Tag Archives: PTNK

Đề thi vào lớp 10 Chuyên Toán vào trường PTNK năm 2020

ĐỀ BÀI

Bài 1.  Cho các phương trình: $x^2+ ax +3=0$ và $x^2 +bx +5=0$ với $a$, $b$ là tham số. a) Chứng minh nếu $ab\ge 16$ thì trong hai phương trình trên có ít nhất một phương trình có nghiệm. b) Giả sử hai phương trình trên có nghiệm chung $x_0$. Tìm $a$, $b$ sao cho $|a|+|b|$ có giá trị nhỏ nhất. Bài 2. Cho phương trình: $3x^2-y^2=23^n$ 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.  Cho đường tròn $(O)$, dây cung $BC$ không chứa tâm $O$ và điểm $A$ thay đổi trên cung lớn $BC$. Lấy các điểm $E$ và $F$ thỏa mãn: $\angle ABE =\angle CAE =\angle ACF =\angle BAF =90^\circ $. a) Chứng minh rằng $AE\cdot AC =AF \cdot AB$ và điểm $O$ là trung điểm $EF$. b) Hạ $AD$ vuông góc với $EF$ $(D\in EF)$. Chứng minh các tam giác $DAB$ và $DCA$ đồng dạng và điểm $D$ thuộc một đường tròn cố định. c) Gọi $G$ là giao điểm của $AD$ với đường tròn $(O)$ $(G\ne A)$. Chứng minh $AD$ đi qua một điểm cố định và $GB\cdot AC = GC\cdot AB$. d) Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. Chứng minh $AK$ đi qua một điểm cố định. Bài 4.  Cho số tự nhiên $a=3^{13}\cdot 5^7 \cdot 7^{20}$ a) Gọi $A$ là tập hợp các số nguyên dương $k$ sao cho $k$ là ước của $a$ và $k$ 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. Cho hệ phương trình với $k$ là tham số: $\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{x}{\sqrt{yz}}+\sqrt{\dfrac{x}{y}}+\sqrt{\dfrac{x}{z}}=k\\ \dfrac{y}{\sqrt{zx}}+\sqrt{\dfrac{y}{z}}+\sqrt{\dfrac{y}{x}}=k\\ \dfrac{z}{\sqrt{xy}}+\sqrt{\dfrac{z}{x}}+\sqrt{\dfrac{z}{y}}=k \end{array} \right. $ a) Giải hệ với $k=1$. b) Chứng minh hệ vô nghiệm với $k\ge 2$ và $k\ne 3$.

LỜI GIẢI

Bài 1.  Xét phương trình: $x^2 +ax +3=0 \quad (1)$, ta có: $\Delta_1 = a^2-12$. Xét phương trình: $x^2 +bx +5=0 \quad (2)$, ta có: $\Delta_2 = b^2-20$ Ta có: $\Delta_1 + \Delta_2 = a^2 + b^2 -32 \ge 2ab -32 \ge 0$ Vậy trong hai số $\Delta_1$ và $\Delta_2$ có ít nhất một số không âm hay một trong hai phương trình đã cho có nghiệm. Dễ thấy $x_0 \ne 0$.
  • $(1) \Leftrightarrow -a=\dfrac{x_0^2+3}{x_0} \Leftrightarrow |a|=\dfrac{x_0^2+3}{|x_0|}$ $(2) \Leftrightarrow -b=\dfrac{x_0^2+5}{x_0} \Leftrightarrow |b|=\dfrac{x_0^2+5}{|x_0|}$
  • Suy ra $|a|+|b|= 2|x_0| + \dfrac{8}{|x_0|} \ge 2\sqrt{2|x_0| \cdot \dfrac{8}{|x_0|}} =8 $
Dấu $”=”$ xảy ra khi và chỉ khi: $x_0^2=4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x_0 =2 \\ x_0 = -2 \end{array} \right. $ Với $x_0=2$ hoặc $x_0=-2$, lần lượt giải được $a=\dfrac{7}{2}; \, b= \dfrac{9}{2}$ hoặc \ $a=-\dfrac{7}{2}; \, b=- \dfrac{9}{2}$ Vậy giá trị nhỏ nhất của $|a|+|b|$ là 8 khi $a=\dfrac{7}{2}; \, b= \dfrac{9}{2}$ hoặc $a=-\dfrac{7}{2}; \, b=- \dfrac{9}{2}$ Bài 2. a) Ta nhận thấy 1 số chính phương $m=a^2$ 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 $23^n$ và $y^2$ đều là các số chính phương mà $23^n +y^2 =3x^2\ \vdots \ 3 \Rightarrow 23^n\ \vdots \ 3$ (vô lí) Vậy $n$ chẵn thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. b) Do $n$ lẻ $\Rightarrow n=2k+1$ ($k\in \mathbb{N^*}$) Xét $\left\{ \begin{array}{l} x=3\cdot 23^k\\ y=2\cdot 23^k \end{array}\right. $ $\Rightarrow 3x^2-y^2=23^{2k+1}=23^n$ Vậy phương trình có nghiệm nguyên Bài 3.
a) Ta có $\angle BAE + \angle EAF = 90^\circ$ và $\angle CAF + \angle EAF = 90^\circ$. Suy ra $\angle BAE = \angle CAF$. $\triangle ABE \backsim \triangle ACF$, suy ra $AE \cdot AC = AB \cdot AF$ Gọi $I$ là giao điểm của $BE$ và $CF$. 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 $\angle ADB = \angle AEB = \angle AFC = \angle ACD$. $\angle ABD = \angle AEC = \angle IFE = \angle AFC = \angle ADC$. Suy ra $\triangle ADB \backsim \triangle ACDA$. (g.g) Ta có $\angle BDC = 2 \angle ADB = 2 \angle AEB = 2 \angle EIF = \angle BOC$. Suy ra tứ giác $BDOC$ nội tiếp. $D$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $BOC$ cố định. c)  Gọi $S$ là giao điểm của $AD$ và $(BOC$), ta có $\angle OBS = \angle ODS = 90^\circ$. Suy ra $OS$ là đường kính của $(BOC$, do đó $S$ cố định. $AD$ qua $S$ cố định và $SB, SC$ là tiếp tuyến của $(O)$. Khi đó $\triangle SAB \backsim \triangle SGB$, suy ra $\dfrac{AB}{BG} = \dfrac{SB}{SG}$ tương tự thì $\dfrac{AC}{GC} = \dfrac{SC}{SG}$. Mà $SB = SC$, nên $\dfrac{AB}{BG} = \dfrac{AC}{CG}$, suy ra $GB \cdot AC = GC \cdot AB$. Dễ thấy $D$ là trung điểm của $AG$. d) Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Ta chứng minh $A, M, K$ thẳng hàng. Ta chứng minh được $\angle DAE = \angle KAF$ ($\angle 90^\circ – \angle AED$). Gọi $T$ là trung điểm $CG$. Ta có $\triangle ACD \backsim \triangle BCG$ suy ra $\triangle ABC \backsim \triangle DCG$. Từ đó ta có $\triangle ACM \backsim \triangle DCT$. Khi đó $\angle CAM = \angle CDT = \angle ACD = \angle BAD$. Mà $\angle CAM = \angle CAF + \angle FAM$ và $\angle BAD = \angle BAE + \angle EAD$. Suy ra $\angle FAM = \angle EAD = \angle FAK$. Vậy $A, M, K$ thẳng hàng. $AK$ qua trung điểm $M$ của $BC$ cố định. Bài 4.  a) $k\ \vdots \ 105 \Rightarrow k$ chia hết cho 3, 5, 7 $\Rightarrow k=3^n\cdot 5^m \cdot 7^p$ với $m$, $n$, $p$ nguyên dương $\Rightarrow $ có $13\cdot 7\cdot 20 =1820$ cách. b) Giả sử $B$ là tập hợp 9 số nguyên dương $a_i$, $i=\overline{1,9}$\ với $a_i=3^{n_i}\cdot 5^{m_i}\cdot7^{p_i}$ trong đó $0\le n_i\le 13$; $0\le m_i\le 7$ và $0\le p_i\le 20$ Do $B$ có 9 phân tử. Xét nguyên lý Dirichlet với tập các số $n_i$ thì ta có ít nhất 5 số hạng $a_i$ sao cho các số mũ $n_i$ của 3 tương ứng cùng tính chẵn lẻ. Xét tiếp nguyên lý Dirichlet 5 số này cho số mũ $m_i$ của 5 tương ứng thì ta có ít nhất 3 số mà số mũ $m_i$ cũng cùng tính chẵn lẻ. Với 3 số còn lại này ta cũng xét nguyên lý Dirichlet cho số mũ $p_i$ 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. Bài 5.  Điều kiện $x, y, z > 0$ hoặc $x, y, z < 0$. Từ hệ ta có $x + \sqrt{xz} + \sqrt{xy} = k\sqrt{yz} (1), y + \sqrt{yz} + \sqrt{yz} = k\sqrt{xz} (2), z +\sqrt{zx}+\sqrt{zy} = k\sqrt{xy} (3)$. a) Khi $k = 1$ ta có $x + \sqrt{xz} + \sqrt{xy} = \sqrt{yz} (1), y + \sqrt{yz} + \sqrt{yz} = \sqrt{xz} (2), z +\sqrt{zx}+\sqrt{zy} = \sqrt{xy} (3)$.
  • Nếu $x, y, z > 0$ thì cộng (3) phương trình ta có vô lí.
  • Nếu $x, y, z < 0$. Cộng 3 phương trình ta có $x+y+z +\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{zy} = 0 \Leftrightarrow (\sqrt{-x}-\sqrt{y})^2 +(\sqrt{-y}-\sqrt{-z})^2+(\sqrt{-x}-\sqrt{-z})^2 = 0$, do đó $x=y=z$.
  • Thử lại thấy bộ $(x,y,z)$ mà $x=y=z <0$ thỏa hệ phương trình.
b) Giả sử $k\geq 2, k = 3$ thì hệ có nghiệm $(x,y,z)$. Từ hệ ta có $x+y+z = (k-2)(\sqrt{xy}+\sqrt{xz}+\sqrt{yz}) \geq 0, suy ra $x, y, z > 0$. Giả sử $x = \max{x,y,z}$, ta có $k = \dfrac{x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}}{\sqrt{yz}} \geq 3$. $k = \dfrac{z+\sqrt{xz}+\sqrt{yz}}{\sqrt{xy}} \leq 3$. Do đó $k = 3$ (vô lí). Vậy hệ vô nghiệm khi $k \geq 2 $ và $k \neq 3$.

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

Giải

Ta có: $f(2) = 4a+\dfrac{19}{12}$

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

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

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

Hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ là $A$

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

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

Suy ra tứ giác $ABCD$ là hình thoi

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

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

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

b)

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

 

 

— HẾT —

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

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

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

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

Giải

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

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

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

Vậy $S= \left( – \infty ; 0 \right] $

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

Giải

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

Đặt $f(x)= 2mx^2 – 2(m-4)x+m-4 $

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

Bài 4: (1 điểm) Chứng minh rằng:

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

a)

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

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

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

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

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

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

b) Ta có: $d_{(A, (d’))} =1$

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

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

c)

  • Ta có: $d_{(A, Ox)} = 3 = R$

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải

a) Ta có: $a=5$, $b=3$

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

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

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

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

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

Vậy $H(5;0)$.

— HẾT —

Đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phổ thông Năng khiếu: Năm 2016

ĐỀ BÀI

BÀI 1. 
a) Giải hệ $\left\{\begin{array}{l} (x-2y)(x+my) = m^2-2m-3 \\(y-2x)(y+mx) = m^2-2m-3
\end{array} \right.$ khi $m = -3$ và tìm $m$ để hệ co ít nhất một nghiệm $(x_o, y_o)$ thỏa $x_o > 0, y_o > 0$.
b)  Tìm $a \geq 1$ để phương trình $ax^2 + (1-2a)x + 1-a=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_2^2 – ax_1 = a^2-a-1$.
BÀI 2.  Cho $x, y$ là hai số nguyên dương mà $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho $xy$.

a) Chứng minh rằng $x, y$ là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau.
b)  Chứng minh $k = \dfrac{x^2+y^2+10}{xy}$ chia hết cho 4 và $k \geq 12$.

BÀI 3.  Biết $x \geq y \geq z, x + y + z =0$ và $x^2 + y^2 + z^2 = 6$.

a) Tính $S = (x-y)^2 + (x-y)(y-z) + (y-z)^2$.
b) Tìm giá trị lớn nhất của $P = |(x-y)(y-z)(z-x)|$.

