nên IDJ=ITD

Từ đó ta có ID là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp DTJ.

Bài 5. Đội văn nghệ của một trường THCS có 8 học sinh. Nhà trường muốn thành lập các nhóm tốp ca, mỗi nhóm gồm đúng 3 học sinh, (mỗi học sinh có thể tham gia vài nhóm tốp ca khác nhau). Biết rằng hai nhóm tốp ca bất

kỳ có chung nhau nhiều nhất là một học sinh.

(a) Chứng minh rằng không có học sinh nào tham gia từ 4 nhóm tốp ca trở lên.

(b) Có thể thành lập nhiều nhất là bao nhiêu nhóm tốp ca như vậy?

Lời giải.

(a) Giả sử có 1 học sinh tham gia 4 nhóm A,B,C,Dx.

Khi đó A=(x,a,b)B=(x,c,d)C=(x,e,f)D=(x,g,h).

Vi các nhóm không có chung quá 1 thành viên nên các học sinh: a,b,c,d,e,f,g,h

là khác nhau (vô lí vì chỉ có 8 học sinh tham gia).

(b) Ta chứng minh lập được nhiều nhất là 8 nhóm.

Thật vậy, nếu có 9 nhóm, mối nhóm có 3 học sinh thì khi đó số lượt học sinh tham gia là 93=27 lượt tham gia.

Mà chỉ có 8 học sinh nên theo nguyên lý Dirichlet thì có ít nhất một học sinh có nhiều hơn hoặc bằng 4 lượt (mâu thuẫn do câu a ).

(Một học sinh tham gia 1 nhóm tính là 1 lượt).

Gọi 8 học sinh là a,b,c,d,e,f,g,h.

8 nhóm học sinh được chia như sau:

(a,b,c);(h,b,e);(b,d,f);(a,d,e);

(h,c,f);(c,e,g);(a,f,g);(h,d,g).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Đề thi chuyên toán vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2011

Bài 1. Cho phương trình bậc hai x2(m+3)x+m2=0 trong đó m là tham số sao cho phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2.
(a) Khi m=1. Chứng minh rằng ta có hệ thức x18+x28=2+2+6
(b) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho x1+x2=5
(c) Xét đa thức P(x)=x3+ax2+bx. Tìm tất cả các cặp số (a,b) sao cho ta có hệ thức P(x1)=P(x2) với mọi giá trị của tham số m.
Bài 2. (a) Cho a,b là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=1+a21+b21+ab
(b) Cho các số x,y,z thỏa |x|1,|y|1,|z|1. Chứng minh rằng:
1x2+1y2+1z29(x+y+z)2
Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn có AB=b,AC=c.M là một điểm thay đổi trên cạnh AB. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM cắt AC tại N.
(a) Chứng minh rằng tam giác AMN đồng dạng với tam giác ACB. Tính tỉ số MAMB để diện tích tam giác AMN bằng 12 diện tích tam giác ACB.
(b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Chứng minh rằng I luôn thuộc một đường cố định.
(c) Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC. Chứng minh rằng đoạn thẳng IJ có độ dài không đổi.
Bài 4. Cho các số nguyên a,b,c sao cho 2a+b,2b+c,2c+a đều là các số chính phương.
(a) Biết rằng có ít nhất một trong 3 số chính phương trên chia hết cho 3. Chứng minh rằng (ab)(bc)(ca) chia hết cho 27 .
(b) Tồn tại hay không các số a,b,c thỏa điều kiện ()(ab)(bc)(ca) không chia hết cho 27 ?
Bài 5. Cho hình chữ nhật ABCDAB=3,AD=4.
(a) Chứng minh rằng từ 7 điểm bất kì trong hình chữ nhật ABCD luôn tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 5
(b) Chứng minh khẳng định ở câu a ) vẫn còn đúng với 6 điểm bất kì nằm trong hình chữ nhật ABCD.

Đáp án

 

Đáp án đề thi chọn đội dự tuyển trường PTNK năm 2020

Thời gian làm bài 120 phút

Đề bài.

Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=a4+b4+2(a2a+1)(b2b+1), với a,bR.
Bài 2. Tìm tất cả các hàm f:Q+Q+thỏa mãn
f(x2f(y)2)=f(x)2f(y), với mọi x,yQ+.
Bài 3. Cho x1,x2,x3, là dãy số nguyên thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 1= x1<x2<x3xn+12n với n=1,2,3 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương k, tồn tại các số nguyên i>j sao cho xixj=k.

