Tải bản đầy đủ (.pdf) (321 trang)

Phân tích và bình luận đề toán vào lớp 10 Chuyên Toán

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.48 MB, 321 trang )

(1). NGUYỄN CÔNG LỢI. PHÂN TÍCH VÀ BÌNH LUẬN CÁC ĐỀ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN. Nghệ An, ngày 26 tháng 6 năm 2020.

(2) 1. Website:tailieumontoan.com Đề số 1 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Năm học 2016 – 2017 Câu 1 (7.0 điểm). a) Giải phương trình. 3x 2 − 4x + 4 .. 5 − 3x + x += 1. 2xy + 4x + 3y + 6 = 0 b) Giải hệ phương trình  2 . 2 0 4x + y + 12x + 4y + 9 =. Câu 2 (3.0 điểm).. (. ( ). )(. ). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x; y sao cho x 2 − 2  xy + 2 . Câu 3 (2.0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=. a2. +. b2. (a + b) (b + c) 2. 2. +. c 4a. Câu 4 (6.0 điểm).. ( ). ( ). Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn O . Kẻ các tiếp tuyến AE, AF của O (E, F là các tiếp điểm). Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE < DF , D không trùng với E và tiếp. ( ). tuyến tại D của O cắt các tia AE, AF lần lượt tại B, C. a) Gọi M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng OB, OC. Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp một đường tròn.. (. ).  và tia phân giác OI của góc BOC  b) Kẻ tia phân giác DK của góc EDF K ∈ EF;I ∈ BC . Chứng minh rằng OI song song với DK. c) Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (2.0 điểm). Mỗi điểm trong mặt phẳng được gắn với một trong hai màu đỏ hoặc xanh. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác đều có ba đỉnh cùng màu và có độ dài cạnh bằng. 3 hoặc 3.. Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1 (7.0 điểm). a) Giải phương trình. 5 − 3x + x += 1. 3x 2 − 4x + 4 .. • Phân tích. Phương trình có chứa nhiều dấu căn nhưng ta không nhẩm được nghiệm đẹp nên tạm thời ta. không sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp. Lại thấy phương trình không thể viết thành tích hay viết thành các bình phương. Phương pháp đặt ẩn phụ cũng khá khó khăn vì ta không thể biểu diễn vế phải theo hai căn thức ở vế trái. Nhận thấy sau khi bình phương hai vế thì phương trình chỉ còn một căn thức và phân tích được nên ta chọn phương pháp nâng lên lũy thừa để giải bài toán này xem sao.. (. ). 2. 5 − 3x + x + 1 = 3x 2 − 4x + 4 ⇔ 2 −3x 2 + 2x + 5= 3x 2 − 2x − 2. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(3) 2. Website:tailieumontoan.com Đến đây ta thấy có thể giải được phương trình • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là −1 ≤ x ≤. 5 . Phương trình đã cho tương đương 3. với. (. ). 2. 5 − 3x + x + 1 = 3x 2 − 4x + 4 ⇔ 2 −3x 2 + 2x + 5= 3x 2 − 2x − 2. (. ). Đặt t = −3x 2 + 2x + 5 t ≥ 0 . Khi đó phương trình trên trở thành t2 + 2t − 3 = 0 ⇔ t = 1 . Từ t = 1 ta được −3x 2 + 2x + 5 = 1 ⇔ x =. 1 ± 13 . 3. 1 − 13 1 + 13  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S =  ; . 3   3 2xy + 4x + 3y + 6 = 0 b) Giải hệ phương trình  2 2 0 4x + y + 12x + 4y + 9 = • Phân tích. Quan sát các phương trình của hệ ta thấy phương trình thứ nhất có bậc nhất đối với mỗi ẩn,. do đó ta có thể biểu diễn ẩn này theo ẩn kia và thế vào phương trình thứ hai, tuy nhiên sau phép thế phương trình thu được có bậc 4 nên ta tạm thời chưa sử dụng phép thế. Quan sát kỹ các phương trình ta thấy. (. )(. ). phương trình thứ nhất có thể phân tích được 2xy + 4x + 3y + 6 = 0 ⇔ 2x + 3 y + 2 = 0 . Đến đây ta giải được hệ phương trình. • Lời giải. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với. 2x + 3 = 0 ⇔ 2xy + 4x + 3y + 6 = 0 ⇔ 2x + 3 y + 2 = 0 ⇔  y+2 = 0 . (. ). )(.  3 x = − 2   y = −2. y = 0 3 . + Với x = − , thế vào phương trình thứ hai của hệ và thu gọn ta được y2 + 4y =0 ⇔  2  y = −4. 1 5 + Với x = −2 , thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được 4x 2 + 12x + 5 =0 ⇔ x =− ; x =− . 2 2.  −1   −3   −3   −5  Vậy hệ phương trình có các nghiệm x; y là  ; −2  ,  ; −4  ,  ; 0  ,  ; −2  .  2   2   2   2 . ( ). • Nhận xét. Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ có bậc hai đối với mỗi ẩn nên ta xem phương trình đó. là phương trình ẩn y và tham số là x (vì hệ số cao nhất của y là 1). Khi đó ta viết phương trình lại thành. (. ). 2 4x 2 + 12x + 9 = −4x 2 − 12x − 9 , không có dạng y2 + 4y + 4x 2 + 12x + 9 = 0 . Đến đây ta được ∆ ' =−. chính phương. Do đó phương trình không phân tích được thành tích. Để ý lên hệ giữa hai phương trình của hệ ta thấy 4x 2 + y2 − 4xy =. (2x − y ). 2. (. ). và 12x + 4y − 8x + 6y = 4x − 2y . Do đó từ hệ phương trình ta. được. ( 4x. (. 2. ) (. ). + y2 + 12x + 4y + 9 − 2 2xy + 4x + 3y + 6 =0 ⇔ 4x 2 + y2 − 4xy + 4x − 2y − 3 =0. ⇔ 2x − y. ). 2. (. ). (. )(. ). + 2 2x − y − 3 = 0 ⇔ 2x − y − 1 2x − y + 3 = 0. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(4) 3. Website:tailieumontoan.com Đến đây ta có thêm một cách giải khác cho hệ phương trình. Trong hệ phương trình mà mỗi phương trình có bậc hai đối với mỗi ẩn thì ta cần kiểm tra cụ thể từng phương trình xem có phương trình nào phân tích được thành tích. Khi không có phương trình phương trình nào phân tích được thành tích thì ta mới nghĩ đến phép cộng, trừ theo vế hai phương trình. Nhận thấy giá trị của y nhận được là −4; −2; 0 , điều này có nghĩ là phương trình ẩn y có thể phân tích được dẽ dàng. Do đó ta có thể rút x theo y từ phương trình thứ nhất rồi thế vào phương trình thứ hai để đươncj một phương trình bậc 4 ẩn y. Chú ý là khí rút x theo y ta phải xét các trường hợp của y để phương trình có thể phân tích được.. (. ( ). )(. ). Câu 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x; y sao cho x 2 − 2  xy + 2 . • Phân tích. Khi giải bài toán số học về quan hệ chia hết ta luôn có thói quen đặt kết quả phép chia bằng k. để đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên. Ở đây ta cũng sẽ áp dụng hướng đi như vậy. Đặt. ). (. 