BÀI 4. Tam giác $ABC$ nhọn có $\angle BAC > 45^o$. Dựng các hình vuông $ABMN, ACPQ$ ($M$ và $C$ khác phía đối với $AB$; $B$ và $Q$ khác phía đối với $AC$). $AQ$ cắt đoạn $BM$ tại $E$ và $NA$ cắt đoạn $CP$ tại $F$.

a) Chứng minh $\triangle ABE \sim \triangle ACF$ và tứ giác $EFQN$ nội tiếp.
b) Chứng minh trung điểm $I$ của $EF$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
c) $MN$ cắt $PQ$ tại $D$, các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $DMQ$ và $DNQ$ cắt nhau tại $K$ ($K$ khác $D$), các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cắt nhau tại $J$. Chứng minh các điểm $D, A, K, J$ thẳng hàng.

BÀI 5. Với mỗi số nguyên dương $m$ lớn hơn 1, kí hiệu $s(m)$ là ước nguyên dương lớn nhất của $m$ và khác $m$. Cho số tự nhiên $n > 1$, đặt $n_o = n$ và lần lượt tính các số $n_1 =n_o- s(n_o), n_2 = n_1 – s(n_1), …, n_{i+1} = n_i – s(n_i)$,…. Chứng minh tồn tại số nguyên dương $k$ để $n_k = 1$ và tính $k$ khi $n = 2^{16}.14^{17}$.

Hết

Lời giải. 

Bài 1: 

a) Đây là hệ đối xứng loại 2, nên phương pháp giải là lấy (1) – (2) để có thừa số $x-y$, từ đó giải tiếp.

Chú ý xét trường hợp và điều kiện $x_o > 0, y_o > 0$ để biện luận. Những dạng toán này chú ý tính toán cẩn thận và xét đầy đủ các trường hợp.

b) Là bài dạng  biểu thức nghiệm không đối xứng, có nhiều cách, có thể tính nghiệm theo $m$ từ đó suy ra $m$.

Lời giải.

a) Khi $m = -3$ ta có hệ:

$\left\{\begin{array}{l} (x-2y)(x-3y)=12 \\(y-2x)(y-3x) = 12 \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} x^2-5xy+6y^2=12 (1)\\y^2-5xy+6x^2 = 12(2) \end{array} \right.$

Lấy (1) – (2) ta có $5(y^2-x^2) = 0 \Leftrightarrow x = y, x = -y$.
Với $x= y$ thế vào (1) ta có $x^2 =6 \Leftrightarrow x = \sqrt{6}, y = \sqrt{6}$ hoặc $x=-\sqrt{6}, y = -\sqrt{6}$.
Với $x = -y$ thế vào (1) ta có $x^2 = 1 \Leftrightarrow x = 1, x = -1$. Với $x = 1, y = -1$, với $x=-1, y = 1$.
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm.
Hệ có thể viết lại $\left\{\begin{array}{l} x^2+(m-2)xy-2my^2 = m^2-2m-3 (1)\\y^2+(m-2)xy-2mx^2= m^2-2m-3(2) \end{array} \right.$

Lấy (1) – (2) ta có $(2m+1)(y^2-x^2) = 0$.
Xét $m = \dfrac{-1}{2}$ ta có hệ trở thành: $x^2 – \dfrac{5}{2}xy + y^2 + \dfrac{7}{4}=0$, có nghiệm $ (\dfrac{5+\sqrt{2}}{2},2)$ thỏa đề bài.
Xét $m \neq \dfrac{-1}{2}$ ta có $x = y$ hoặc $x = -y$.

Trường hợp $x = -y$ không thỏa đề bài.
Trường hợp $x = y$, thế vào (1) ta có:

$-(m+1)x^2 = m^2-2m-3 = (m+1)(m-3)$.
Nếu $m = -1$ ta có $(x-2y)(x-y) = 0, (y-2x)(y-x) = 0$ có nghiệm thỏa đề bài, chỉ cần chọn $x=1, y=1$.
Nếu $m \neq -1$ ta có $x^2 = 3-m$ để có nghiệm $x_o = y_o > 0$ thì $m < 3$.

Khi đó phương trình có nghiệm $x_0 = \sqrt{3-m}, y_o = \sqrt{3-m}$ thỏa đề bài.

Kết luận $m = \dfrac{-1}{2}, m = -1$ và $m < 3$.

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt $\Delta = (1-2a)^2-4a(1-a) = 8a^2-8a+1 > 0$.
Theo định lý Viete ta có $x_1 + x_2 = \dfrac{2a-1}{a}$, suy ra $ax_1 + ax_2 = 2a – 1$. Suy ra $ax_1 = 2a-1-ax_2$.
Kết hợp giả thiết ta có $x_2^2+ax_2-2a+1=a^2-a-1
\Leftrightarrow x_2^2+ax_2-a^2-a+2=0
\Leftrightarrow ax_2^2+a^2x_2-a^3-a^2+2a=0$ (1).
Mà $x_2$ là nghiệm của phương trình nên ta có $ax_2^2+(1-2a)x_2+1-a = 0 (2)$.
Lấy (1) – (2) ta có $(a^2+2a-1)x_2 = a^3+a^2-3a+1$, mà $a \geq 1$ nên $a^2 + 2a – 1 \neq 0$, suy ra $x_2 = a-1$.
Thế vào phương trình (1) ta có $(a-1)^2+a(a-1)-a^2-a+2 = 0 \Leftrightarrow a=1, a=3$.
Thử lại ta nhận hai giá trị $a = 1, a=3$.

Bài 2.

a) Giả sử trong hai số $x, y$ có một số chẵn, vì vai trò $x, y$ như nhau nên có thể giả sử $x$ chẵn. Suy ra $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho 2, suy ra $y$ chẵn. Khi đó $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho 4, suy ra 10 chia hết cho 4 vô lý.
Vậy trong hai số đều là số lẻ.
Đặt $d= (x,y)$, $x= d.x’, y = d.y’$ ta có $x^2 + y^2 + 10 = d^2(x’^2 + y’^2) + 10$ chia hết cho $d^2x’y’$. Suy ra 10 chia hết cho $d^2$. Suy ra $d= 1$. Vậy $x, y$ nguyên tố cùng nhau.

b) Đặt $x = 2m + 1, y = 2n + 1$, suy ra $k = \dfrac{4(m^2+m+n^2+n+3}{(2m+1)(2n+1)}$, ta có $4, (2m+1).(2n+1)$ nguyên tố cùng nhau. Suy ra $m^2 + n^2 +m+n+3$ chia hết cho $(2m+1)(2n+1)$. Từ đó ta có $k$ chia hết cho 4. Chứng minh $k \geq 12$ bằng hai cách.
Cách 1: Ta có $x^2 + y^2 + 10 = kxy$.
Nếu trong hai số $x, y$ có một số chia hết cho 3, giả sử $x$ chia hết cho 3. Ta có $y^2 + 10$ chia hết cho 3 vô lý vì $y^2 $ chia 3 dư 0 hoặc dư 1.
Vậy $x, y$ không chia hết cho 3, suy ra $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho 3 và $3, xy$ nguyên tố cùng nhau. Do đó $k$ chia hết cho 3.
Do đó $k$ chia hết cho 12, vậy $k\geq 12$.
Cách 2: Xét $k=4$ ta có $x^2 + y^2 + 10 = 4xy$ () $\Leftrightarrow (x-2y)^2 = 3y^2 – 10$.
Ta có $(x-2y)^2$ chia 3 dư 0 hoặc 1 mà $3y^2-10$ chia 3 dư 2, nên phương trình () không có nghiệm nguyên dương.
Xét $k=8$ ta có $x^2 + y^2 + 10 = 8xy (*)\Leftrightarrow (x-4y)^2 = 15y^2 -10$.
Ta có $(x-4y)^2$ chia 3 dư 0 hoặc 1 mà $15y^2-10$ chia 3 dư 2 nên (**) không có nghiệm nguyên dương.
Vậy $k \geq 12$.

Bài 3. Bài này là bài bdt khó, nhưng câu a đã gợi ý để làm câu b, chú ý các bdt phụ quan trọng.

a) Ta có $(x+y+z)^2 = x^2+y^2+z^2 + 2(xy+yz+xz)$. Suy ra $xy + yz + xz = -3$.
Ta có $S = (x-y)^2 + (x-y)(y-z) + (y-z)^2 $

$= x^2 -2xy+y^2+xy-y^2+yz-xz+y^2-2yz + z^2$

$= x^2+y^2+z^2-yx-yz-xz = 9$.

b) Ta có thể chứng minh trực tiếp không qua câu a) như sau:

$(x-y)(y-z) \leq \dfrac{1}{3}((x-y)^2+(x-y)(y-z) + (y-z)^2) = 3$. Suy ra $P \leq 3|x-z|$.
Ta có $|x-z| \leq \sqrt{2(x^2+z^2)}\leq \sqrt{2(x^2+y^2+z^2)}= \sqrt{12}$. Suy ra $P \leq 3\sqrt{12} = 6\sqrt{3}$.
Đẳng thức xảy ra khi $x = \sqrt{3}, y =0, z = -\sqrt{3}$.

Vậy giá trị lớn nhất của P là $6\sqrt{3}$ khi $x = \sqrt{3}, y =0, z = -\sqrt{3}$

Ngoài ra ta có thể áp dụng câu a: Đặt $a = x-y, b = y-z$ ta có $a^2+b^2+ab = 9$, cần tìm giá trị lớn nhất của $P = ab(a+b)$.

Áp dụng $ab \leq \dfrac{1}{4} (a+b)^2$ và $a^2+b^2+ab \geq \dfrac{3}{4} (a+b)^2$. Ta có điều cần chứng minh.

Bài 4. Đây là bài hình khó và dài, các em chú ý hình vẽ cụ thể là góc, vẽ hình chính xác. 

Tránh dùng các kiến thức cấp 3: phương tích trục đẳng phương,…

a) Ta có $\angle EAB + \angle BAC = 90^\circ, \angle FAC + \angle BAC = 90^\circ$. Suy ra $\angle EAB = \angle FAC$.
Mặt khác có $\angle ABE = \angle ACF = 90^\circ$. Suy ra $\triangle ABE \backsim \triangle ACF$.
Suy ra $AE\cdot AC = AF\cdot AB$ mà $ AC = AQ, AB = AN$. Suy ra $AE\cdot AQ = AN\cdot AF$. Suy ra tứ giác $QNEF$ nội tiếp.
b) Cách 1: Gọi $T$ là giao điểm của $MB$ và $CP$. Ta có $ABTC$ nội tiếp và $AT$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Mặt khác ta có $AF|| ET, AE|| FT$ nên $AETF$ là hình bình hành. Suy ra trung điểm $EF$ cũng là trung điểm $AT$. Do đó trung điểm $I$ của $EF$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
Cách 2: Xét hình thang $AEBF$, gọi $X$ là trung điểm của $AB$ khi đó $IX$ thuộc đường trung bình của hình thang, suy ra $IX || BE$ hay $IX$ vuông góc $AB$ vậy $IX$ là trung trực của đoạn $AB$. Chứng minh tương tự thì $I$ cũng thuộc trung trực đoạn $AC$. Vậy $I$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $ABC$.

b) $DA$ cắt $EF$ tại $K’$ ta có $\angle NFK’ = \angle NQA$ (vì $NQFE$ nội tiếp). Mà $\angle NQA = \angle NDA$(vì $AQDN$ nội tiếp). Suy ra $\angle NDA = \angle AFK’$.
Suy ra $NDFK’$ nội tiếp. Chứng minh tương tự ta có $DQK’E$ nội tiếp.
Do đó $K’$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp hai tam giác $DQM$ và $DPN$. Vậy $K’ \equiv K$. Suy ra $D, A, K$ thẳng hàng.
Ta có $\angle BKE = \angle EAB = \angle CAF = \angle CKF$. Suy ra $\angle BKC = 180^\circ – 2 \angle BKE = 2(90^\circ – \angle EAB) = 2\angle BAC = \angle BIC$. Suy ra $BKIC$ nội tiếp. Mà $IBJC$ nội tiếp, suy ra và $JB = JC$ nên $\angle BKJ = \angle CKJ$. Hay $KJ$ là phân giác $\angle BKC$.
Mặt khác $\angle BKA = 180^\circ – \angle AEB = 180^\circ – \angle AFC = \angle AKC$. Suy ra tia đối của tia $KA$ cũng là phân giác của $\angle BKC$. Do đó $A, K, J$ thẳng hàng.
Vậy 4 điểm $D, A, K, J$ thẳng hàng.