Bài 4. Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho AM=13AB. Đường tròn tâm M bán kính MB cắt đường tròn tâm O tại điểm thứ hai là D. Một đường thẳng qua M song song với AD cắt AC tại N. Chứng minh rằng AN=23AC.

Đáp án

Bài 1. Với mọi xR, ta có
x4+129(x2x+1)2=19(x+1)2(7x210x+7)0.
Vì thế nên ta có
P29(a2a+1)2+(b2b+1)2(a2a+1)(b2b+1)=29(a2a+1b2b+1+b2b+1a2a+1)49.
Suy ra giá trị nhỏ nhất của P49, đạt được khi a=b=1.

Bài 2. Giả sử f là một hàm thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Đặt f(1)=a> 0 , trong phương trình đề cho, thay x=y=1 ta có f(a2)=a3.
Từ đó, tiếp tục lần lượt thay x bởi a2,y bởi 1 và x bởi 1,y bởi c2 vào phương trình ấy, ta thu được
a7=f(a6)=a5.
Chú y^a>0 nên ta có a=1, tức f(1)=1. Thay x bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
f(f(y)2)=f(y), với mọi yQ+
Lại thay y bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
f(x)2=f(x2), với mọi xQ+.
Suy ra
f(x)=f(f(x)2)=f(f(x))2==fn+1(x)2n, với mọi xQ+,
trong đó fn+1(x)n+1 lần tác động f vào x. Từ đó, nếu tồn tại qQ+sao cho tồn tại pP thỏa mãn vp(f(q))0 thì ta có
vp(f(q))=vp(fn+1(q)2n)=2nvp(fn+1(q))0.
Trong đẳng thức trên, cho n+ ta thấy điều vô lý. Suy ra vp(f(q))=0 với mọi qQ+,pP, hay f(x)1.
Thử lại, ta kết luận f(x)1 là hàm duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 3. Với k nguyên dương, ta xét k+1 số hạng của dãy là x1,x2,,xk+1. Ta có x1=1k, gọi q là số lớn nhất thỏa mãn xqk thì ta có q<k+1
1x1<x1<<xqk<xq+1<<xk+1<2k
Nếu tồn tại 1j<ik+1 sao cho xixj=k thì ta có ngay điều cần chứng minh. Ngược lại, ta có các số
x1+k,x2+k,,xq+k,xq+1,,xk+1
k+1 số nguyên đôi một phân biệt, tất cả đều lớn hơn k nhưng lại không vượt quá 2k, vô lí!

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

Bài 4. Ta có OB=OD,MB=MD nên dễ thấy OM là phân giác ngoài của góc AMD, mà OA=OD nên suy ra O(AMD).

Gọi N là giao điểm khác A của (AMD)AC. Ta chứng minh N trùng N. Thật vậy, ta có AM=13AB nên AMO tù, do đó nếu N nằm ngoài tia AC thì N nằm khác phía O so với AM nên
AMO=ANO=CAOAON<CAO<90,
vô lý. Suy ra N nằm trên tia AC, kéo theo AO là phân giác trong góc MAN nên OM=ON, mà OA=OD nên MN song song AD, suy ra N trùng N.

Từ đó, dễ thấy AMND là hình thang cân nên AN=MD=MB, hơn nữa N nằm trên tia AC nên ta thu được
AN=23AC
Ta có điều cần chứng minh.

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Tăng Vũ, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tiến Hoàng, Đề thi và đáp án kì thi dự tuyển và đội tuyển PTNK 2008-2021

Đề thi Học kì 1 lớp 10 chuyên Toán PTNK năm 2018

Bài 1. Cho hàm số y=x24x+3. (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vē đồ thị hàm số.
b) Từ đồ thị hàm số (1), suy ra đồ thị hàm số y=|x24|x|+3|. (2)
c) Dựa vào đồ thị hàm số (2), tìm m để phương trình |x24|x|+3|=m2+2m có 3 nghiệm.

Bài 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) x1+6x+7x6x2=5
b) {(x2+y)2+(x+y2)2=8x2+y2+x+y=4.

Bài 3. Tìm tham số m để hệ phương trình {mx+(m1)y=m+1(m1)x+my=m+1 có nghiệm duy nhất (x0;y0) thóa x02+y02=2.