0 là một phương trình bậc hai nên ta có hai ý x 2 −= 2 k xy + 2 khi đó ta được x 2 − kxy − 2k − 2 =. tưởng để giải phương trình trên đó là sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình hoặc áp dụng hệ thức Vi – et. Xem phương trình trên là phương trình bậc 2 ẩn x thì ta có. + Ý tưởng 1. Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình. (. ). Ta có= ∆ k2 y2 − 4 −2k −= 2 k2 y2 + 8k + 8 . Để phương trình có nghiệm x nguyên thì ∆ phải là số chính phương. Đến đây có vẻ như hướng đi này không hợp lí cho lắm vì nếu k2 y2 + 8k + 8 là số chính phương thì cũng rất khó để tìm được k.. (. ). + Ý tưởng 2. Sử dụng hệ thức Vi – et để tìm điều kiện của k. Giả sử x 0 ; y 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Xét phương trình x 2 − kxy 0 − 2k − 2 = 0 , khi đó x 0 là một nghiệm của phương trình. Do đó theo định lia Vi – te thì phương trình có một nghiệm nữa là x1 . Ta có x 0 + x1 = ky 0 ; x 0 x1 = −2k − 2 . Đến đây dễ thấy x1 nhận giá trị nguyên âm nên hương đi này không khả thi. + Ý tưởng 3. Cũng với ý tưởng đặt k như trên nhưng ta cần thay đổi bài toán một chút xem sao.. (x. 2. )(. (. ). ) (. )(. ). − 2  xy + 2 ⇔ x 2 y + 2x − 2x + 2y  xy + 2 ⇔ 2x + 2y  xy + 2 .. (. ). Khi đó đặt 2x + 2y= k xy + 2 và đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên để giải. Tuy nhiên để giải quyết được phương trình ta cần giới hạn được k. Để làm được điều này ta cho k nhận một vài giá trị 1;2;.... ( ) ( ). rồi giới hạn k. Ta thấy khi k = 1 thì ta tìm được cặp x; y = 3; 4. thỏa mãn. Khi k = 2; 3; 4 ta thấy. phương trình không có nghiệm nguyên dương. Do đó ta nghĩ đến chứng minh k < 2 .. (. )(. (. ). ) (. )(. ). • Lời giải. Ta có x 2 − 2  xy + 2 ⇔ x 2 y + 2x − 2x + 2y  xy + 2 ⇔ 2x + 2y  xy + 2. (. ). Đặt 2x + 2y= k xy + 2 với k ∈ N*. (. ). (. ). (. )(. ). Xét k ≥ 2 . Khi đó 2x + 2y = k xy + 2 ≥ 2 xy + 2 ⇔ x + y ≥ xy + 2 ⇔ x − 1 y − 1 + 1 ≤ 0 Điều này mâu thuẫn vì x; y nguyên dương.. (. ). (. )(. ). Suy ra k < 2 hay k = 1 . Suy ra 2 x + y = xy + 2 ⇔ x − 2 y − 2 = 2 + Nếu x − 2= 1; y − 2= 2 thì= x 3;= y 4 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(5) 4. Website:tailieumontoan.com + Nếu x − 2= 2; y − 2= 1 thì= x 4;= y 3. ( ).  .  . Vậy cặp số x; y thỏa mãn bài toán là 3; 4 và 4; 3 . Câu 3. Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a2. P=. b2. +. +. (a + b) (b + c) 2. 2. c 4a. • Phân tích: Đầu tiên ta dự đoán P nhỏ nhất khi a= b= c . Khi đó P =. hay. a2. +. b2. (a + b) (b + c) 2. 2. +. 3 3 . Ta cần chứng minh P ≥ 4 4. c 3 ≥ . Ý tưởng đầu tiên là ta đưa bất đẳng thức trên về dạng hoán vị. Lại thấy 4a 4. c c2 c2 theo bất đẳng thức Cauchy thì ta có= ≥ 4a 4ac a+c. (. Như vậy ta chỉ cần chứng minh được. a2. nên ý tưởng trên lại càng có cơ sở.. ). 2. b2. +. c2. +. (a + b) (b + c) (a + c) 2. ( x + y + z) ≥. 2. 2. ≥. 3 . 4. 2. Để ý ta thấy x + y + z 2. 2. 2. a2. (. a+b. , áp dụng thì ta được. 3. +. b2. ) ( 2. b+c. 1 a b c  ≥  + +  3a + b b + c c + a. c2. +. ) (a + c) 2. 2. 2. 2. 1 a b c  3 a b c 3 Ta cần chứng minh  + + + + ≥ . Nếu áp dụng bất đẳng  ≥ ⇔ 3a + b b + c c + a 4 a+b b+c c+a 2. thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được bất đẳng thức sai. Do đó ta nghĩ đến hướng khác. Ta có. a2. +. b2. c2. +. (a + b) (b + c) (a + c) 2. 2. 2. ≥. (a (. a2 a + b. (a (. a a+b 2. ). 2. 2. ). 2. (. +b b+c. + b2 + c 2. (. + b2 b + c. + b2 + c 2 2. 2. ). 2. ). 2. ). (. 2. + c2 c + a. ). ). 2. và ta đi chứng minh. 2. (. +c c+a 2. (. ). 2. ≥. ). 3 4. (. ). Hay ta cần chứng minh a 4 + b4 + c4 + 5 a 2 b2 + b2 c2 + c2a 2 ≥ 6 a 3 b + b3 c + c3a . Đến đây ta lại không thể chứng minh được đánh giá trên. Như vậy nếu sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để đánh giá một cách trực tiếp thì không đem lại hiệu quả, do đó ta cần thay đổi hình thức bài toán trước. Để ý rằng ta viết lại được bất đẳng thức cần chứng minh thành. Đặt= x. 1  b 1 +  a . 2. +. 1  c 1 +  b . 2. +. 1  a 1 +  c . 2. ≥. 3 . 4. b c a , khi đó ta được xyz = 1 và bất đẳng thức trên trở thành ;y = ;z = a b c. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(6) 5. Website:tailieumontoan.com 1. 1. +. 1. +. 2. 3 4. ≥. (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2. 2. + Đến đây từ giả thiết xyz = 1 ta có thể đổi biến tiếp, trong các cách đổi biến ta để ý đến cách đổi biến dạng. = x. np mp mn với m, n, p là các số dương. Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành = ;y = ;z 2 2 m n p2 1  np  1 + 2  m  . +. 2. 1  mp  1 + 2  n  . 2. +. 1  mn  1 + 2  p  . 3 m4 ⇔ 4 m2 + np. ≥. 2. (. n4. +. ) (n 2. + mp. 2. p4. +. ) (p 2. 2. + mn. ). 2. ≥. 3 4. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được. (m + n + p ) + + ≥ ( m + np ) ( n + mp ) ( p + mn ) ( m + np ) + ( n + mp ) + ( p + mn ) (m + n + p ) 3 ≥ hay ta cần chứng minh Và ta cần chứng minh ( m + np ) + ( n + mp ) + ( p + mn ) 4 m + n + p + 5 ( m n + n p + p m ) ≥ 6mnp ( m + n + p ) m4. n4. 2. 2. 2. 2. 2. 4. 4. 2. 2. 2. 2. 2. p4. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 4. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. (. ) + p m ) ≥ 6mnp ( m + n + p ) .. Dễ thấy m 4 + n 4 + p4 ≥ m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ; m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ≥ mnp m + n + p. ) (. (. Nên ta được m 4 + n 4 + p4 + 5 m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ≥ 6 m2 n2 + n2 p2. 2. 2. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. + Cũng từ. 1. 1. +. 1. +. Khi đó ta có. 1. 2. +. 1. 2. 1. +. (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2. 2. Chú ý đến giả thiết xyz = 1 ta có. 2. ≥. 1 1 + 1 + xy 1+z. (. 1 1 + 1 + xy 1+z. (. ). 2. ). (. ). 2. 1. (1 + x ) (1 + y ). 2. ≥. 1 . xy + 1. .. (. ) (. +. 