Bài 5. Đây là bài toán lạ và khá hay, sử dụng đơn biến.

Ta có $s(n_i) < n_i$, suy ra $n_i – s(n_i) \geq 1$. Suy ra $n_{i+1} \geq 1$. Do đó $n_i \geq 1$ với mọi $i = 1, 2, …$.
Mặt khác $n_{i+1} = n_i – s(n_i) < n_i$ với mọi $i$. Suy ra $n=n_o > n_1 > n_2 > …>…$.
Nếu không tồn tại $n_k$ để $n_k = 1$ ta xây dựng được dãy vô hạn các số nguyên dương giảm và nhỏ hơn $n$ (vô lý) vì số các số nhỏ hơn $n$ là bằng $n-1$.
Vậy tồn tại $k$ sao cho $n_k = 1$.
Với $n=2^{16}.14^{17} = 2^{33}.7^{17}$, ta có $n_1 = 2^{33}7^{17} – 2^{32}.7^{17}= 2^{32}.7^{17}$.\
$n_2 = 2^{31}.7^{17}$.
Tiếp tục ta có $n_{33} = 7^{17}$.
Đặt $m_o= 7^{17}$ ta có $m_1 = 6.7^{16}$, $m_2 = 3.7^{16}, m_3 = 2.7^{16}, m_4 = 7^{16}$. Tương tự ta có $m_8 = 7^{15}$,…,$m_{68} = 7^0 = 1$.
Vậy $k = 33 + 68 = 101$.

Đáp án và bình luận thi vào lớp 10 PTNK năm 2013: Đề chuyên toán

ĐỀ BÀI

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

a) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó hai
nghiệm không thể trái dấu.
b)  Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $|x_1 -x_2| =1$.

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

BÀI 3. Cho $x, y$ là hai số không âm thỏa $x^3+y^3 < x- y$.

a) Chứng minh rằng $y \leq x \leq 1$.
b) Chứng minh rằng $x^3+y^3 \leq x^2 + y^2 \leq 1$.

BÀI 4.  Cho $M = a^2 + 3a + 1$ với $a$ là số nguyên dương.

a) Chứng minh rằng mọi ước của $M$ đều là số lẻ.
b) Tìm $a$ sao cho $M$ chia hết cho 5. Với những giá trị nào của $a$ thì $M$ là lũy thừa của 5?

BÀI 5.  Cho tam giác $ABC$ có góc $\angle A = 60^o$ , đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Đường thẳng $ID$ cắt $EF$ tại $K$, đường thẳng qua $K$ và song song với $BC$ cắt $AB,AC$ theo thứ tự tại $M,N$.

a) Chứng minh rằng các tứ giác $IFMK$ và $IMAN$ nội tiếp .
b) Gọi $J$ là trung điểm cạnh $BC$.Chứng minh rằng ba điểm $A,K,J$ thẳng hàng.
c) Gọi $r$ là bán kính của dường tròn $(I)$ và $S$ là diện tích tứ giác $IEAF$.Tính $S$ theo $r$ và
chứng minh $S_{IMN} \geq \dfrac{S}{4}$ ($S_{IMN}$ là diện tích tam giác $IMN$).

BÀI 6.  Trong một kỳ thi, 60 thí sinh phải giải 3 bài toán. Khi kết thúc kỳ thi , người ta nhận
thấy rằng: Với hai thí sinh bất kỳ luôn có ít nhất một bài toán mà cả hai thí sinh đó đều giải
được. Chứng minh rằng :

a) Nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán khác mà
mọi thí sinh đều giải được .
b) Có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được.

LỜI GIẢI

Nhìn vào đề này thấy độ phức tạp nhẹ nhàng, các câu dễ có thể một phát ăn ngay là bài 1, 3a, 4a, 4b ý đầu, 5a.

Tiếp theo là các câu khó hơn như 2,3b ý sau, 5b, 5c và khó nhằn nhất có lẽ là bài tổ hợp.

Bài hình trong đề này là một bài rất quen thuộc, do đó việc giải lại các bài toán đã học là một việc quan trọng. Chú ý những lỗi suy luận trong làm bài, các em tự làm và tự đánh giá điểm để xem được nhiêu điểm nhé, đáp án sẽ có sau vài ngày nữa.

Bài 1. (1,5 điểm) 

a) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $\Delta ‘ = 3m^2+2m-1> 0 \Leftrightarrow m > \dfrac{1}{3}$ hoặc $m < – 1$. Khi đó tích hai nghiệm của phương trình $x_1x_2 = (m-1)^2 \geq 0$ nên phương trình không thể có hai nghiệm trái dấu.

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$ không âm:

$\Delta’ = 3m^2+2m-1\geq 0; S = x_1+x_2 \geq 0; P=x_1x_2 = m^2-2m+1 \geq 0$

$\Leftrightarrow m \geq \dfrac{1}{3} $
Ta có $|\sqrt{x_1}-\sqrt{2}| = 1 $
$\Leftrightarrow x_1 + x_2 – \sqrt{x_1x_2} = 1 $
$\Leftrightarrow 4m – 2\sqrt{m^2-2m+1} = 1 $
$\Leftrightarrow m = \dfrac{1}{2} (n), m = \dfrac{-1}{2} (l)$.

Bình luận Nhiều bạn xét $P \geq 0$ suy ra phương trình có hai nghiệm cùng dấu, cái này là suy luận sai, vì còn trường hợp bằng 0, tốt nhất là dùng phản chứng.

Bài 2. (1 điểm) Cộng ba phương trình lại ta có:
$3(x^2+y^2+z^2) + 2(x+y+z)+3 = 2(xy+yz+zx) + 4(x+y+z)$

$\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2)-2(xy+yz+xz) – 2(x+y+z)+3 = 0$

$\Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 + (x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2 = 0$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=1\\y=1\\z=1
\end{array} \right.$
Thử lại thấy $(1, 1,1)$ là nghiệm của hệ.

Bình luận: Bài này hệ hoái vị vòng quanh, bất đẳng thức là một trong những cách hay dùng.

Bài 3. (1,5 điểm) 

a) Ta có $x – y \geq x^3 + y^3 \geq 0$, suy ra $x \geq y$.
Ta có $x \geq y + y^3 + x^3 \geq x^3$, suy ra $x(1-x)(1+x) \geq 0$. \Suy ra $0\leq x \leq 1$.
Do đó $0 \leq y \leq x \leq 1$.
b) Từ câu a ta có $0 \leq y \leq x \leq 1$, suy ra $x^3 \leq x^2, y^3 \leq y^2$. Suy ra $x^3+y^3 \leq x^2+y^2$.
Ta có $x – y \geq x^3+y^3 \geq x^3-y^3 \geq 0$.
Suy ra $x^2+y^2+xy \leq 1$, suy ra $x^2+y^2 \leq 1$.
Vậy $x^3+y^3\leq x^2+y^2 \leq 1$.

Bình luận: Đây là bất đẳng thức tương đối dễ, chỉ dùng các biến đổi đơn giản, tuy vậy để làm được ý cuối trong điều kiện phòng thi thì không đơn giản.

Bài 4. (1,5 điểm) 

a)Ta có $M = a^2 + 3a + 1 = a(a+1) + 2a + 1$. Mà $a(a+1)$ là tích hai số tự nhiên liến tiếp nên chia hết cho 2, suy ra $M = a(a+1) + 2a +1$ là số lẻ, do đó mọi ước của $M$ đều là số lẻ.
b) Giả sử $M = a^2 + 3a + 1$ chia hết cho 5. Mà $M = (a-1)^2 + 5a$ nên $(a-1)^2$ chia hết cho 5. Suy ra $a = 5k + 1$ ($k$ là số tự nhiên).
Thử lại thấy với $a = 5k + 1$ thì M chia hết cho 5.
Giả sử $M = (a-1)^2+ 5a = 5^n$.
Nếu $n \geq $ ta có $M$ chia hết cho 25.
Từ M chia hết cho 5, tương tự trên ta có $a = 5k + 1$.
Khi đó $M = 25k^2 + 25k + 5 = 5(5k^2+5k+1)$. Ta có $5k^2 + 5k + 1$ không chia hết cho 5 nên M không chia hết cho 25. (mâu thuẫn).
Nếu $n = 1$. Khi đó $k = 0, a= 1$ và $A=5$ thỏa đề bài.
Đáp số $a = 1$.

Bình luận: Bài này thực chất là bài phương trình nghiệm nguyên, cách hay sử dụng là đồng dư, và đưa ra điều kiện của $a$, ta cũng có thể thử vài giá trị để đoán được nghiệm, từ đó cho ra cách giải.

Bên cạnh đó, nắm chắc một chút các phương pháp chia hết như biến đổi thành tổng.

Bài 5.  (3 điểm) 

a) Do $MN|| BC$ nên $IK \bot MN$. Do $\angle IKN = \angle IFM = 90^\circ$ nên tứ giác $IFMK$ nội tiếp. Tam giác $AEF$ đều nên $\angle KFI = 30^\circ$. Từ đó $\angle IMN = \angle KFI = \angle IAN = 30^\circ$ nên tứ giác $IMAN$ nội tiếp.
b) Ta có $\angle IMN = \angle INM = 30^\circ$ nên tam giác $IMN$ cân tại $I$.
Lại có $IK \bot MN$ nên $K$ là trung điểm của $MN$.
Gọi $J’$ là giao điểm của $AK$ và $BC$, ta có $\dfrac{MK}{BJ’} = \dfrac{AK}{AJ’} = \dfrac{NK}{CJ’}$ mà $MK = NK$ nên $BJ’ = CJ’$. Suy ra $J’$ là trung điểm của $BC$. Suy ra $J \equiv J’$, do đó $A, K, J$ thẳng hàng.
b) Ta có $AE = AF = r\sqrt{3}$, suy ra $S = 2S_{IAF} = 2.\dfrac{1}{2}IF\cdot AF = r^2 \sqrt{3}$.

Ta chứng minh được $S_{IEF} = \dfrac{1}{4}S$.
Các tam giác $IMN$ và $IEF$ cân tại $I$ có $\angle IMN = \angle IEF$ nên đồng dạng. Do đó $\dfrac{S_{IMN}}{S_{IEF}} = \dfrac{IM^2}{IF^2} \geq 1$ (do $IM \geq IF$). Suy ra $S_{IMN} \geq S_{IEF} = \dfrac{S}{4}$.
Dấu bằng xảy ra khi $M \equiv F$ hay tam giác $ABC$ là tam giác đều.

Bình luận. Đây là một mô hình quen thuộc của đường tròn nội tiếp, hầu hết các bạn đã gặp bài toán này, do đó nắm chắc các bài toán là một lợi thế.

Bài 6. (1,5 điểm) 

a) Kí hiệu các bài toán là BT1, BT2, BT3.
Từ giả thiết suy ra rằng mọi thí sinh đều giải được ít nhất một bài toán.
Ta giả sử, mọi thí sinh đều không giải được BT1. Khi đó mọi thí sinh đều giải được BT2 hoặc BT3. Nếu có một thí sinh chỉ giải được 1 bài toán, giả sử đó là bài toán 2. Khi đó theo đề bài thì mọi thí sinh khác đều giải được bài toán 2. Vậy mọi thí sinh đều giải được bài toán 2. Còn nếu tất cả các thí sinh đều giải được 2 bài toán thì cũng thỏa.

b) Ta xét hai trường hợp:
TH1: Có một thí sinh nào đó giải đúng một bài toán, theo câu a thì mọi thí sinh đều giải được bài toán đó, ta có điều cần chứng minh.
TH2: Mọi thí sinh đều giải được ít nhất 2 bài toán. Gọi $a$ là số thi sinh giải được cả 3 bài toán, $b$ là số thí sinh giải được BT1 và BT2, $c$ là số thí sinh giải được BT2 và BT3, $d$ là số thí sinh giải được BT1 và BT3.
Ta có $a + b+ c+ d = 60$.
Nếu $b, c, d > 20$, suy ra $b+c+d > 60$ vô lý. Do đó có một trong ba số $b, c, d$ phải nhỏ hơn hoặc bằng 20. Giả sử là $b \leq 20$. Suy ra $a+c+d \geq 40$.