Bài 4. Cho x là số thực dương, đặt A=x+1x.
a) Chứng minh rằng A là số nguyên thì An=xn+1xn cūng là số nguyên với mọi số nguyên dương n.
b) Tìm giá trị lớn nhất của B=A2+6A+1.

Bài 5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC=2R,ABC^=60.D là điểm đối xứng của A qua BC.
a) Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có: MAMD=MBMOR22.
b) Tìm M để S=MA24MB2+MD2 đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất theo R.
c) Cho M thay đổi trên AC.DM cắt (O) tại N. Xác định M để PC/(AMB)=2PB/(CMN). a12
d) Tìm quy tích M thỏa MAMD2MBMC=R22.

Lời giải
Bài 1.
a) Ta có a=1>0,b2a=2Δ4a=1.
Bảng biến thiên:

Vậy hàm số (1) đồng biến trên (2;+) và nghịch biến trên (;2).

Đồ thị hàm số:

b) Từ đồ thị hàm số (1), ta suy ra đồ thị hàm số y=x24|x|+3  như sau:

Khi đó, ta có được đồ thị hàm số y=|x24|x|+3| như sau:

c) Theo đồ thị hàm số (2), phương trình |x24|x|+3|=m2+2m có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m2+2m=3[m=1m=3.

Bài 2. 

a) x1+6x+7x6x2=5(1).

ĐKXĐ: {x106x07x6x201x6

Đặt a=x10b=6x0, khi đó {ab=7x6x2a2+b2=5.

Kết hợp với (1), ta có hệ phương trình sau: {a+b+ab=5a2+b2=5.{a+b=5ab(2)a2+b2=5

Ta có: 5=a2+b2=(a+b)22ab=(5ab)22ab=a2b212ab+25.

Do đó: a2b212ab+20=0[ab=2ab=10.

– Nếu ab=2, từ (2) ta suy ra a+b=3. Khi đó a,b là nghiệm của phương trình:

X23X+2=0[X=1X=2

Khi đó (a;b)=(1;2) hoặc (a;b)=(2;1).

+) Nếu {a=1b=2{x1=16x=2x=2. Thử lại thấy nghiệm x=2 thỏa (1).

+) Nếu {a=2b=1{x1=26x=1x=5. Thử lại thấy nghiệm x=5 thỏa (1).

– Nếu ab=10, từ (1) ta suy ra a+b=5 (Loại vì a,b0 nên a+b0).

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S={2;5}.

b) {(x2+y)2+(x+y2)2=8x2+y2+x+y=4(I)

Đặt a=x2+yb=x+y2 thì (I) trở thành:

{a2+b2=8a+b=4{(a+b)22ab=8a+b=4{ab=4a+b=4

Do đó a,b là nghiệm của phương trình:

X24X+4=0X=2

Suy ra {a=2b=2{x2+y=2x+y2=2

Từ (1) và (2) ta suy ra x2+y=x+y2(xy)(x+y1)=0[y=xy=1x.

– Nếu y=x, thay vào (1), ta được: x2+x+2=0[x=1x=2.

+) Với x=1, suy ra y=1.

+) Với x=2, suy ra y=2.

– Nếu y=1x, thay vào (1), ta được: x2+1x=2x2x1=0[x=1+52x=152

+) Với x=1+52, suy ra y=152.

+) Với x=152, suy ra y=1+52.

Thử lại thấy các cặp nghiệm trên đều thỏa.

Vậy tập nghiệm của (I) là (x;y)={(1;1),(2;2),(1+52;152),(152;1+52)}.

Bài 3.

{mx+(m1)y=m+1(m1)x+my=m+1(I)

Ta có:

D=m2(m1)2=2m1

Dx=(m+1)m(m+1)(m1)=m+1

Dy=m(m+1)(m1)(m+1)=m+1

Để (I) có nghiệm duy nhất D02m10m12.

Khi đó nghiệm của (I) là {x0=DxD=m+12m1y0=DyD=m+12m1

x02+y02=2 nên (m+12m1)2+(m+12m1)2=2(m+12m1)2=1[m=0 (Nhận) m=2 (Nhận) 

Vậy m=0 hoặc m=2 thì (I) có nghiệm duy nhất (x0;y0) thỏa x02+y02=2.

Bài 4.

a) – Ta có: A1=x+1x=AZ,A2=x2+1x2=(x+1x)22Z.

– Giả sử AkZ với mọi kn ( n nguyên dương và n2 ), hay xk+1xkZ.

Ta chứng minhAn+1Z, tức là xn+1+1xn+1Z.