2. z 1 = + z +1 1+ z. ). 2. z2 + z + 1 . =2 z + 2x + 1. z2 + z + 1 3 ≥ 2 4 z + 2x + 1. Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được. (. 1. ta để ý đến bất đẳng thức. (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2. Hay ta cần chỉ ra 4 z2 + z + 1 ≥ 3 z2 + 2z + 1 ⇔ z − 1. ). 2. ≥ 0 . Đến đây ta có lời giải cho bài toán.. • Lời giải.. + Cách 1. Ta có P =. 1  b 1 +  a . 2. +. 1  c 1 +  b . 2. +. 1  a 1 +  c . và biểu thức đã cho được viết lại thành P =. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 2. . Đặt= x. 1. +. b c a khi đó ta được xyz = 1 = ;y = ;z a b c. 1. +. 1. (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2. 2. 2. .. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(7) 6. Website:tailieumontoan.com Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức 1. 1. +. (1 + x ) (1 + y ) 2. 2. 1. 1. +. ≥. (1 + x ) (1 + y ) 2. (. )(. (. ). 2. 1 . Thật vậy, ta có xy + 1. ) (. )(. 1 ⇔ xy + 1 x2 + y2 + 2x + 2y + 2 ≥ x2 + 2x + 1 y2 + 2y + 1 xy + 1. ≥. ⇔ 1 − 2xy − x2 y2= x 3 y + xy 3 ⇔ xy − 1. (. 2. + xy x − y. ). 2. ). ≥0. Do bất đẳng thức cuỗi cùng luôn đúng nên ta có điều cần chứng minh. Khi đó ta có. 1. 1. +. 1. +. ≥. (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2. 2. (. z 1 = + z +1 1+ z. ). (. 2. ). 2. z2 + z + 1 =2 z + 2x + 1. z2 + z + 1 3 ≥ ⇔ 4 z2 + z + 1 ≥ 3 z2 + 2z + 1 ⇔ z − 1 2 z + 2x + 1 4. (. Như vậy ta đi chứng minh Do đó ta được P ≥. 2. 1 1 + 1 + xy 1+z. ) (. (. ). ). 2. ≥ 0.. 3 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x= y= z= 1 hay a= b= c . 4 3 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c . 4. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là. + Cách 2. Hoàn toàn tương tự như trên ta đi chứng minh. 1. 1. +. 1. +. (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2. = x Do xyz = 1 nên tồn tại các số dương m, n, p thỏa mãn. 2. 2. ≥. 3 . 4. np mp mn = ;y = ;z . Khi đó bất đẳng 2 2 m n p2. thức được viết lại thành 1  np  1 + 2  m  . 2. +. 1  mp  1 + 2  n  . 2. +. 1  mn  1 + 2  p  . ≥. 2. 3 m4 ⇔ 4 m2 + np. (. n4. +. ) (n 2. 2. + mp. p4. +. ) (p 2. 2. + mn. ). 2. ≥. 3 4. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được. (m + n + p ) + + ≥ ( m + np ) ( n + mp ) ( p + mn ) ( m + np ) + ( n + mp ) + ( p + mn ) (m + n + p ) 3 ≥ hay ta cần chứng minh Và ta cần chứng minh ( m + np ) + ( n + mp ) + ( p + mn ) 4 m + n + p + 5 ( m n + n p + p m ) ≥ 6mnp ( m + n + p ) m4. 2. n4. 2. 2. 2. 2. 4. 4. 2. 2. 2. 2. 2. p4. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 4. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. (. Dễ thấy m 4 + n 4 + p4 ≥ m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ; m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ≥ mnp m + n + p. (. ) (. ). ). Nên ta được m 4 + n 4 + p4 + 5 m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ≥ 6 m2 n2 + n2 p2 + p2 m2 ≥ 6mnp ( m + n + p ) . Như vậy bất đẳng thức. 1. +. 1. +. 1. (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 2. 2. ≥. 3 3 hay P ≥ . 4 4. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(8) 7. Website:tailieumontoan.com • Nhận xét. Có thể áp dụng bất đẳng thức. Ta có= P. Đặt = x. a2. +. b2. (a + b) (b + c) 2. 2. 1. 1. +. ≥. (1 + x ) (1 + y ) 2. 2. 1 đánh giá trực tiếp như sau xy + 1. c 1 1 c += + + 2 2 4a  4a  b c 1 +  1 +  a b  . b c c 1 nên ta có = xy . Khi đó ta có P = = ;b a b a 1+ x. (. 1. +. ) (1 + y ) 2. 2. +. xy 4. Áp dụng bất đẳng thức trên và bất đẳng thức Cauchy ta được. P≥. 1 xy 1 xy + 1 1 1 xy + 1 1 1 3 + = + − ≥2 + − =1 − = xy + 1 4 xy + 1 4 4 xy + 1 4 4 4 4. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là. 3 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x= y= 1 hay a= b= c . 4. Có thể thấy được hình thức đơn giản của biểu thức P, tuy nhiên khi đi vào đánh giá ta thấy được sự khó khăn. Do vậy để hoàn thành được bài toán đòi hỏi phải phải nẵm vững các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức và phải làm nhiều mới có kinh nghiệm khi xử lý các bất đẳng thức khó.. ( ). ( ). Câu 4. Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn O . Kẻ các tiếp tuyến AE, AF của O (E, F là các tiếp điểm). Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE < DF , D không trùng với E và tiếp. ( ). tuyến tại D của O cắt các tia AE, AF lần lượt tại B, C. a) Chứng minh rằng tứ giác BNMC nội tiếp • Phân tích tìm lời giải. Yêu cầu chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn làm ta nhớ đến các phương. pháp chứng minh đã được học, tuy nhiên xử lý theo hướng nào thì lại phụ thuộc đến việc đọc được các giả thiết đang còn bị ẩn đi của bài toán. Quan sát hình vẽ và kết hợp với yếu tố liên quan đến đường tròn nội tiếp ta nghĩ đến chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp theo các hướng đi như sau. + Hướng 1. Đầu tiên với tư tưởng chứng minh hai góc đối diện của tứ giác BNMC. A. có tổng bằng 1800 . Điều này có nghĩa là ta  + NMC = cần chỉ ra được NBC 1800 . Tuy nhiên trong bài toán các góc ta xét là các. P. F. góc bất kì và lại không có mối quan hệ với nhau nên hướng đi này không cho ta kết. Q NK. quả mong muốn. + Hướng 2. Chứng minh hai góc  = BNC  . Quan sát hình vẽ ta dự BMC   đoán rằng BMC = BNC = 900 .. M. O. E. J. G. H B. L D I. C.   Để ý rằng ta có BFO = BDO = 900 , do đó ta quy bài toán về chứng minh các tứ giác BONE hoặc DONE và các tứ giác COFM hoặc DOMC nội tiếp. Do vai trò của điểm M và N như nhau nên các phép chứng Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(9) 8. Website:tailieumontoan.com minh tương tự nhau. Do O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta sử dụng phép biến đổi góc để chứng minh tứ giác BONE hoặc DONE ( Với các tứ giác giác COFM hoặc DOMC ta biến đổi hoàn toàn tương tự). - Để chứng minh tứ giác BONE nội tiếp ta biến đổi góc như sau  =EFA  − OCA  =900 − OAF  − 1 ACA  =900 − 1 BAC  − 1 ABC  =1 ABC  =ABO  ONE 2 2 2 2.  