Hay số thí sinh giải được bài BT3 không ít hơn 40. Điều cần chứng minh.

Bình luận: Đây là bài tổ hợp vừa phải, câu a, chỉ cần đọc kĩ giả thiết là làm được.

Câu b, là biểu đồ venn có thể suy nghĩ đến khi cần phân ra các tập rời nhau.

Bên cạnh đó phản chứng là phương pháp được sử dụng.

Nhìn chung đề này có nhiều câu dễ và quen thuộc, với những câu đó phải làm trước và làm thật chắc, khi đó mới có nhiều thời gian làm các câu khó.

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2020

Đề thi vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2020

Bài 1. Cho $M=\dfrac{x\sqrt{x}-8}{3+\left( \sqrt{x}+1\right) ^2}$, $N=\dfrac{\left( \sqrt{x}+1\right) ^3-\left( \sqrt{x}-1\right) ^3}{\left( x-4\right) \left( 3x+1\right) }$ và $P=\dfrac{\sqrt{x}}{2+\sqrt{x}}$.

a) Tìm $x$ khi $M=x-4$.

b) Tính $Q=M\cdot N +P$

Giải

a) Điều kiện xác định: $x\ge 0$

Ta có: $M=x-4\Leftrightarrow \dfrac{x\sqrt{x}-8}{3+\left( \sqrt{x}+1\right) ^2}=x-4$

$\Leftrightarrow \dfrac{\left( \sqrt{x}-2\right) \left( x+2\sqrt{x}+4\right) }{3+x+2\sqrt{x}+1}=x-4$

$\Leftrightarrow \sqrt{x}-2=x-4$

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

$\Leftrightarrow x=4$ (nhận)

Vậy $S=\left\{ 4\right\} $

b) Điều kiện xác định $x\ge 0$, $x\ne 4$.

Ta có: $M=\sqrt{x}-2$

$N=\dfrac{\left( \sqrt{x}+1\right) ^3-\left( \sqrt{x}-1\right) ^3}{\left( x-4\right) \left( 3x+1\right) }$

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

$=\dfrac{6x+2}{\left( x-4\right) \left( 3x+1\right) }=\dfrac{2}{x-4}$

Ta có: $Q=M\cdot N +P=\left( \sqrt{x}-2\right)\cdot \dfrac{2}{x-4}+\dfrac{\sqrt{x}}{2+\sqrt{x}}$

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

Vậy $Q=1$

Bài 2.

a) Giải phương trình: $\left( x^4+4x^2-5\right) \left( \dfrac{x-3+\sqrt{3+x}}{\sqrt{x}-1}\right) =0$.

b) Hai đường thẳng $d: y=mx+m$ và $d_1: y=x+3m+2n-mn$ cắt nhau tại điểm $I\left( 3;\, 9\right) $. Tính $mn $ và $\dfrac{m}{n}$.

c) Hình chữ nhật $ABCD$ có chu vi bằng $28$ (cm) và nội tiếp đường tròn $(C)$ có bán kính $R=5$ (cm). Tính diện tích tứ giác $ABCD$.

Giải

a) Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} x \ge 0 \\ x \ne 1 \end{array} \right. $

$\left( x^4 +4x^2 -5 \right) \left( \dfrac{x-3+\sqrt{3+x}}{\sqrt{x}-1} \right) =0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x^4 +4x^2 -5 =0 \ (1) \\ \dfrac{x-3+\sqrt{3+x}}{\sqrt{x}-1} =0 \ (2) \end{array} \right. $

  • $(1)\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x^2 =1 \\ x^2 = -5 \quad (l) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x= 1 \hspace{0.74cm} (l) \\ x=-1 \quad (l) \end{array} \right. $
  • $(2) \Leftrightarrow \sqrt{3+x} = 3-x \quad (x \le 3) $

$\Leftrightarrow 3+x = x^2 -6x +9 $

$\Leftrightarrow x^2 -7x +6 =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1 \quad (l) \\ x=6 \quad (l) \end{array} \right. $

Vậy phương trình vô nghiệm.

b)

  • $I(3;9) \in d: y=mx+m$ nên $9=3m+m \Leftrightarrow m= \dfrac{9}{4}$
  • $I(3;9) \in d_1: y=x+3m+2n-nm$ nên $9=3+\dfrac{27}{4} +2n – \dfrac{9}{4}n \Leftrightarrow n=3 $

Suy ra $mn= \dfrac{27}{4} $ và $\dfrac{m}{n} = \dfrac{3}{4}$

c) Gọi $a$, $b$ $(cm)$ là độ dài hai cạnh của hình chữ nhật $ABCD$. $(a \ge b >0)$

Ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l} 2(a+b)=28 \\ a^2+b^2 = 10^2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a+b=14 \\ (a+b)^2 – 2ab =100 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a+b=14 \\ ab= 48 \end{array} \right. $

Vậy diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là: $ab=6\cdot 8 = 48 \, \left( cm^2 \right) $

Bài 3. Gọi $(P)$, $(d)$ lần lượt là đồ thị của các hàm số $y=x^2$ và $y=2mx+3$.

a) Chứng minh đường thẳng $(d)$ luôn cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A\left( x_1;\, y_1\right) $, $B\left( x_2;\, y_2\right) $ và tính $y_1+y_2$ theo $m$.

b) Tìm $m$ sao cho $y_1-4y_2=x_1-4x_2+3x_1x_2$.

Giải

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

$x^2=2mx+3 \Leftrightarrow x^2-2mx-3=0 \quad (1)$

Xét phương trình $(1)$, ta có: $\Delta’ = m^2 +3 > 0$ với mọi $m \in \mathbb{R}$

Suy ra phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi $m$ hay $(d)$ luôn cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A\left( x_1;y_1 \right) $, $B\left( x_2; y_2 \right) $.

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

Khi đó $y_1=2mx_1+3$, $y_2=2mx_2+3$;

$y_1 + y_2 = 2mx_1+3+2mx_2+3 = 2m\left( x_1 + x_2 \right) +6 = 4m^2 +6$

b) Ta có: $y_1 -4y_2 = x_1-4x_2 +3x_1x_2 $

$\Leftrightarrow 2mx_1+3 – 8mx_2 -12 = x_1-4x_2 -9 $

$\Leftrightarrow 2m\left( x_1 – 4x_2 \right) = x_1-4x_2 $

$\Leftrightarrow \left( x_1-4x_2 \right)(2m -1)=0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x_1=4x_2 \\ m=\dfrac{1}{2} \quad (n) \end{array} \right. $

Với $x_1=4x_2$, lại có $x_1x_2= -3 \Rightarrow 4x_2^2 = -3$ (vô lý)

Vậy $m=\dfrac{1}{2}$

Bài 4. Một kho hàng nhập gạo (trong kho chưa có gạo) trong $4$ ngày liên tiếp và mỗi ngày (kể từ ngày thứ $2$) đều nhập một lượng gạo bằng $120\%$ lượng gạo đã nhập vào kho trong ngày trước đó. Sau đó, từ ngày thứ $5$ kho ngừng nhập và mỗi ngày kho lại xuất một lượng gạo bằng $\dfrac{1}{10}$ lượng gạo trong kho ở ngày trước đó. Hãy tính lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất trong mỗi trường hợp sau:

a) Ngày thứ $3$, sau khi nhập xong thì trong kho có $91$ tấn gạo.

b) Tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ $5$, thứ $6$ là $50,996$ tấn.

Giải

Gọi $x$ (tấn) là lượng gạo nhập vào kho ngày thứ nhất.($x>0$)

a) Lượng gạo nhập vào kho ngày sau bằng $120\%$ ngày trước nên tổng số gạo trong ba ngày nhập đầu tiên là:

$x+x\cdot 120\%+x\cdot (120\%)^2=91$

$ \Leftrightarrow x\cdot \dfrac{91}{25}=91 \Leftrightarrow x=25 $ (tấn)

Vậy lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất trong trường hợp này là $25$ (tấn).

b) Lượng gạo kho hàng nhập trong $4$ ngày liên tiếp là:

$x+x\cdot 120\%+x\cdot (120\%)^2+x\cdot (120\%)^3=x\cdot \dfrac{671}{125}$ (tấn)

Lượng gạo ngày thứ $5$ kho xuất: $ \dfrac{1}{10}\cdot\dfrac{671}{125}x$ (tấn)

Lượng gạo còn lại sau ngày thứ $5$: $ \dfrac{9}{10}\cdot\dfrac{671}{125}x$ (tấn)

Lượng gạo kho xuất ngày $6$ là:

$ \dfrac{1}{10}\cdot\left( \dfrac{9}{10}\cdot\dfrac{671}{125}x\right) =\dfrac{9}{100}\cdot\dfrac{671}{125}x$ (tấn)

Vậy số gạo đã xuất trong ngày thứ $5$ và thứ $6$ là:

$ \dfrac{1}{10}\cdot\dfrac{671}{125}x + \dfrac{9}{100}\cdot\dfrac{671}{125}x=50,996 \Leftrightarrow \dfrac{19}{100}\cdot\dfrac{671}{125}x=50,996 \Leftrightarrow x=50 $ (tấn)

Vậy lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất trong trường hợp này là $50$ (tấn).

Bài 5. Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(T)$ có tâm $O$ có $AB=AC$ và $\angle BAC > 90^\circ $. Gọi $M$ là trung điểm của $AC$, tia $MO$ cắt $(T)$ tại $D$, $BC$ lần lượt cắt $AO$ và $AD$ tại $N$, $P$.

a) Chứng minh $OCMN$ là tứ giác nội tiếp và $\angle BDC =4 \angle ODC$.

b) Phân giác góc $\angle BDP$ cắt $BC$ tại $E$, $ME$ cắt $AB$ tại $F$. Chứng minh $CA=CP$ và $ME$ vuông góc với $DB$.

c) Chứng minh tam giác $MNE$ cân. Tính $\dfrac{DE}{DF}$.

Giải

a)

  • Ta có: $AB=AC$, $OB=OC$

$\Rightarrow OA$ là đường trung trực của $BC\Rightarrow OA\bot BC$ (tại $N$)

$M$ là trung điểm của $AC\Rightarrow OM\bot AC$ (tại $M$)

Xét tứ giác $ONMC$ có: $\angle ONC =\angle OMC =90^\circ \Rightarrow ONMC$ nội tiếp.

  • Ta có: $AB=AC\Rightarrow \angle BDA =\angle CDA $

$MD$ là trung trực $AC\Rightarrow \triangle DAC$ cân tại $D\Rightarrow DM$ là phân giác $\angle ADC$

$\Rightarrow \angle CDO =\dfrac{1}{2}\angle CDA =\dfrac{1}{4}\angle CDB$ hay $\angle CDB = 4\angle CDO$.

b)

  • Ta có: $\angle ACB =\angle ADB =\angle ADC$

$\triangle ADC$ cân tại $D\Rightarrow \angle DAC =\angle ACD =\angle ACB +\angle DCB$ $(1)$

Và $\angle APC =\angle ADC +\angle DCB =\angle ACB +\angle DCB$ (2)

Từ $(1)$ và $(2)$ $\Rightarrow \angle APC =\angle DAC \Rightarrow \triangle ACP$ cân tại $C\Rightarrow CA=CP$

  • Gọi $K$ là giao điểm của $ME$ với $BD$

$\angle EDP =\dfrac{1}{2}\angle BDA =\dfrac{1}{4}\angle BDC$

$\Rightarrow \angle EDM =\dfrac{1}{2}\angle BDC =\angle ACP$

$\Rightarrow DEMC$ nội tiếp $\Rightarrow \angle DEC =\angle DMC =90^\circ $

Mà $\left\{ \begin{array}{l} \angle BEK =\angle MEC =\angle CDM\\ \angle DBE =\angle DAC =\angle DCA \end{array}\right. $

$\Rightarrow \angle BEK +\angle DBE=\angle CDM +\angle DCA =90^\circ \Rightarrow \angle BKE=90^\circ $

$\Rightarrow ME$ vuông góc với $DB$.

c)

  • Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} \angle CNM =\angle ABC =\angle ADC\\ \angle NEM =\angle CDM =\dfrac{1}{2}\angle ADC \end{array}\right. $

Mà $\angle CNM =\angle NEM +\angle NME$

$ \Rightarrow \angle NME =\angle NEM \Rightarrow \triangle NME$ cân tại $N$.