– Thật vậy, vì xn+1xnx+1x là các số nguyên nên (xn+1xn)(x+1x)Z.

Mặt khác, (xn+1xn)(x+1x)=xn+1+xn1+1xn1+1xn+1=(xn+1+1xn+1)+(xn1+1xn1).

Do đó (xn+1xn)(x+1x)=An+1+An1.

Suy ra An+1+An1Z, mà An1Z nên An+1Z.

Như vậy, theo nguyên lí quy nạp, ta có AnZ với mọi số nguyên dương n.

b) Ta có B=A2+6A+1=(A3)2+1010.

Dấu “=” xảy ra A=3x+1x=3[x=3+52x=352.

Vậy giá trị lớn nhất của B là 10 khi x=3+52 hoặc x=352.

Bài 5. 

a) Ta có ΔABO cân tại O(OA=OB)ABO^=60 nên ΔABO là tam giác đều.

Suy ra OA=OB=AB. (1)

Do D đối xứng với A qua đường kính BC nên D(O)AOB^=BOD^=60.

Kết hợp với OD=OB=R, suy ra ΔBOD là tam giác đều,

kéo theo BO=OB=OD. (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB=AO=OD=DB, dẫn đến AODB là hình thoi. Do đó AB=OD.

Với điểm M bất kì, ta có:

MAMD=(MB+BA)(MO+OD)

=MBMO+MBOD+BAMO+BAOD

=MBMO+MBODODMOODOD

=MBMO+OD(MBMO)OD2

=MBMO+ODOBOD2

=MBMO+ODOBcos60OD2

=MBMOR22

b) Gọi H là giao điểm của ADBC. Vì AODB là hình thoi nên H là trung điểm của ADBC.

Lấy I đối xứng với H qua B, khi đó IH=2IB.

Mặt khác, IA+ID=2IH (do H là trung điểm của AD).

Suy ra IA+ID=4IBIA4IB+ID=0

Ta có:

MA24MB2+MD2

=MA24MB2+MD2

=(MI+IA)24(MI+IB)2+(MI+ID)2

=2MI2+2MI(IA4IB+ID)+IA24IB2+ID2

=2MI2+IA24IB2+ID2

IA24IB2+ID2.

Ta có:

IA24IB2+ID2=2IA24IB2=2(IK2+KA2)4IB2=2(R2+34R2)4R24=52R2.

Vậy giá trị lớn nhất của MA24MB2+MD252R2 khi và chỉ khi MI.

d) Lấy L đối xứng với O qua C. Khi đó LO=2LC.

Do đó MO2MC=ML+LO2ML2LC=ML.

Ta có:

MAMD2MBMC=R22

MBMOR222MBMC=R22

MBMO2MBMC=0

MB(MO2MC)=0

MBML=0

Do đó MLMB, vậy M thuộc đường tròn đường kính BL.

Lời giải của bạn Trần Thái Hưng – Star Education

Đề thi học kì 1 lớp 10 chuyên toán PTNK năm 2016

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1.
a) Giải phương trình x2x+2(x+2)x1=0.
b) Tìm m để hệ phương trình {x+y+xy=mx2+y2=m có nghiệm.

Câu 2. Cho hàm số y=f(x)=x2+2x+3(1).
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1).
b) Từ đồ thị hàm số (1), suy ra đồ thị hàm số y=g(x)=x2+2|x|+3. Tìm k để phương trình g(x)=m33m2+m có đúng 3 nghiệm.

Câu 3.
a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
y=x+1+1x431x2
b) Cho các số a,b,c>0. Chứng minh rằng
(ab+bc+ca)232(b+ca+a+cb+a+bc)
Bài 4. Cho tam giác ABC cân tại A,BAC=120 nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R.AO cắt (O) tại D.
a) Chứng minh rằng với mọi M thì MBMC=MAMOR22.
b) Tìm quỹ tích điểm M sao cho MBMCMAMD=R24.
c) Xác định điểm N trên cạnh BD thỏa PD/(ABN)=R2.
d) P là điểm thay đổi trên cạnh BC. Gọi (O1) là đường tròn qua P tiếp xúc với (O) tại B;(O2) là đường tròn qua P tiếp xúc với (O) tại C.(O1)(O2) cắt nhau tại Q khác P. Chứng minh đường thẳng PQ đi qua một điểm cố định T. Tính PT/(O).
Kí hiệu PM/(O) là phương tích của M đối với đường tròn (O).