COD .  1= - Để chứng minh tứ giác DONE nội tiếp ta biến đổi góc= DEF DOF 2. Do A cố định và B, C thay đổi nên ta thấy N có thể nằm trên đoạn thẳng EF và cũng có thể nằm trên tia đối của tia EF. Trường hợp N nằm trên EF ta biến đổi như trên, còn trường hợp N nằm trên tia đối của tia EF ta biến đổi hoàn toàn tương tự với điểm M trong hình trên, do đó ta không cần phải xét hai trường hợp. Ngoài ra trong phép phân tích trên ta không đi theo hướng chứng minh tứ giác BDON nội tiếp vì ta  = 900 nên không thể biến đổi các góc liên quan đến điểm N đến các góc đặc biệt đang cần chứng minh BNO trong bài toán..  = NMB  hoặc tương tự với MNC  = MBC  . Theo giả thiết của bài toán ta có + Hướng 3. Chứng minh NCB  = 1 ACB  . Như vậy ta cần chỉ ra được NCB 2.  = 1 ACB  . Quan sát hình vẽ ta có NMB 2.  = AFE  − ABM  = AFE  − 1 ABC  . Mà ta lại có NMB 2. ). (. 1  . Từ đó ta được AFE = 900 − BAC 2. 1   1 = . Đến đây ta thấy có thêm một lời giải cho ý thứ nhất của bài NMB 900 − BAC + ABC =ACB 2 2 toán. • Trình bày lời giải.. 1    1800 suy ra ta có tứ giác DONE nội = DOF DOC nên DEF + DON = 2   tiếp. Mặt khác ta có BEO = BDO = 900 nên BDOE nội tiếp. Như vậy năm điểm B, D, E, O, N cùng   thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra BNO = BEO = 900 . Chứng minh tương tự ta được  = 900 . Như vậy ta có BMC   = BNC = 900 hay tứ giác BNMC nội tiếp. BMC  + Lời giải 1. Ta có= DEF.  là góc ngoài của tam giác  = 1 ACB  . Do AFE + Lời giải 2. Theo giả thiết của bài toán ta có NCB 2 1  = AFE  − ABM  = AFE  − 1 ABC   . Mà ta lại có AFE . Từ đó ta FBM nên ta có NMB = 900 − BAC 2 2. (. ). 1   1  = NCB  , do = . Kết hợp hai kết quả ta thu được NMB được NMB 900 − BAC + ABC =ACB 2 2 đó tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn.. b) Chứng minh rằng OI song song với DK. • Phân tích. Giả thiết cho các tia phân giác và cầu chứng minh hai đường thẳng song song nên ta nghĩ đến. các hướng đi sau.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(10) 9. Website:tailieumontoan.com + Hướng 1. Sử dụng tính chất tia phân giác để suy ra các tỉ số bằng nhau và áp dụng định lí Talet để chứng minh hai đường thẳng song song. Ta có. OB IB DE EK và , ta phải tìm được mối liên hệ giữa tỉ số = = OC IC DF FK. IO CI với các tỉ số trên. Tuy nhiên đến đây thì có vẻ như hướng đi này không thể tiếp tục. ; DK CD. + Hướng 2. Sử dụng phép biến đổi góc cộng góc để chỉ ra một cặp góc đồng vị hoặc một cặp góc so le trong bằng nhau. Ở đây ta để ý đến các tia phân giác      = 1800 − EDB  − FDC  = 1800 −  900 − ABC  −  900 − ACB  = ABC + ACB Ta có EDF  2   2  2         =KDF  + FDC  =EDF + FDC  =900 + ABC − ACB Mà ta lại có KDC 2 4 4  ACB  ABC  nên điều  = . Tuy nhiên do OI là phân giác của BOC Như vậy ta cần chỉ ra được OIC − 900 + 4 4 này hiển nhiên đúng.. + Hướng 3. Gọi H là giao điểm của BO với DE và G là giao điểm của CO với CF. Gọi J là giao điểm của DK  + HDG = với OB. Khi đó để ý đến tứ giác OHDG nội tiếp đường tròn ta có HOG 1800 . Để ý rằng OI là  và DK là phân giác của góc EDF  nên EDK  + BOI = phân giác của góc BOC 900 . Mà ta lại có  + BJD =  = BJD  . Từ đó suy ra OI song song với DK. EDK 900 nên ta được BOI • Trình bày lời giải.. + Lời giải 1. Ta có biến đổi góc như sau      = 1800 − EDB  − FDC  = 1800 −  90o − ABC  −  90o − ACB  = ABC + ACB EDF  2   2  2            = EDF + FDC  = ABC + ACB + 900 − ACB = 900 + ABC − ACB . Mà ta lại có KDC 2 4 4 2 4 4  nên ta có Mặt khác do OI là phân giác của góc BOC.         = ABC + BOI  = ABC + BOC = 1  1800 − ABC − ACB  = 900 + ABC − ACB OIC 2 2 2 2 2 2  4 4  .  = OIC  nên OI song song với DK Kết hợp hai kết quả trên ta suy ra KDC + Lời giải 2. Gọi H, G lần lượt là giao điểm của BO với DE và CO với CF. Gọi J là giao điểm của DK  + HDG = với OB. Khi đó dễ thấy tứ giác OHDG nội tiếp đường tròn, do đó ta được HOG 1800 . Do  và DK là phân giác của góc EDF  nên ta có EDK  + BOI = OI là phân giác của góc BOC 900 . Mà ta.  + BJD =  = BJD  . Từ đó suy ra OI song song với DK. lại có EDK 900 nên ta được BOI c) Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định. • Phân tích. Trên cở sở hình vẽ ta dự đoán rằng đường thẳng IK đi qua điểm A. Cũng từ giả thiết ta được. điểm A cố định nên nhận định trên càng có cơ sở. Như vậy ta cần phải chứng minh được ba điểm I, K, A thẳng hàng. Từ giả thiết bài toán và kết quả các hai ý đầu ta nghĩ đến việc lập các tỉ số bằng nhau để áp dụng định lý Talets hoặc chỉ ra điểm K trùng với giao điểm của AI với EF. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(11) 10. Website:tailieumontoan.com. ( ). + Hướng 1. Giả sử P là giao điểm của DK với đường tròn O , khi đó P là điểm chính giữa cung nhỏ EF và ba điểm O, P, A thẳng hàng. Để ý rằng lúc này KP song song với OD, như vậy nếu ta có được thì xem như bài toán được chứng minh. Ta cần tìm các tỉ số bằng với. KP AP = OI AO. KP AP . ; OI AO. Gọi Q là giao điểm của AO với EF, khi đó dẽ thấy hai tam giác KPQ và IDO đồng dạng với nhau nên KP PQ PQ PQ OQ OQ OE OP AP ta có = = . Mặt khác ta có = 1− = 1− = 1− = 1− = . Như vậy ta OI DO PO PO PO OE OA OA OA có một lời lời giải cho bài toán.. KP AP , nhưng ở đây ta tiếp cận bài toán theo một con đường khác = OI AO    nên hai tam giác KQP và DIO đồng dạng, do đó Từ đó ta được hơn. Dễ thấy KPO = KDO = DOI. + Hướng 2. Cũng đi chứng minh. KP PQ PQ . Mặt khác ta lại có P là điểm chính giữa cung nhỏ EF nên EP là phân giác của tam giác = = OI OD OE. PA PQ AP KP PA EA AO , suy ra . Kết hợp hai kết quả trên ta được , AEQ, từ đó ta được = = = = PQ EQ EO OA EO AO OI. như vậy ta có lời giải khác cho bài toán. + Hướng 3. Gọi K’ là giao điểm của AI với EF, ta cần chứng minh hai điểm K và K’ trùng nhau. Chú ý rằng ta đã có PD song song với OI, như vậy nếu chỉ ra được PK’ song song với OI thì bài toán xem như được chứng minh. Gọi giao điểm của AO với đường tròn. (O). (.  