  • $\angle DEF =\angle ACD =\angle DBF $

$\Rightarrow DFBE$ nội tiếp $\Rightarrow \angle DFB=90^\circ $

$\Rightarrow \angle DFE =\angle DBE =\angle DEF \Rightarrow \triangle DFE$ cân $D \Rightarrow \dfrac{DE}{DF}=1$

 

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2019

Đề thi vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2019

Bài 1. Tìm $a$ biết

$$\dfrac{\left( \sqrt{a}+1 \right) ^2 – \left( \sqrt{a}-1 \right) ^2}{4\sqrt{a} \left( \sqrt{a}-1 \right) } – \dfrac{\left( \sqrt{2a+1} + \sqrt{a+1} \right) \left( \sqrt{2a+1} – \sqrt{a+1} \right) }{a\left( \sqrt{a}+1 \right) }=1 $$

Giải

Điều kiện: $a>0; a \ne 1$

Ta có:

$\dfrac{\left( \sqrt{a}+1 \right) ^2 – \left( \sqrt{a}-1 \right) ^2}{4\sqrt{a} \left( \sqrt{a}-1 \right) } – \dfrac{\left( \sqrt{2a+1} + \sqrt{a+1} \right) \left( \sqrt{2a+1} – \sqrt{a+1} \right) }{a\left( \sqrt{a}+1 \right) }=1 $

$\Leftrightarrow \dfrac{\left( \sqrt{a}+1 + \sqrt{a} -1 \right) \left( \sqrt{a}+ 1 – \sqrt{a}+1 \right) }{4\sqrt{a}\left( \sqrt{a}-1 \right) } – \dfrac{2a+1 – a-1}{a\left( \sqrt{a}+1 \right) }=1 $

$\Leftrightarrow \dfrac{4\sqrt{a}}{4\sqrt{a}\left( \sqrt{a}-1 \right) }- \dfrac{a}{a\left( \sqrt{a}+ 1\right) } = 1$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{ \sqrt{a}-1 } – \dfrac{1}{\sqrt{a}+ 1}= 1 $

$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{a}+ 1 – \sqrt{a} +1 }{a-1}=1 $

$\Leftrightarrow \dfrac{2}{a-1}= 1$

$\Leftrightarrow a= 3 $

Vậy $a=3$

Bài 2.

a) Giải phương trình: $\left( \sqrt{x+2}-x \right) \left( \sqrt{2x-5} -1 \right) =0 $

b) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x+y+3}= \sqrt{2x+3y+1} \\ x(y+1)-4(x+y)+54=0 \end{array} \right. $

Giải

a) Điều kiện: $x \ge \dfrac{5}{2}$

$\left( \sqrt{x+2}-x \right) \left( \sqrt{2x-5} -1 \right) =0 $

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

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x+2 = x^2 \\ 2x-5=1 \end{array} \right. $

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

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=-1 \text{ (loại)} \\ x= 2 \;\;\; \text{ (loại)} \\ x=3 \;\;\text{ (nhận)} \end{array} \right. $

Vậy $S=\left\{ 3 \right\} $

b) Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} x+y+3 \ge 0 \\ 2x + 3y +1 \ge 0 \end{array} \right. $

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x+y+3}= \sqrt{2x+3y+1} \\ x(y+1)-4(x+y)+54=0 \end{array} \right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+y+3=2x+3y+1 \\ xy+x-4x-4y + 54 =0 \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x= -2y +2 \\ (-2y+2)y-3(-2y+2)-4y +54=0 \end{array} \right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x= -2y + 2 \\ -2y^2 + 2y + 6y-6 -4y +54=0 \end{array} \right. $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x= -2y+2 \\ -2y^2+4y+48=0 \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x=-10 \\ y=6 \end{array} \right. \;\; \text{ (loại)}\\ \left\{ \begin{array}{l} x=10 \\ y=-4 \end{array} \right. \;\;\; \text{ (nhận)} \end{array} \right. $

Vậy $(x,y)=(10;-4)$

Bài 3. Cho phương trình $x^2-(2m+1)x-12=0 $ $(1)$

a) Với giá trị nào của $m$ thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ sao cho

$$x_1+x_2 -2x_1x_2=25 $$

b) Tìm $m$ để phương trình $(1)$ có hai nghiệm $x_1$, $x_2$ thỏa:

$$x_1^2 -x_2^2 -7(2m+1)=0 $$

Giải

a) Ta có: $\Delta = (2m+1)^2 + 48 >0$ với mọi $m$

Suy ra phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi $m$

Theo định lý Viete, ta có: $\left\{ \begin{array}{l} S= x_1 + x_2 = 2m+1 \\ P = x_1 x_ 2 = -12 \end{array} \right. $

Ta có: $ x_1 + x_2 -2x_1x_2 =25 \Leftrightarrow 2m+1 +24 =25 \Leftrightarrow m = 0 $

Vậy $m=0$

b) $x_1^2 – x_2^2 – 7(2m+1) =0 $

$\Leftrightarrow \left( x_1-x_2 \right) \left( x_1 + x_2 \right) – 7(2m+1) =0 $

$\Leftrightarrow (2m+1)\left( x_1-x_2 \right) – 7(2m+1) =0 $

$\Leftrightarrow (2m+1)\left( x_1 -x_2 -7 \right) =0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m= -\dfrac{1}{2} \\ x_1-x_2 =7 \hspace{1cm}(2) \end{array} \right. $

Ta có: $(2)\Leftrightarrow x_1 + x_2 -2 x_2 =7 $

$\Leftrightarrow 2m+1 -2 x_2 = 7\Leftrightarrow x_2 = m-3 $

Mà $x_1 + x_2 = 2m+1$ nên $x_1 = m+4$

Lại có $x_1x_2 =-12  \Rightarrow (m+4)(m-3)=-12 \Leftrightarrow m^2 + m -12 = -12 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m= 0 \\ m=-1 \end{array} \right. $

Vậy $m \in \left\{ -1; -\dfrac{1}{2} ; 0 \right\} $

Bài 4.

a) Từ ngày $1/1/2019$ đến $20/5/2019$, giá bán lẻ xăng RON $95$ có đúng bốn lần tăng và một lần giảm. Các thời điểm thay đổi giá xăng RON $95$ trong năm $2019$ (tính đến ngày $20/5/2019$) được cho bởi bảng sau:

Từ $16$ giờ chiều $2/5/2019$ giá bán lẻ $1$ lít xăng RON $95$ tăng thêm khoảng $25\%$ so với giá $1$ lít xăng RON $95$ ngày $1/1/2019$. Nếu ông $A$ mua $100$ lít xăng RON $95$ ngày $2/1/2019$ thì cũng với số tiền đó ông $A$ sẽ mua được bao nhiêu lít xăng RON $95$ vào ngày $3/5/2019$? Cũng trong $2$ ngày đó ($2/1$ và $3/5$), ông $B$ đã mua tổng cộng $200$ lít xăng RON $95$ với tổng số tiền $3850000$ đồng, hỏi ông $B$ đã mua bao nhiêu lít xăng vào ngày $3/5/2019$?

b) Tứ giác $ABCD$ có chu vi $18 \; cm$, $AB=\dfrac{3}{4} BC$, $CD= \dfrac{5}{4}BC$ và $AD=2AB$.

Tính độ dài các cạnh của tứ giác $ABCD$. Biết $AC=CD$, tính diện tích tứ giác $ABCD$.

Giải

a)  Giá $1$ lít xăng RON $95$ vào $16$ giờ chiều $2/5/2019$ là: $$ 17600 \left( 1+ 25\% \right) = 22000 \; \text{(đồng)} $$

Số tiền ông $A$ đã dùng để mua $100$ lít xăng vào ngày $2/1/2019$ là: $$ 100 \cdot 17600 = 1760000 \; \text{(đồng)} $$

Lượng xăng ông $A$ có thể mua được vào ngày $3/5/2019$ với số tiền trên là: $$ 1760000 : 22000 = 80 \; (l)$$

Gọi $x$, $y$ (lít) lần lượt là lương xăng ông $B$ đã mua vào ngày $2/1$ và $3/5$. ($x, y >0$)

Ta có hệ sau:

$\left\{ \begin{array}{l} x+ y= 200 \\ 17600x + 22000y = 3850000 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x= 125 \\ y= 75 \end{array} \right. $

Vậy ông $B$ đã mua $75$ lít xăng RON $95$ vào ngày $3/5/2019$.

b) Ta có:

$AB+BC+CD+AD= 18 $

$\Leftrightarrow \dfrac{3}{4}BC + BC + \dfrac{5}{4}BC + 2 \cdot \dfrac{3}{4}BC = 18 $

$\Leftrightarrow \dfrac{9}{2}BC = 18 \Leftrightarrow BC= 4 \; cm $

$\Rightarrow AB = 3 \; cm; CD= 5 \; cm; AD = 6 \; cm$

Tam giác $ABC$ có $AB^2+BC^2= 3^2 + 4^2 = 25 = AC^2$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $B$

$\Rightarrow S_{ABC}= \dfrac{1}{2} \cdot AB\cdot BC = \dfrac{1}{2} \cdot 3\cdot 4= 6 \, cm^2$

Tam giác $ACD$ có $AC=CD$ nên cân tại $C$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AD$, suy ra $AM=MD=\dfrac{AD}{2}=3 \; cm$ và $CM \bot AD$

Tam giác $ACM$ vuông tại $M$ nên

$CM^2 + AM^2 = AC^2 \Rightarrow CM^2 = 5^2-3^2 = 16 \Rightarrow CM = 4\; cm$

$\Rightarrow S_{ACD}= \dfrac{1}{2} \cdot CM \cdot AD = \dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12 \, cm^2$

Vậy $S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ACD} = 6+12 =18 \; cm^2$

Bài 5. Hình chữ nhật $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(T)$ có tâm $O$, bán kính $R=2a$. Tiếp tuyến của $(T)$ tại $C$ cắt các tia $AB$, $AD$ lần lượt tại $E$, $F$.

a) Chứng minh $AB\cdot AE = AD \cdot AF$ và $BEFD$ là tứ giác nội tiếp.

b) Đường thẳng $d$ đi qua $A$, $d$ vuông góc với $BD$ và $d$ cắt $(T)$, $EF$ theo thứ tự tại $M$, $N$ ($M \ne A$). Chứng minh $BMNE$ là tứ giác nội tiếp và $N$ là trung điểm của $EF$.

c) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BEF$. Tính IN theo $a$

Giải

a) $ABCD$ là hình chữ nhật nội tiếp đường tròn $(O)$ nên $O$ là trung điểm của $AC, BD$.

Ta có $OC \bot EF$ (do EF là tiếp tuyến), $AD \bot CD$ do $ABCD$ là hình chữ nhật.

Tam giác $ACF$ vuông tại $C$ có $CD$ là đường cao nên $AD \cdot AF = AC^2$.

Tương tự, tam giác $ACE$ vuông tại $C$ có $CB$ là đường cao nên $AB \cdot AE = AC^2$.

Do đó $AD \cdot AF = AB \cdot AE$.

Suy ra $\dfrac{AD}{AE} = \dfrac{AB}{AF}$.

Xét tam giác $ABD$ và $AFE$ có $\angle A$ chung và $\dfrac{AD}{AE} = \dfrac{AB}{AF}$

nên $\triangle ABD \backsim \triangle AFE$, suy ra $\angle ABD = \angle AFE$, suy ra tứ giác $BDFE$ nội tiếp.

(Cách khác: $\angle ABD = \angle ACD$ mà $\angle ACD = \angle AFE$ (Cùng phụ $\angle DCF$)

Suy ra $\angle ABD = \angle AFE$).

b) Ta có $\angle AMB = \angle ACB$ (cùng chắn cung AB), mà $\angle ACB = \angle BEN$

(cùng phụ $\angle BCE$)

Suy ra $\angle AMB = \angle BEN$, suy ra $BENM$ nội tiếp.

Ta có $\angle BMA = \angle BDA$ (cùng chắn cung $AB$), mà $\angle BDA = \angle BAM$ (cùng phụ với $\angle ABD$)

Suy ra $\angle BMA = \angle BAM = \angle NAE$. Vậy $\angle NEA = \angle NAE$.

Tam giác $NAE$ có $\angle NEA = \angle NAE$ nên cân tại $N$ hay $NA = NE$.

Mà $\angle NEA + \angle NFA = 90^\circ = \angle NAE + \angle NAF$, suy ra $\angle NFA = \angle NAF$, suy ra $NA = NF$.

Vậy $NE = NA = NF$ hay $N$ là trung điểm $EF$.

c)  Ta có $N$ là trung điểm $EF$ nên $IN \bot EF$, mà $AO \bot EF$, suy ra $IN \parallel AO$;

Và $IO \bot BD, AN \bot BD$, suy ra $IO \parallel AN$;

Do đó tứ giác $ANIO$ là hình bình hành, suy ra $IN = AO = R$.

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2018

Đề thi vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2018

Bài 1. Biết $0<x\le y$ và

$$ \left( \dfrac{\left( \sqrt{x} + \sqrt{y} \right) ^2+\left( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right) ^2 }{\left( \sqrt{x} + \sqrt{y} \right) \left( \sqrt{x} -\sqrt{y} \right) + 2\left( x+2y \right) } \right) + \left( \dfrac{y}{\sqrt{x} \left( \sqrt{x}+ \sqrt{y} \right) } + \dfrac{x}{\sqrt{y} \left( \sqrt{x}+\sqrt{y} \right) }\right) = \dfrac{5}{3} $$

Tính $\dfrac{x}{y}$

Giải

Với $0 < x \le y$, ta có:

$\left(\dfrac{(\sqrt x + \sqrt y)^2 + (\sqrt x – \sqrt y)^2}{(\sqrt x + \sqrt y)(\sqrt x – \sqrt y)+2(x+ 2y)}\right) + \dfrac{y}{\sqrt x (\sqrt x + \sqrt y)}+ \dfrac{x}{\sqrt y (\sqrt x + \sqrt y)}= \dfrac{5}{3}$

$\Leftrightarrow \left(\dfrac{2(x+y)}{x-y + 2x + 4y}\right) + \dfrac{y\sqrt y + x\sqrt x}{\sqrt {xy}(\sqrt x + \sqrt y)} = \dfrac{5}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{2(x+y)}{3(x+y)} + \dfrac{ (\sqrt x + \sqrt y)(x- \sqrt{xy} + y)}{\sqrt{xy}{(\sqrt x+ \sqrt y)}} = \dfrac{5}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{2}{3} + \dfrac{x – \sqrt {xy} + y}{\sqrt{xy}} = \dfrac{5}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{x- \sqrt{xy} + y}{\sqrt{xy}} = 1$

$\Leftrightarrow x – \sqrt{xy} + y = \sqrt{xy}$

$\Leftrightarrow x- 2\sqrt{xy} + y = 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt x – \sqrt y)^2 = 0$

$\Leftrightarrow \sqrt x – \sqrt y = 0$

$\Leftrightarrow \sqrt x = \sqrt y \Leftrightarrow x= y.$

Vậy $ \dfrac{x}{y} = 1. $

Bài 2.

a) Giải phương trình: $\dfrac{2x^2 (7-x)}{\sqrt{3-x}} = x(x-7)$

b) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l} (x+3)(x-1)=(y-2)(x+3) \\ (x-1)\sqrt{y^2-5y+8}=(y-2)^2 \end{array} \right. $

Giải

a)  Điều kiện $ 3- x > 0 \Leftrightarrow x < 3. $

Ta có: $\dfrac{2x^2 (7-x)}{\sqrt{3-x}}= x(x-7)$

$\Leftrightarrow \dfrac{2x^2(7-x)}{\sqrt{3-x}} = \dfrac{x(x-7)\sqrt{3-x}}{\sqrt{3-x}}$

$\Rightarrow 2x^2(7-x) = x(x-7)\sqrt {3-x}$

$\Leftrightarrow x(x-7)(\sqrt{3-x} + 2x)= 0$

$\Leftrightarrow x = 0 \ (n) \text{ hoặc } x = 7 \ (l) \text{ hoặc } \sqrt{3-x} +2x = 0  \ (1)$

Giải $(1)$, ta được $ \sqrt{3-x} + 2x = 0 \Leftrightarrow \sqrt{3-x} = -2x $

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le 0 \\ 3-x = 4x^2  \end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}  x\le 0 \\  4x^2 + x – 3 = 0 \end{array}\right.$  $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x\le 0 \\ x = \dfrac{3}{4} \text{ (l) } \text{ hoặc } x = -1 \text{ (n) } \end{array} \right. $

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là $ S = \left\{ { – 1;0} \right\}$.

b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} (x+3)(x-1) = (y-2)(x+3) \ (1) \\ (x-1)\sqrt{y^2 – 5y + 8} =(y -2)^2 \ (2) \end{array} \right. $

Điều kiện: $y^2-5y+8 \ge 0 \Leftrightarrow y\in \mathbb{R}$

Giải $(1)$ Ta có $ (x+3)(x-1) = (y-2)(x+3) \Leftrightarrow (x+3)(x-1-y+2) = 0 $

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

Thay $ x = -3 $ vào $(2)$ ta được

$ (-3-1)\sqrt{y^2 – 5y + 8} =(y-2)^2 \Leftrightarrow -4\sqrt{y^2- 5y + 8} =(y -2)^2 \ \text{ (vô nghiệm)} . $

Vì $(y-2)^2 \ge 0 ;\ – 4\sqrt{y^2 – 5y + 8} < 0.$

Thay $ x = y -1 $ vào $(2)$ ta được

$ (y – 2)\sqrt{y^2 – 5y + 8} =(y-2)^2 \Leftrightarrow (y -2)(\sqrt{ y^2 – 5y + 8} – y + 2) = 0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}  y = 2\\  \sqrt{y^2 – 5y + 8} = y – 2 \ (3) \end{array} \right. $

Thay $ y = 2 \Rightarrow x = 1 $, ta có

$ (3) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y – 2\ge 0 \\  y^2 -5y + 8 =(y-2)^2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} y \ge 2 \\ y = 4 \ \text{(nhận)} \end{array} \right.  $

Với $ y =4 $ thì $ x = 3. $

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: $ S = \left\{ {(1;2), \ (3;4)} \right\} $

Bài 3. Cho phương trình $x^2 -x +3m-11=0$ $(1)$

a) Với giá trị nào của $m$ thì phương trình $(1)$ có nghiệm kép? Tìm nghiệm đó.

b) Tìm $m$ để phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ sao cho

$$2017x_1 + 2018x_2 =2019.$$

Giải

a) Phương trình $(1)$ có nghiệm kép $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1\ne 0 \text{ (hiển nhiên)} \\ \Delta = 0 \end{array} \right. $

$\Leftrightarrow 1-4(3m-11) =0 \Leftrightarrow 45-12m =0 \Leftrightarrow m=\dfrac{45}{12} = \dfrac{15}{4}$

Với $m=\dfrac{15}{4}$ thì phương trình $(1)$ trở thành:

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

Vậy khi $m=\dfrac{15}{4}$ thì phương trình $(1)$ có nghiệm $x=\dfrac{1}{2}$.

b) Để phương trình $(1)$ có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ thì

$\Delta >0 \Leftrightarrow 45-12m >0 \Leftrightarrow m < \dfrac{15}{4}$

Theo định lý Viete, ta có: $\left\{ \begin{array}{l} S=x_1+x_2 = 1 \\ P=x_1x_2=3m-11 \end{array} \right. $

$2017x_1+2018x_2=2019 \Leftrightarrow 2017 \left( x_1 + x_2 \right) +x_2 =2019 $

$\Leftrightarrow 2017+x_2=2019 \Leftrightarrow x_2 = 2$

Mà $x_1+x_2 =1$ nên $x_1=-1$

Lại có $x_1x_2 = 3m-11 \Rightarrow 3m-11 = -2 \Rightarrow m=3$ (thỏa)

Vậy $m=3$ thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn đề bài.

Bài 4.

a) Đầu tháng $5$ năm $2018$, khi đang vào thu hoạch, giá dưa hấu bất ngờ giảm mạnh. Nông dân $A$ cho biết vì sợ dưa hỏng nên phải bán $30\%$ số dưa hấu thu hoạch được với giá $1500$ đồng mỗi kilôgam ($1500đ/kg$), sau đó nhờ phong trào “giải cứu dưa hấu” nên đã may mắn bán hết số dưa còn lại với giá $3500đ/kg$; nếu trừ tiền đầu tư thì lãi được $9$ triệu đồng (không kể công chăm sóc hơn hai tháng của cả nhà). Cũng theo ông $A$, mỗi sào đầu tư (hạt giống, phân bón,…) hết $4$ triệu đồng và thu hoạch được $2$ tấn dưa hấu. Hỏi ông $A$ đã trồng bao nhiêu sào dưa hấu?

b) Một khu đất hình chữ nhật $ABCD$ ($AB<AD$) có chu vi $240$ mét được chia thành hai phần gồm khu đất hình chữ nhật $ABNM$ làm chuồng trại và phần còn lại làm vườn thả để nuôi gà ($M$, $N$ lần lượt thuộc các cạnh $AD$, $BC$). Theo quy hoạch trang trại nuôi được $2400$ con gà, bình quân mỗi con gà cần một mét vuông của diện tích vườn thả và diện tích vườn thả gấp ba lần diện tích chuồng trại. Tính chu vi của khu đất làm vườn thả.

Giải

a) Giả sử ông $A$ đã trồng $x$ sào dưa hấu. ($x>0$)

Tổng số tiền ông $A$ thu được từ việc bán dưa hấu là:

$30\%x \cdot 1500 \cdot 2000 + 70\% x \cdot 3500 \cdot 2000 = 5800000x$ (đồng)

Tổng chi phí của ông $A$ là: $4000000x$ (đồng)

Ta có phương trình:

$5800000x-4000000x=9000000 \Leftrightarrow x=5$

Vậy ông $A$ đã trồng $5$ sào dưa hấu.

b) Gọi $x$, $y$ ($m$) lần lượt là chiều rộng và chiều dài của mảnh đất $ABCD$ ($x<y$).

Tổng diện tích của khu đất là: $2400+\dfrac{2400}{3} = 3200$

Ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l} 2(x+y)=240 \\ xy=3200 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x+y=120 \\ xy=3200 \end{array}\right. $

Do đó $x$ và $y$ là hai nghiệm của phương trình:

$t^2 -120t+3200=0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} t= 80 \\ t= 40 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=40 \\ y=80 \end{array} \right. $

Suy ra $AB=40 m$, $AD=80m$, suy ra $NC=\dfrac{2400}{40}=60m$.

Vậy chu vi vườn thả là $2(40+60)=200m$.

Bài 5. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(T)$ tâm $O$, bán kính $R$; $\angle CAD = 45^\circ $, $AC$ vuông góc với $BD$ và cắt $BD$ tại $I$, $AD>BC$. Dựng $CK$ vuông góc với $AD$ ($K\in AD$), $CK$ cắt $BD$ tại $H$ và cắt $(T)$ tại $E$ ($E \ne C$)

a) Tính số đo góc $\angle COD$. Chứng minh các điểm $C$, $I$, $K$, $D$ cùng thuộc một đường tròn và $AC=BD$.

b) Chứng minh $A$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BHE$. Tính $IK$ theo $R$.

c) $IK$ cắt $AB$ tại $F$. Chứng minh $O$ là trực tâm tam giác $AIK$ và $CK \cdot CB = CF \cdot CD$.

Giải

a)

  • Ta có $\widehat{COD}=2\widehat{CAD}=2\times 45^\circ=90^\circ$ (góc ở tâm bằng hai lần góc nội tiếp cùng chắn cung $CD$).

$\widehat{CID}=\widehat{CKD}=90^\circ$

Suy ra $A$, $I$, $K$, $D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CD$.

  • $\triangle IAD$ có $\widehat{I}=90^\circ$, $\widehat{IAD}=45^\circ$ suy ra $\widehat{IDA}=45^\circ$, do đó $\triangle IAD$ vuông cân tại $I$.

Suy ra $IA=ID$ $(1)$.

  • $\widehat{CBI}=\widehat{IAD}=45^\circ$,

$\triangle ICB$ có $\widehat{CIB}=90^\circ$, $\widehat{CBI}=45^\circ$ suy ra $\widehat{ICB}=45^\circ$, do đó $\triangle ICB$ vuông cân tại $I$.

Từ đó suy ra $IC=IB$ $(2)$.

  • Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $IA+IC=IB+ID$, do đó $AC=BD$.

b)

  • Tứ giác $\triangle IHK$ có $\widehat{I}+\widehat{K}=90^\circ +90^\circ =180^\circ$.

Suy ra $AIHK$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat{CHB}=\widehat{CAD}=45^\circ=\widehat{CBH}$.