là L. Khi đó= COL. ) (. ). (. 1   BAC + BCA . Mặt khác 2. ).  =EOB  =900 − 1 ABC  =900 − 1 1800 − BAC  − BCA  =1 BAC  + BCA  . Từ đó ta được DOB 2 2 2     COL = BOD nên suy ra DOI = LOI , điều này dẫn đến ∆IOD = ∆IOL , do đó LI là tiếp tuyến của đường. ( ). tròn O . 2 Dễ thấy AP.AL = AE = AQ.AO nên ta được. AQ AP . Mà do QK’ song song với IL nên theo = AL AO. AQ AK' AK' AP . Từ đó nên có PK' song song với OI. Điều này dẫn đến PK’ = = AL AI AI AO và PD trùng nhau hay K và K’ trùng nhau. Từ đó suy ra ba điểm A, K, I thẳng hàng.. định lý Talets ta có. • Trình bày lời giải.. + Lời giải 1. Giả sử P là giao điểm của DK với cung nhỏ EF, khi đó P là điểm chính giữa cung nhỏ EF. Từ đó suy ra ba điểm A, P, O thẳng hàng. Gọi Q là giao điểm AO với EF. Do đó ta được AO vuông góc với EF tại Q..  ODP   nên ∆KPQ ∽ ∆IDO . Xét hai tam giác vuông KPQ và IDO có = OID = KPQ KP PQ PQ  = 900 , EQ ⊥ OP và OE = OP nên ta Do đó ta được = = . Mặt khác ta lại có OAE OI DO PO. được. OQ OE PQ OQ OQ OE OP AP . Từ đó suy ra = 1− = 1− = 1− = 1− = = PO PO OE OA OA OA OE OA. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(12) 11. Website:tailieumontoan.com KP AP , mà ta có KP song song với OD. Do đó suy ra ba điểm = OI AO A, K, I thẳng hàng. Vậy IK luôn đi qua điểm cố định A.. Kết hợp hai kết quả trên ta được. ( ). + Lời giải 2. Gọi giao điểm của DK với đường tròn O là P, khi đó dễ thấy ba điểm A, P, O thẳng.    , điều này hàng. Giả sử AO cắt EF tại Q. Do DK song song với OI nên ta có KPO = KDO = DOI KP PQ PQ dẫn đến hai tam giác KQP và DIO đồng dạng với nhau. Từ đó ta được = = . Mặt khác OI OD OE ta lại có P là điểm chính giữa cung nhỏ EF nên EP là phân giác của tam giác AEQ, theo tích chất PA EA AO đường phân giác kết hợp hai tam giác AEO và AQE ta suy ra được = = , suy ra PQ EQ EO. PA PQ . = OA EO AP KP , mà ta có KP song song với IO nên theo định lí Talets = AO OI ta suy ra được ba điểm A, K, I thẳng hàng. Từ đó ta có điều phải chứng minh.. Kết hợp hai kết quả trên ta được. ( ).  + Lời giải 3. Gọi giao điểm của AO với đường tròn O là L. Khi đó do CO là phân giác của BCA. (. ).  nên ta có  1 BAC  + BCA  . Mặt khác do tứ giác BDOE nội và AO là phân giác của góc BAC COL = 2 tiếp nên ta có. (.  + BCA  ) (BAC ).  =900 − 1 ABC  =900 − 1 1800 − BAC  − BCA  =1  =EOB DOB 2 2 2  = BOD  , mà OI là phân giác của góc BOC  nên suy ra Từ đó ta được COL.  = LOI . DOI.   Kết hợp với OD = OL và OI chung dẫn đến ∆IOD = = IDO = 900 hay LI là tiếp ∆IOL , suy ra ILO. ( ). tuyến của đường tròn O . Gọi K’ là giao điểm của AI với EF. Dễ dàng chứng minh được 2 AP.AL AQ.AO nên ta được = AE =. AQ AP . Mà do QK’ song song với IL nên theo định lý = AL AO. AQ AK' AK' AP . Từ đó dẫn đến , nên theo định lý Talets đảo thì ta có PK' song = = AL AI AI AO song với OI. Điều này dẫn đến PK’ và PD trùng nhau hay K và K’ trùng nhau. Từ đó suy ra ba. Talets ta có. điểm A, K, I thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh. Câu 5. Mỗi điểm trong mặt phẳng được gắn với một trong hai màu đỏ hoặc xanh. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác đều có ba đỉnh cùng màu và có độ dài cạnh bằng. 3 hoặc 3.. • Phân tích. Giả sử ta vẽ được các tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán, khi đó ta cần tìm mối liên hệ giữa. các độ dài. 3 và 3. Chú ý rằng các tam giác bài toán yêu cầu là tam giác đều. Giả sử ∆GEK và ∆HEK. đều có cạnh là. 3 , khi đó ta GH = 3 và tam giác FGH là tam giác đều có cạnh bằng 3. Như vậy ta cần xét. các trường hợp màu của các điểm E, F, G, H, K để tìm ra tam giác đều thỏa mãn yêu cầu bài toán. • Lời giải.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(13) 12. Website:tailieumontoan.com G. A. F. B. C. 3. Dựng tam giác ABC đều cạnh bằng. E. O. K. H. 3 . Khi đó ta xét hai trường hợp sau.. + Trường hợp 1. Tam giác ABC có ba đỉnh cùng màu, khi đó tam giác ABC là tam giác cần dựng. Bài toán được chứng minh. + Trường hợp 2. Tam giác ABC có hai đỉnh khác màu, không mất tính tổng quát ta giả sử hai đỉnh đó là AB. Khi đó dựng tam giác ABD cân tại D có AD = BD = 2 3 . Khi đó đỉnh D khác màu với một trong hai đỉnh A và B. Điều này có nghĩa là luôn dựng được đoạn thẳng có độ dài 2 3 và hai đầu mút của đoạn thẳng khác màu. Xét đoạn thẳng thẳng EF có độ dài 2 3 và hai điểm E, F khác màu. Lấy K là trung điểm của EF, khi đó K trùng màu với một trong hai điểm E, F. Không mất tính tổng quát ta giả sử hai điểm E và K cùng có màu đỏ và F màu xanh. Dựng hình thoi EGKH sao cho có hai tam giác EGK và EHK đều. Khi đó ta suy ra được 3.. KG = KE = KH = EG = EH =.  Nếu trong hai điểm H và G có một điểm màu đỏ, chẳng hạn đó là H, khi đó tam giác EKH có ba đỉnh màu đỏ và có cạnh là. 3..  Nếu cả hai điểm H và G cùng có màu xanh, khi đó tam giác FKG có ba đỉnh cùng màu xanh. Gọi O là giao điểm của EK và GH, khi đó ta có OK =. 3 nên OG = 2. GK2 − OK2 =. 3 và HG = 3 . 2. Suy ra FG = FH = 3 . Vậy tam giác FGK đầu có ba đỉnh cùng màu xanh và độ dài cạnh bằng 3. Như vậy bài toán được chứng minh.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(14) 13. Website:tailieumontoan.com Đề số 2 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH VĨNH PHÚC Năm học 2016 – 2017 Câu 1 ( 2.0 điểm). Cho phương trình x 4 + 3x 3 − mx 2 + 9x + 9 = 0 a) Giải phương trình khi m = −2 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiêm dương. Câu 2 (3.0 điểm). a) Giải phương trình 3x 2 − 4x 4x − 3 + 4x − 3 = 0.. (. ( ). ). b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên x; y của phương trình x 2= y2 x + y 4 + 2y2 . Câu 3 (1.0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:. (. ) (. ). 