Do đó $\triangle CBH$ vuông cân tại $C$ có $CI$ là đường cao nên cũng là đường trung trực đoạn thẳng $BH$.

Suy ra $AB=AH$. $(3)$

  • Ta có $\widehat{HAD}=\widehat{HCD}$ (cùng phụ $\widehat{ADC}$),

Mà $\widehat{HCD}=\widehat{DAE}$ nên $\widehat{HAD}=\widehat{DAE}$.

Suy ra $\triangle AKH = \triangle AKE$ (g.c.g).

Suy ra $AH=AE$ $(4)$

Từ $(3)$, $(4)$ ta được $AH=AE=AB$ nên $A$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle BHE$.

  •  $\triangle AKC\backsim \triangle AID$ suy ra $AK.AD=AI.AC$

Do đó $\dfrac{AK}{AC}=\dfrac{AI}{AD}$.

Suy ra $\triangle AIK \backsim \triangle ACD$ suy ra $\dfrac{IK}{CD}=\dfrac{AK}{AC}=\cos \widehat{CAK}= \cos 45^\circ = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$.

Mà $CD=\sqrt{CO^2 + OD^2}=R\sqrt{2}$.

Do đó $IK=R$.

c)

  • Ta có $\left\{ \begin{array}{l} IA=ID\\ OA=OD \end{array} \right. $ suy ra $IO$ là trung trực $AD$, do đó $IO\perp AD$. $(5)$

$\left\{ \begin{array}{l} KC=KA \\ OC=OA \end{array} \right. $ suy ra $KO$ là trung trực $AC$, do đó $KO\perp AC$.  $(6)$

Từ $(5)$, $(6)$ suy ra $O$ là trực tâm $\triangle AIK$.

  • Ta có $\widehat{CAF}=\widehat{CDB}$ (cùng bằng nửa số đo cung $CB$).

$\widehat{CDB}=\widehat{CKF}$ (Tứ giác $CIKD$ nội tiếp).

Suy ra $\widehat{CAF}=\widehat{CKF}$, do đó tứ giác $CKAF$ nội tiếp.

Từ đó suy ra $\widehat{CFA}=180^\circ – \widehat{CKA}=90^\circ$.

  • Xét tam giác $\triangle CBF$ và $\triangle CKD$,

$\begin{array}{l} \widehat{CFB}=\widehat{CKD}=90^\circ\\ \widehat{CBF}=\widehat{CDK}\text{ (tứ giác $ABCD$ nội tiếp)} \end{array}$

Suy ra $\triangle CBF\backsim \triangle CDK$.

Do đó $\dfrac{CB}{CD}=\dfrac{CF}{CK}$

Suy ra $CB.CK=CD.CF$.

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2017

Đề thi vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2017

Bài 1. Biết $a$, $b$ là các số dương, $a \ne b$ và

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

Tính $S= \dfrac{1+2ab}{a^2 + b^2}$

Giải

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

$\Leftrightarrow \dfrac{a^2 + 4ab + 4b^2 – b^2 – 4ab – 4a^2}{a+b} : \left( \dfrac{a^3 – b^3}{a-b} – 3ab \right) =3$

$\Leftrightarrow \dfrac{3(b-a)(a+b)}{a+b}:\left( a^2 -2ab + b^2 \right) =3 $

$\Leftrightarrow \dfrac{3(b-a)}{(a-b)^2}=3 \Leftrightarrow a-b=-1 \Rightarrow a= b-1 $

Thay $a=b-1$ vào $S$, ta được:

$S= \dfrac{1+ 2ab}{a^2 + b^2} = \dfrac{1+ 2(b-1)b}{(b-1)^2 + b^2} = \dfrac{1+ 2b^2 – 2b}{2b^2 -2b +1}=1$

Bài 2.

a) Giải phương trình $\left( x^2 – 6x + 5 \right) \left( \sqrt{x-2} – x + 4 \right) =0$.

b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x}\left( \sqrt{x+ 2y} -3 \right) =0 \\ x^2 – 6xy – y^2 = 6  \end{array} \right. $

Giải

a) Điều kiện: $x \ge 2$

$\left( x^2 – 6x + 5 \right) \left( \sqrt{x-2} – x + 4 \right) =0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x^2 – 6x + 5 = 0 \;\; (1)\\ \sqrt{x-2} – x+ 4=0 \;\; (2) \end{array} \right.$

$(1) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1 \;\; (l) \\ x= 5 \;\; (n) \end{array}\right. $

$(2) \Leftrightarrow \sqrt{x-2} = x-4 \;\; (x \ge 4)$

$\Leftrightarrow x-2 = x^2 – 8x + 16 $

$\Leftrightarrow x^2 – 9x + 18 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=3 \;\; (l)\\ x=6 \;\; (n) \end{array} \right. $

Vậy $S= \left\{5;6 \right\}$

b) Điều kiện $x \ge 0$, $x+ 2y \ge 0$

$\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x}\left( \sqrt{x+ 2y} -3 \right) =0 \;\; (1) \\ x^2 – 6xy – y^2 = 6 \;\; (2) \end{array} \right. $

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

  •  Nếu $x=0$, thay vào (2) ta được: $-y^2 = 6$ (Vô nghiệm)
  •  Nếu $\sqrt{x+2y} -3 =0 $

$\Leftrightarrow x+2y = 9 \Leftrightarrow x= 9-2y$

Thay $ x= 9-2y$ vào (2), ta được:

$(9-2y)^2 – 6(9-2y)y – y^2 = 6 $

$\Leftrightarrow 4y^2 – 26y +81 – 54y + 12y^2 -y^2 = 6$

$\Leftrightarrow 15y^2 – 90 y + 75 =0 $

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} y=1 \Rightarrow x=7 \;\; (n)\\ y=5 \Rightarrow x= -1 \;\; (l) \end{array} \right. $

Vậy cặp nghiệm của hệ phương trình $(x;y)$ là $(7;1)$

Bài 3. Cho phương trình $(x+m)^2 – 5(x+m) + 6=0$ $(1)$.

a) Chứng minh phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi số thực $m$. Tính $S= \left( x_1 + m \right) ^2 + \left( x_2 + m \right) ^2 + 5 \left( x_1 + x_2 + 2m \right) $.

b) Biết $x_1 < x_2$, tìm $m$ sao cho $x_2 < 1$ và $x_1^2 + 2x_2 = 2(m-1)$.

Giải

a) $(x+m)^2 – 5(x+m) + 6=0$

$\Leftrightarrow (x+m)^2 – 2(x+m) – 3(x+m) +6 = 0 $

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

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

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x= 2-m \\ x= 3-m \end{array} \right. $

Vì $2-m \ne 3-m$ nên $x_1 \ne x_2$

Vậy phương trình $(1)$ luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi số thực $m$.

$S= \left( x_1 + m \right) ^2 + \left( x_2 + m \right) ^2 + 5 \left( x_1 + x_2 + 2m \right) $

Vì $x_1$, $x_2$ có vai trò tương đương trong biểu thức $S$ nên giả sử $x_1 = 2-m$, $x_2 = 3-m$, ta có:

$S= 2^2 + 3^2 + 5(2+3) = 38$

b) $x_1 < x_2$ nên $x_1 = 2-m$, $x_2 = 3-m$.

$x_2<1 \Rightarrow 3-m <1 \Rightarrow m > 2$

$x_1^2 + 2x_2 = 2(m-1) $

$\Rightarrow (2-m)^2 + 2(3-m) = 2(m-1) $

$\Rightarrow m^2 – 4m + 4 + 6 -2m = 2m -2 $

$\Rightarrow m^2 -8m + 12 = 0 $

$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l} m= 6 \;\; (n)\\ m=2 \;\; (l) \end{array} \right. $

Vậy $m=6$

Bài 4.

a) Nam kể với Bình rằng ông của Nam có một mảnh đất hình vuông $ABCD$ được chia thành bốn phần; hai phần (gồm các hình vuông $AMIQ$ và $INCP$ với $M$, $N$, $P$, $Q$ lần lượt thuộc $AB$, $BC$, $CD$, $DA$) để trồng các loại ra sạch, các phần còn lại trồng hoa. Diện tích phần trồng ra sạch là $1200 \; m^2$ và phần để trồng hoa là $1300 \; m^2$. Bình nói: “Chắc chắn bạn bị nhầm rồi!”. Nam: “Bạn nhanh thật! Mình đã nói nhầm phần diện tích. Chính xác là phần trồng rau sạch có diện tích $1300 \; m^2$, còn lại $1200 \; m^2 $ trồng hoa”. Hãy tính cạnh hình vuông $AMIQ$ (biết $AM < MB$) và giải thích vì sao Bình lại biết Nam bị nhầm ?

b) Lớp $9T$ có $30$ bạn, mỗi bạn dự định đóng góp mỗi tháng $70000$ đồng và sau $3$ tháng sẽ đủ tiền mua tặng cho mỗi em ở “Mái ấm tình thương $X$” ba gói quà (giá tiền các món quà đều như nhau). Khi các bạn đóng đủ số tiền như dự trù thì “Mái ấm tình thương $X$” đã nhận chăm sóc thêm $9$ em và có giá tiền của mỗi món thêm $5\%$ nên chỉ tặng mỗi em hai gói quà. Hỏi có bao nhiêu em của “Mái ấm tình thương $X$” được nhận quà ?

Giải

a) Gọi cạnh của hình vuông $AMIQ$ và $INCP$ lần lượt là $a$ và $b$. ($a<b$ vì $AM < MB$)

Diện tích đất trồng rau là: $a^2+ b^2$

Diện tích đất trồng hoa là $2ab$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} a^2 + b^2 = 1300 \\ 2ab = 1200 \end{array} \right. $

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} (a-b)^2 = 100 \\ ab= 1200 \end{array} \right.$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a-b= -10 \\ ab= 1200 \end{array}\right. $

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a= 20 \\ b=30 \end{array} \right. $

Vậy cạnh hình vuông $AMIQ$ là $20m$.

Bình biết Nam bị nhầm vì theo Nam nói thì diện tích phần trồng rau là $1200 \; m^2$ nhỏ hơn diện tích phần trồng hoa $1300 \; m^2$. Mà diện tích phần trồng rau là $a^2+b^2$, diện tích phần trồng hoa là $2ab$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có $a^2 + b^2 \ge 2ab$ nên diện tích trồng hoa không thể lớn hơn diện tích trồng rau được.

b) Giả sử lúc đầu “Mái ấm tình thương $X$” có $x$ em.

Tổng số tiền các bạn đóng góp được sau $3$ tháng là $3.70000.30 = 6300000$ (đồng)

Giá tiền $1$ món quà dự đinh là $\dfrac{6300000}{3x}= \dfrac{2100000}{x}$

Giá tiền $1$ món quà thực tế là $\dfrac{6300000}{2(x+9)}$

Ta có: $\dfrac{2100000}{x}.1,05= \dfrac{6300000}{2(x+9)} $

$\Leftrightarrow \dfrac{2205}{x} = \dfrac{6300}{2(x+9)}$

$\Leftrightarrow 4410(x+9) = 6300x $

$\Leftrightarrow x= 21$

Vậy lúc đầu “Mái ấm tình thương $X$” có $21$ em. Số em được nhận quà là $30$ em.

Bài 5. Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(T)$ tâm $O$, bán kính $R$; $\angle BAC = 120^\circ $, $\angle ABC = 45^\circ $, $H$ là trực tâm. $AH$, $BH$, $CH$ lần lượt cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $M$, $N$, $P$.

a) Tính $AC$ theo $R$. Tính số đo góc $\angle HPN $ và $\dfrac{MP}{MN}$

b) Dựng đường kính $AD$, $HD$ cắt $(T)$ tại $E$ ($E \ne D$) và cắt $BC$ tại $F$. Chứng minh các điểm $A$, $N$, $H$, $P$, $E$ cùng thuộc một đường tròn và $F$ là trung điểm của $HD$.

c) Chứng minh $AD \bot NP$. Tia $OF$ cắt $(T)$ tại $I$, chứng minh $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC$ và $AI$ đi qua trung điểm của $MP$

Giải

a) Ta có $\angle AOC = 2 \angle ABC = 90^\circ$ (góc ở tâm bằng $2$ lần góc nội tiếp cùng chắn $1$ cung).

Suy ra tam giác $OAC$ vuông tại $O$, suy ra $AC^2 = OA^2 + OC^2 = 2R^2 \Rightarrow AC = R\sqrt{2}$.