4 a 2 + b2 + c 2 − a 3 + b 3 + c 3 ≥ 9. Câu 4 ( 3.0 điểm).. ( ). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với AB < AC . Gọi M là trung điểm của BC.. ( ). AM cắt O tại điểm D khác A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt đường thẳng AC tại E khác C . Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDBcắt đường thẳng AB tại F khác B . a) Chứng minh rằng BDF ∽ CDE và ba điểm E, M, F thẳng hàng. b) Chứng minh rằng OA ⊥ EF c) Phân giác của góc BAC cắt EF tại điểm N. Phân giác của các góc CEN và BFN lần lượt cắt CN và BN tại P và Q. Chứng minh rằng PQ song song với BC Câu 5 (1.0 điểm). Tập hợp A =. {1; 2; 3;...; 3n − 1; 3n} với n là một số nguyên dương được gọi là tập hợp cân đối. nếu chia A thành n tập hợp con A1, A2 ,..., A n thỏa mãn hai điều kiện sau:. (. ). i) Mỗi tập hợp A i i = 1; 2; 3;...; n gồm 3 số phân biệt và có một số bằng tổng hai số còn lại. ii) Các tập hợp A1, A2 ,..., A n đôi một không có phân tử chung.. { } b) Chứng minh rằng tập hợp A = {1; 2; 3;...; 830; 831} là tập cân đối. a) Chứng minh rằng tập hợp A = 1; 2; 3;...; 92; 93 không phải là tập cân đối. Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1. Cho phương trình x 4 + 3x 3 − mx 2 + 9x + 9 = 0 • Lời giải.. a) Với m = −2 . Khi đó phương trình đã cho trở thành x 4 + 3x 3 + 2x 2 + 9x + 9 = 0. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(15) 14. Website:tailieumontoan.com  x 2 + 4x + 3 =0 Hay ta được x 2 + 4x + 3 x 2 − x + 3 = 0 ⇒  2 ⇒ 0  x − x + 3 =. (. )(. ).  x =−1   x = −3. b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiêm dương. • Phân tích. Nhìn vào phương trình ta thấy phương trình có bậc quá cao đó là bậc 4 và đề yêu cầu cả các. giá trị của m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiêm dương nên ta cần đưa phương trình về phương trình bậc hai để áp dụng hệ thức Vi – ét. Ta chia phương trình đã cho cho x 2 chú ý điều kiện x ≠ 0 , khi đó ta được x 2 + 3x − m + Đặt x +.  9 9 9 3 + 2 = 0 ⇔ x2 + 2 + 3  x +  − m = 0 * x x x x . (). 3 9 = t ⇒ x 2 + 2 = t2 − 6 . Khi đó phương trình * trở thành t2 + 3t − m − 6 = 0 x x. (). Đến đây chi cần áp dụng định lý Vi – et là được. Ta có lời giải như sau. • Lời giải. + Xét x = 0 , ta thấy không thỏa mãn nên x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. + Xét x ≠ 0 . Khi đó phương trình đã cho tương đương với. x 2 + 3x − m +.  9 3 9 9 0 * + 2 = 0 ⇔ x2 + 2 + 3  x +  − m = x x x x . (). 3 9 = t ⇒ x 2 + 2 = t2 − 6 . Khi đó phương trình * trở thành: t2 + 3t − m − 6 = 0 . Xem x x phương trình trên là phương trình ẩn t với m là tham số. Để phương trình đã cho có ít nhất một. (). Đặt x +. nghiêm dương thì phương trình ẩn t cũng có ít nhất một nghiệm dương. Khi đó để phương trình. (. ). ẩn t có nghiệm thì ∆= 32 + 4 m + 6 = 4m + 33 ≥ 0 ⇔ m ≥. −33 . Áp dụng hệ thức Vi – et ta có 4. t1 + t2 = 3 > 0 . Do đó phương trình có ít nhất một nghiệm dương.. Vậy với m ≥. −33 thì phương trình có ít nhất một nghiệm dương. 4. Câu 2. a) Giải phương trình 3x 2 − 4x 4x − 3 + 4x − 3 = 0. • Phân tích và lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥. (. đương với 3x − 4x − 3. + Với= 3x. + Với x=. )(. = 3x  x − 4x − 3 =⇔ 0 x = . ). 3 . Phương trình đã cho tương 4. 4x − 3 4x − 3. x ≥ 0 , phương trình vô nghiệm. 4x − 3 ⇒  2 0 9x − 4x + 3 = x ≥ 0 4x − 3 ⇔  2 ⇔ x − 4x + 3 = 0 . x = 1  x=3 . { }. Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S = 1; 3 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(16) 15. Website:tailieumontoan.com • Nhận xét. Ngoài cách phân tích thành tích ta còn có thể giải phương trình bằng cách nâng lên lũy thừa,. mặc dù sau khi nâng lên lũy thừa phương trình sẽ có bậc 4 nhưng ta vân có thể giải được. Chú ý khi bình phương cần đặt điều kiện. Ta có phương trình đã cho tương đương với: x ≥ 0  3x 2 + 4x = − 3 4x 4x − 3 ⇔  2 2 3 16x 2 4x − 3  3x + 4x −= x ≥ 0 x ≥ 0 ⇔ 4 ⇔ 2 3 2 9x − 40x + 46x − 24x + 9 = 0 x − 4x + 3 9x 2 − 4x + 3 = 0   x ≥ 0 x ≥ 0  2  4x + 3 0 ⇔ = ⇔   x −= x 1  9x 2 − 4x + 3 = x = 3 0     . (. ). (. (. ). )(. ). (. ( ). b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên x; y của phương trình x 2= y2 x + y 4 + 2y2. ). • Phân tích và lời giải. Nhìn vào phương trình đã cho điều đầu tiên ta nghĩ đến là phân tích thành. tích nhưng đáng tiếc là phương trình không phân tích được thành tích. Ta thử viết phương trình về dạng hai bình phương bằng nhau xem sao. Nhưng nhận thấy phương trình cũng không đưa về dạng hai bình phương bằng nhau được. Nhìn vào phương trình nhận thấy x chia hết cho y nên ta đặt x = dy trong đó D là số nguyên tùy ý. y = 0 2 Khi đó phương trình đã cho trở thành: d2 y= y2 dy + y 4 + 2y2 ⇒  2 4 2 d = dy + y + 2y. (. ). 0 Với y = 0 ⇒ x =. ( ). (. ). Với d2 = dy + y 4 + 2y2 . Gọi t = d; y . Khi đó d = td1 và y = ty1 với d1 ; y1 = 1,. (. ). (. ). Khi đó: d12 t2 = dyt2 + y14 t4 + 2y12 t2 ⇒ d12= y1 d1 + y13 t2 + 2y1 mà d1, y1 = 1 ⇒ y1 = ±1. (. ). )(. + Trường hợp 1. Khi y1 = 1 ⇒ d12 = d1 + t2 + 2 ⇒ 2d1 − 2t − 1 2d1 + 2t − 1 = 9. Vì 2d1 − 2t − 1 và 2d1 + 2t − 1 cùng tính chẵn lẻ và nên ta có các trường hợp sau  2d =  d + 2t − 1 1 = 3  1  1  2d1 − 2t − 1 =9  t =−2  2d =    1 + 2t − 1 9 =  d1 3  2d1 −=  t 2 2t − 1 1 =    2d 2t 1 3 + − =  1 d1 = 2   2d − 2t − 1 =  3 t = 0   1  ⇒  ⇒  2d1 + 2t − 1 =−1  d1 = −2    2d1 − 2t − 1 =−9  t = 2  2d + 2t − 1 =−9  d = −2   1   1  2d1 − 2t − 1 =−1  t = −2    2d 2t 1 3 + − = −  1 d1 = −1   2d − 2t − 1 =−3  t = 0   1  . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038.  x   y  x    y  x  y    x   y  x    y  . = 12 = −2 = 12 =2 =0 =0 = −8 =2 = −8 = −2. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(17) 16. Website:tailieumontoan.com. (. )(. ). −d1 − t2 − 2 ⇒ 2d1 − 2t + 1 2d1 + 2t + 1 = + Trường hợp 2: y1 = −1 ⇒ d12 = 9. Vì 2d1 − 2t + 1 và 2d1 + 2t + 1 cùng tính chẵn lẻ và nên ta có các trường hợp sau  2d =  d + 2t + 1 1 = 2  1  1  2d1 − 2t + 1 =9  t =−2  2d =    1 + 2t + 1 9 =  d1 2  2d1 −=  t 2 2t + 1 1 =   3 2d1 + 2t + 1 = d1 = 1  2d − 2t + 1 =  t = 0 3    1 ⇒  ⇒  2d1 + 2t + 1 =−1  d1 = −3    2d1 − 2t + 1 =−9  t = 2  2d + 2t + 1 =−9  d = −3   1   1  2d1 − 2t + 1 =−1  t = −2    2d 2t 1 3 + + = −  1 d1 = −2  2d − 2t + 1 =−3  t = 0   1  .  x   y  x    y  x  y    x   y  x    y  . = −8 =2 = −8 = −2 =0 =0 = 12 = −2 = 12 =2. ( ) (12; −2 ) ; (12, 2 )( 0; 0 ) là nghiệm của phương trình.. Thử lại ta thấy x,= y. Câu 3. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:. (. ) (. ). 4 a 2 + b2 + c 2 − a 3 + b 3 + c 3 ≥ 9 • Phân tích. Nhìn vào biểu thức cần chứng minh ta thấy bất đẳng thức có chiều lớn hơn nên ta cần đánh. (. ) (. ). (. ). giá đại lương 4 a 2 + b2 + c2 và a 3 + b3 + c3 theo chiều bé hơn nhưng a 3 + b3 + c3 là đại dượng lớn. (. ). (. nhất rồi nên ta nghĩ cách triệt tiêu a 3 + b3 + c3 . Khi đó để xuất hiên đại lượng a 3 + b3 + c3. ) ta cần. nhân 3 vào hai vế rồi thay bằng a + b + c . Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với.. (. ) (. ). 12 a 2 + b2 + c2 − 3 a 3 + b3 + c3 ≥ 27. (. )(. ⇔ 4 a+b+c a +b +c. (. 2. 2. 2. ) − 3 (a. ). + b3 + c3 ≥ 27. 3. ) ( ) + c a + ca ) ≥ ( a + b + c ). ⇔ 4 a + b + c + a b + ab + b c + cb + c a + ca 2 − 3 a 3 + b3 + c3 ≥ 27 3. 3. 3. 2. 2. 2. 2. (. ⇔ a 3 + b3 + c3 + 4 a 2 b + ab2 + b2 c + cb2. 2. 2. 2. 3. ⇔ a 2 b + ab2 + b2 c + cb2 + c2a + ca 2 ≥ 6abc. Ta cần chứng minh a 2 b + ab2 + b2 c + cb2 + c2a + ca 2 ≥ 6abc . Tới đây chỉ cần áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số là được. Ta có lời giải chi tiết như sau: Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:. (. ) (. ). 12 a 2 + b2 + c2 − 3 a 3 + b3 + c3 ≥ 27. (. )(. ⇔ 4 a+b+c a +b +c. (. 2. 2. 2. ) − 3 (a. 3. ). + b3 + c3 ≥ 27. ) ( ) + c a + ca ) ≥ ( a + b + c ). ⇔ 4 a + b + c + a b + ab + b c + cb + c a + ca 2 − 3 a 3 + b3 + c3 ≥ 27 3. 3. 3. 2. (. 2. 2. ⇔ a + b + c + 4 a b + ab + b c + cb 3. 3. 3. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 3. ⇔ a 2 b + ab2 + b2 c + cb2 + c2a + ca 2 ≥ 6abc. Ta cần chứng minh a 2 b + ab2 + b2 c + cb2 + c2a + ca 2 ≥ 6abc . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(18) 17. Website:tailieumontoan.com Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số ta được 2 2 2 a 2 b + bc2 ≥ 2 a 2 b.bc = 2abc; ab2 + c2a ≥ 2 ab2 .c = a 2abc; b2 c + ca 2 ≥ 2 b2 c.ca = 2abc. Cộng theo vế ta có a 2 b + ab2 + b2 c + cb2 + c2a + ca 2 ≥ 6abc . Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi vào chỉ khi a= b= c= 1 .. ( ). Câu 4 (3.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nột tiếp đường tròn O với AB < AC . Gọi M là trung. (O) tại điểm D khác A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác. điểm của BC. AM cắt. MDC cắt đường. thẳng AC tại E khác C . Đường tròn ngoại tiếp tám giác MDB cắt đường thẳng AB tại F khác B . a) Chứng minh BDF ∽ CDE và ba điểm E, M, F thẳng hàng. A. A. x. O. O. F. F B. E. H. B. C. M. M. H Q. C P. N. D. D. E. • Phân tích và lời giải. Để chứng minh tam giác BDF đồng dạng với tam giác CDE ta cần chỉ ra  = ECD  và BFD  = ECD  . Chú ý đến các tứ giác BMDF và CEMD nội tiếp suy ra được BFD  = AMB  , DBF  = FMD  , DMC  = DEC  , AME  = ECD . BFD.  = AME  , DMC  = AMB  nên suy ra BFD  = ECD  , BFD  = ECD  Lại có FMD  = ECF . Từ đó ta có BDF ∽ CDE . Từ đí dẫn đến BDF  = BMF  , CME  = EDC  ⇒ CME  = BMF  Mà BDF  + EMC  = BME  +B   = 1800 suy ra E, M, F thẳng hàng. Do đó BME MF = EMF b) Chứng minh rằng OA ⊥ EF • Phân tích. Để chứng minh OA ⊥ EF ta không thể chứng minh trực tiếp được sẽ rất khó khăn nên ta. ( ). nghĩ đến cách chứng minh một bước trung gian. Nhận thấy nếu kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn O thì. OA ⊥ Ax . Ta cần chứng minh EF song song với Ax..  = AMD  và ABC  = AMD . Nhận thấy AEF. ( ).  = ABC  (cùng chắn cung AC) Vì Ax là tiếp tuyến của đường tròn O nên xAC.  = AEF  nên EF song song với Ax. Mà OA ⊥ Ax do đó OA ⊥ EF Suy ra xAC. ( ). • Lời giải. Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn O . Khi đó ta có OA ⊥ Ax . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(19) 18. Website:tailieumontoan.com  = AMD . Tứ giác ECDM nội tiếp suy ra AEF.  = AMD  vì cùng chắn cung AC nên suy ra ABC  = AEF  Lại có ABC. ( ).  = ABC  (cùng chắn cung AC) Vì Ax là tiếp tuyến của đường tròn O nên xAC  = AEF  nên EF song song với Ax. Mà OA ⊥ Ax nên ta được OA ⊥ EF Suy ra xAC c) Phân giác của góc BAC cắt EF tại điểm N. Phân giác của các góc CEN và BFN lần lượt cắt CN và BN tại P và Q. Chứng minh rằng PQ song song với BC..   • Phân tích. Để chứng minh PQ song song với BC ta cần chứng minh NQP = NBC . Nhưng nếu chứng minh góc bằng nhau sẽ rất khó vì ta chưa thấy mối liên hệ gì giữa hai góc. Nên ta chuyển qua chứng minh tỉ số. NQ NP QN PN hay = = QB PC NB NC.  và CEN  nên theo tính chất tia phân giác ta có Nhận thấy vì FQ và EP là phân giác của góc BFN PN EN FN EN BF FN QN FN và . Như vậy ta cần chứng minh hay = = = = QB FB PC EC FB EC CE EN.  nên FN = AF . Do lại có ABC đồng dạng với AEF nên Vì AN là phân giác của góc FAE EN AE AF AC BF AC . Khi đó ta cần chứng minh hay BF.AB = CE.AC = = AE AB CE AB. Nhận thấy BF.AB + AB2 = AF.AB và AC2 − CE.AC = AE.AC Ta cần chứng minh AB2 + AC2= AF.AB + AE.AC . Vì. AF AC nên AF.AB = AE.AC . Vì các tứ giác BMDF và CDME nội tiếp đường tròn nên ta có = AE AB. AF.AB = AE.AC = AD.MD . Lại có AD.MD = AM2 + AM.MD Vì ABM đồng dạng với CDM nên AM.MD = MB.MC =. BC2 4. Phép chứng minh kết thúc khi ta chỉa ra được 2AB2 + 2AC2 = 4AM2 + BC2 . 