Tứ giác $BNPC$ có $\angle BNC = \angle BPC =90^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp.

Suy ra $\angle HPN = \angle HBC = 90^\circ – \angle ACB = 75^\circ$.

Các tứ giác $ANBM$ và $BNPC$ nội tiếp nên $\angle ANM = \angle ABC = 45^\circ, \angle CNP = \angle PBC = 45^\circ$.

Suy ra $\angle MNP = \angle CNP + \angle CPN = 90^\circ$.

Và $\angle NPB = \angle ACB = \angle APM = 15^\circ$, suy ra $\angle NPM = \angle NPB + \angle APM = 30^\circ$.

Khi đó $\dfrac{MN}{MP} = \sin \angle NPM = \sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$. Suy ra $\dfrac{MP}{MN} = 2$.

b) Ta có $\angle AEF = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có $\angle ANH = \angle AEH = \angle APH = 90^\circ$ nên 5 điểm $A, N, H, P, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$.

Ta có $\angle ABD = \angle ACD = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),

suy ra $AB \bot BD$, suy ra $HC || BD$.

Tương tự ta có $HB \bot CN, CD \bot CN$, suy ra $HB || CD$.

Tứ giác $HBDC$ có các cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành, suy ra $F$ là trung điểm của $BC$ và $HD$.

b) Ta có $\angle CAD = 45^\circ = \angle CNM$, suy ra $AD || MN$. Mà $MN \bot NP$, suy ra $AD \bot NP$.

Ta có $OF$ là trung trực của $BC$, suy ra $IB = IC$. $\angle BDC = 180^\circ – \angle BAC = 60^\circ$.

Xét tam giác $IOC$ có $\angle IOC = \dfrac{1}{2}\angle BOC = \angle 60^\circ$. Suy ra tam giác $IOC$ đều.

Do đó $IB =IC = IO$. $(1)$

Mặt khác tứ giác $HBOC$ có $\angle BHC + \angle BOC = 60^\circ + 120^\circ = 180^\circ$, suy ra $HBOC$ nội tiếp. $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC$.

Tam giác $PBC$ có $\angle BPC = 90^\circ, \angle PBC = 45^\circ$ nên là tam giác vuông cân,

suy ra $PB = PC$, suy ra $P$ thuộc trung trực của BC. Do đó $P, O, I$ thẳng hàng và $PI \bot BC$, suy ra $PI||AM$.

Mặt khác ta có $\angle BIH = 2\angle HCB = 90^\circ$, suy ra $HBMI$ nội tiếp, suy ra $\angle IMC = \angle BHI = 45^\circ$.

Suy ra $\angle IMC = \angle PBC = 45^\circ$, suy ra $IM || PA$.

Tứ giác $APIM$ có 2 cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành, suy ra $AI$ qua trung điểm của $MP$.

Đề thi và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 PTNK không chuyên 2016

Đề thi vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2016

Bài 1. Biết $a$ và $b$ là các số dương, $a \neq b$ và

$$\left(\dfrac{a(a-4b)+b(b+2a) }{a+b}\right):\left[\left(\dfrac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}} -\sqrt{ab}\right) \left( \dfrac{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}} + \sqrt{ab}\right)\right] = 2016$$

Tính $S=a+b$.

Giải

Ta có $\dfrac{a\left( a – 4b \right) + b\left( b + 2a \right)}{a + b} = \dfrac{a^2 – 2ab + b^2}{a + b} = \dfrac{\left( a – b \right)^2}{a + b}$

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

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

Do đó $2016 = \dfrac{(a-b)^2}{a+b}:\left[(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2\right] = \dfrac{1}{a+b}$.

Suy ra $a + b = \dfrac{1}{2016}$.

Bài 2.

a) Giải phương trình $x\sqrt{x+5}=2x^2-5x$.

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} (\sqrt{y}+x-3)(y+\sqrt{x})=0\\ x^2+y=5 \end{array}\right.$

Giải

a) Điều kiện $x \geq -5$.

Ta có $x\sqrt{x+5}=2x^2-5x \Leftrightarrow x(\sqrt{x+5}-2x+5)=0 \Leftrightarrow x= 0 (n), \sqrt{x+5}= 2x-5$.

Ta có $\sqrt{x+5}= 2x-5 \Leftrightarrow x+5 = (2x-5)^2 (x \geq \dfrac{5}{2}) \Leftrightarrow 4x^2-21x+20 = 0 \Leftrightarrow x = 4 \ (n), x = \dfrac{5}{4}\ (l)$.

Vậy $S = \{0, 4\}$.

b) Điều kiện $x \geq 0, y \geq 0$.

Ta có $(1) \Leftrightarrow y + \sqrt{x}=0, \sqrt{y}+x-3=0$.

Với $y + \sqrt{x}=0$ mà $y\geq 0$ nên $x = y = 0$ (không thỏa $(2)$).

Với $\sqrt{y}+x-3=0$. Đặt $a =\sqrt{y}$ ta có $a+x = 3 (3)$; $a^2+x^2=5 (4)$.

Từ $(3)$ ta có $a = 3-x$, thế vào $(4)$ ta có

$x^2+(3-x)^2=5 \Leftrightarrow 2x^2-6x+4=0 \Leftrightarrow x = 1,x=2$.

Với $x = 1$ ta có $y = 4$.

Với $x = 2$ ta có $y = 1$.

Vậy hệ phương trình có $2$ nghiệm $(x,y)$ là $(1,4)$ và $(2,1)$.

Bài 3. Cho phương trình $\dfrac{(x+1)(x^2+mx+2m+14)}{\sqrt{x}} = 0 \ (1)$.

a) Giải phương trình (1) khi $m = -8$.

b) Tìm $m$ để phương trình $(1)$ có $2$ nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ sao cho:

$$\sqrt{x_2^2+(m+1)x_2+2m+14} = 3 – \sqrt{x_1}$$

Giải

a) Điều kiện $x > 0$.

Khi $m = -8$ ta có phương trình:

$\dfrac{(x+1)(x^2-8m-2)}{\sqrt{x}} = 0 \Leftrightarrow x^2-8x – 2 = 0$ (do $x+1 > 0$)

$\Leftrightarrow x = 4+3\sqrt{2} \ (n), \ x=4-3\sqrt{2} \ (l)$.

Vậy phương trình có một nghiệm $x = 4 +3\sqrt{2}$.

b) Phương trình $(1)$ tương đương $x^2+mx+2m+14 = 0$ $(2)$.

Để $(1)$ có $2$ nghiệm phân biệt thì $(2)$ có hai nghiệm phân biệt dương, tương đương $\Delta = m^2-4(2m+14) > 0, S = -m > 0, P = 2m + 14 >0 $ $(*)$

Khi đó $x_1 + x_2 = -m, x_1x_2 = 2m+14$ và $x_2$ là nghiệm nên $x_2^2+mx_2+2m+14 = 0$

Suy ra $x_2^2+(m+1)x_2 +2m+14 = x_2$.

Do đó $\sqrt{x_2^2+(m+1)x_2+2m+14} = 3 – \sqrt{x_1} $

$\Leftrightarrow \sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=3 \Leftrightarrow x_1 + x_2 +2\sqrt{x_1x_2}=9 $

$\Leftrightarrow 2\sqrt{2m+14}=9+m \Leftrightarrow 4(2m+14) = m^2+18m+81 $

$\Leftrightarrow m^2 +10m+25 = 0 \Leftrightarrow m = -5 \ (n)$ vì thỏa $(*)$.

Kết luận $m = -5$.

Bài 4.

a) Ông An định cải tạo một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài bằng $2,5$ chiều rộng. Ông thấy rằng nếu đào một cái hồ có mặt hồ là hình chữ nhật thì sẽ chiếm mất $3\%$ diện tích mảnh vườn, còn nếu giảm chiều dài $5m$ và tăng chiều rộng $2m$ thì mặt hồ là hình vuông và diện tích mặt hồ giảm được $20m^2$. Hãy tính các cạnh của mảnh vườn.

b) Lớp $9A$ có $27$ học sinh nam và $18$ học sinh nữ. Nhân dịp sinh nhật bạn $X$ (là một thành viên của lớp), các bạn trong lớp có rất nhiều món quà tặng $X$. Ngoài ra mỗi bạn nam của lớp làm $3$ tấm thiệp và mỗi bạn nữ xếp $2$ hoặc $5$ con hạc để tặng bạn $X$. Biết số tấm thiệp và số con hạc bằng nhau, hỏi bạn $X$ là nam hay nữ?

Giải

a) Gọi chiều dài và chiều rộng của hồ là $x, y\ (m)$.

Ta có $x-5 = y + 2$ (1) và $xy – (x-5)(y+2) = 20$ $(2)$.

Từ $(1)$ suy ra $x =y + 7$, thế vào $(2)$ ta có

$y(y+7) -(y+2)^2 =20 \Leftrightarrow 3y = 24 \Leftrightarrow y = 8, x = 15$.

Suy ra diện tích hồ là 120$m^2$.

Gọi chiều rộng của mảnh vườn là $a$.

Ta có chiều dài là $2,5a$ và diện tích là $2,5a^2$.

Ta có phương trình $3\%2,5a^2=120 \Leftrightarrow a = 40$.

Vậy kích thước mảnh vườn là $40 \times 100$.

b) Gọi $x$ là số bạn nữ tặng $2$ con hạc, $y$ là số bạn nữa tặng $5$ con hạc.

  • Giả sử bạn $X$ là nam, ta có hệ phương trình $26.3 = 2x+5y, x + y = 18$.

Giải ra được $y= 14, x = 4$ (thỏa).

  • Giả sử bạn $X$ là nữ, ta có hệ $27.3 = 2x+5y, x + y = 17$

Suy ra $y = \dfrac{47}{3}$ (loại vì $y$ là số nguyên).

Vậy bạn $X$ là nam.

Bài 5. Tam giác $ABC$ đều có tâm $O$,$AB = 6a$ và các điểm $M, N$ lần lượt thuộc các cạnh $AB, AC$ mà $AM = AN = 2a$. Gọi $I, J, K$ lần lượt là trung điểm của $BC, AC$ và $MN$.

a) Chứng minh các điểm $M, N, B, C$ cùng thuộc một đường tròn T. Tính diện tích tứ giác $BMNC$ theo $a$.

b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $IJK$. Chứng minh đường tròn đường kính $NC$ tiếp xúc với $AI$.

c) $AE$ tiếp xúc với đường tròn $T$ tại $E$ ($E, B$ cùng phía đối với $AI$).Gọi $F$ là trung điểm $OE$, tính số đo $\angle AFJ$.

Giải

a) Ta có $AM = AN = 2a$,$\angle MAN = 60^\circ$ nên tam giác $AMN$ đều.

Suy ra $\angle AMN = 60^\circ = \angle ACB$. Suy ra $BMNC$ nội tiếp.

Ta có $MN ||BC$, $AK \bot MN, AI \bot BC$. Suy ra $A, K, I$ thẳng hàng.

$AI = AC \sin \angle ACB = 3a \sqrt{3}$, $AK = AN . \sin \angle ANM = a\sqrt{3}$.  Suy ra $IK = 2a\sqrt{3}$.

Do đó $S_{BMNC} = \dfrac{1}{2}IK(MN+BC) = 8a^2\sqrt{3}$.

b) Ta có $OJ \bot AC$, $NJ = AJ-AN=a, NK = \dfrac{1}{2}MN=a$.

Suy ra $\Delta OJN = \Delta OKN$, suy ra $OJ = OK$, tương tự ta có $OJ = OI$.

Tam giác $IJK$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $OI = a\sqrt{3}$.

Gọi $P$ là trung điểm của $CN$. Ta có $KNCI$ là hình thang, và $OP$ là đường trung bình.

Suy ra $OP = \dfrac{1}{2}(KN+CI) = 2a = PN = PC$.

Suy ra $O$ thuộc đường tròn đường kính $CN$ mà $PO||KN$ nên $PO \bot KI$.

Suy ra $KI$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $CN$.

c) Ta có $\angle AEM = \angle ABE$. Suy ra $\Delta AEM \backsim \Delta ABE$, suy ra $AE^2=AM.AB = 12a^2$.

Suy ra $AE = 2a\sqrt{3}= AO$. Suy ra tam giác $AEO$ cân tại $A$.

Do đó $\angle AFO = 90^\circ$, suy ra $AFOJ$ nội tiếp. Suy ra $\angle AFJ = \angle AOJ = 60^\circ$.