2 2 Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Khi đó ta được AB = AH2 + BH2 , AC = AH2 + CH2 và 2 AM = AH2 + HM2 . Đến đay chỉ cần biểu đổi biểu thức cần chứng minh là được.. Ta có lời giải chi tiết như sau. • Lời giải. Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Khi đó thoe định lý Pitago, ta có: 2 2 2 AB = AH2 + BH2 , AC = AH2 + CH2 , AM = AH2 + HM2. Ta có HM2 = HM.MB − HM.HB = HM.MC − HM.HB hay ta được HM.MC = HM2 + HM.HB ⇔ BH2 + 2HM.MC = 2HM2 + 2HM.HB + BH2 ⇔ BH2 + 2HM.MC = HM2 + BM2 ⇔ BH2 + 2HM.MC + MC2 + HM2 = 2HM2 + 2BM2 ⇔ BH2 + HC2 = 2HM2 + 2BM2 ⇔ 4AH2 + 2BH2 + 2HC2 = 4HM2 + 4BM2 + 4AH2 ⇔ AB2 + AC2 = AM2 +. BC2 4. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(20) 19. Website:tailieumontoan.com Vì. AF AC nên AF.AB = AE.AC = AE AB. Lại có BMDF và CDME nội tiếp nên AF.AB = AE.AC = AD.MD và AD.MD = AM2 + AM.MD Vì ABM đồng dạng với CDM nên AM.MD = MB.MC = Suy ra AF.AB + AE.AC = AM2 +. BC2 4. BC2 = AB2 + AC2 . 4. Do đó ta được AF.AB − AB2 = AC2 − AE.AC ⇒ BF.AB = CE.AC ⇒. BF AC = CE AB.  và CEN  nên ta có QN = FN và PN = EN . Vì FQ và EP là phân giác của góc BFN QB FB PC EC FN AF . = EN AE  chung và ABC  = AEF  (theo câu a) Hai tam giác ABC và AEF có A. Vì AN là phân giác của góc FAE nên. Nên ABC đồng dạng với AEF , từ đó suy ra Do đó. AF AC = AE AB. FN AC BF FN FN EN NQ NP QN PN = =. Suy ra = ⇒ =⇒ ⇒ = QB PC FB EC EN AB CE EN NB NC. Từ đó ta được PQ song song với BC. • Nhận xét. Ta có thể chứng minh PQ song song với BC theo hướng sau. Ta có ∆BDF ∽ ∆CDE nên. = 1 Ta có Từ đó. SBDF SCDE. =. BF2 . CE2. MB SDAB SDAB SBDF SCDE AB BF2 CE AB.BF = = . . = . .= . MC SDAC SBDF SCDE SDAC BF CE2 AC CE.AC. BF AC AF NF EN FN = = = ⇒ = CE AB AE NE EC FB. Theo tính chất phân giác ta có. PN EN QN FN và = = QB FB PC EC. Từ hai kết quả trên ta suy ra được. PN QN . Do đó PQ song song với BC. = PC QB. Câu 5 (1.0 điểm). Tập hợp A =. {1; 2; 3;...; 3n − 1; 3n} với n là một số nguyên dương được gọi là tập. hợp cân đối nếu chia A thành n tập hợp con A1, A2 ,..., A n thỏa mãn hai điều kiện sau:. (. ). i) Mỗi tập hợp A i i = 1; 2; 3;...; n gồm 3 số phân biệt và có một số bằng tổng hai số còn lại. ii) Các tập hợp A1, A2 ,..., A n đôi một không có phân tử chung. • Lời giải.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(21) 20. Website:tailieumontoan.com. {. }. a) Giả sử A = 1; 2; 3;...; 93. {x ; y ; x i. i. i. là tập hợp cân đối , khi đó mỗi tập A i. ( i = 1, 31). có dạng. }. + y i , như vậy tổng ba phần tử trong A i là số chẵn. Do đó tổng các phần tử của tập A là. số chẵn. Mặt khác tổng các phần tử trong A bằng: 1 + 2 + 3 + ... += 93. 93.94 = 93.47 (là số lẻ). Mâu thuẫn 2. này chỉ ra A là tập không cân đối.. {. } {1; 2; 3;...; 4n + 3} cũng là tập hợp cân đối.. b) Ta có nhận xét: Nếu tập Sn = 1; 2; 3;...; n , với n chia hết cho 3 là tập hợp cân đối thì tập. {. }. và S4n + 3 S4n = 1; 2; 3;...; 4n=. Chứng minh. Từ tập S4n ta chọn ra các tập con ba phần tử sau:. {1; 2n + n; 2n + n + 1} ; {3; 2n + n − 1; 2n + n + 2} ; {5; 2n + n − 2; 2n + n + 3} ;...; {2n − 1; 2n + 1; 4n} . Rõ ràng các tập con này đều thỏa mãn có một phần tử bằng tổng hai phần tử còn lại.. {. }. Còn lại các số sau trong tập S4n là 2, 4, 6,..., 2n . Tuy nhiên vì tập Sn cân đối nên tập 2; 4; 6;...; 2n cũng cân đối . Vậy S4n là tập cân đối. Tương tự từ tập S4n + 3 ta chọn ra các tập con ba phần tử sau:. {1; 2n + n + 2; 2n + n + 3} ; {3; 2n + n + 1; 2n + n + 4} ;…; {2n + 1; 2n + 2; 4n + 3} . Và còn lại các số là 2, 4, 6,..., 2n , suy ra S4n + 3 là tập cân đối. Trở lại bài toán. Ta có 831 = 4.207 + 3;207 = 4.51 + 3; 51 = 4.12 + 3;12 = 4.3. {. }. Chú ý là tập 1; 2; 3 là cân đối nên theo nhận xét trên ta xây dựng được các tập hợp cân đối theo. { } { } { } { Do đó tập A = {1; 2; 3;...; 831} là tập hợp cân đối (đpcm).. } {. }. quy trình sau: 1; 2; 3 → 1; 2;...;12 → 1; 2;...; 51 → 1; 2;...; 207 → 1; 2;...; 831 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(22) 21. Website:tailieumontoan.com Đề số 3 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ Chuyên Toán - Năm học 2016 – 2017 Câu 1(2.0 điểm). 2 a) Cho các số a, b thoả mãn 2a 2 + 11ab − 3b= 0; b ≠ 2a; b ≠ −2a .Tính giá trị biểu thức:. a − 2b 2a − 3b + 2a − b 2a + b. = T. b) Cho các số nguyên duơng x, y, z và biểu thức P=. (x. 2. (. − y2. ). ) + (y 3. (. 2. − z2. ). ) + (z 3. 2. − x2. (. ). ). 3. x 2 x + y + y2 y + z + z2 z + x + 2xyz. Chứng minh rằng P là một số nguyên và P chia hết cho 6. Câu 2(2.0 điểm). a) Tìm các số nguyên x,y thoả mãn 2x 3 + 2x 2 y + x 2 + 2xy =x + 10 b) Cho 19 điểm phân biệt nằm trong một tam giác đều có cạnh bằng 3, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tìm được một tam giác có ba đỉnh là ba trong 19 điểm đã cho mà có diện tích không lớn hơn. 3 4. Câu 3(3.0 điểm). a) Giải phương trình. 2x + 1 − x − 3 = 2. 2x 3 + x 2 y + +2x 2 + xy + 6 = 0 b) Giải hệ phương trình  2 1 x + 3x + y =. Câu 4(3.0 điểm).. (. ). Cho đuờng tròn O; R và dây cung BC cố định. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Bên ngoài tam giác ABC dựng các hình vuông ABDE, ACFG và hình bình hành AEKG. a) Chứng minh rằng AK = BC và AK vuông góc BC. b) Gọi giao điểm của DC và BF là M. Chứng minh rằng ba điểm A, K, M thẳng hang.. (. ). c) Chứng minh rằng khi A thay đổi trên cung lớn BC của đường tròn O; R thì K luôn thuộc một đuờng tròn cố định. Câu 5(1.0 điểm). Cho các số duơng x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. P=. 2. (2x + y ). 3. + +1 −1. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 2. ( x + 2y ). 3. + +1 −1. (2x + y )( x + 2y ) − 4. (. 8. 3 x+y. ). TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(23) 22. Website:tailieumontoan.com Phân tích và hướng giải Câu 1. 2 a) Cho các số a, b thoả mãn 2a 2 + 11ab − 3b= 0; b ≠ 2a; b ≠ −2a .Tính giá trị biểu thức:. a − 2b 2a − 3b + 2a − b 2a + b. = T. 0 không thể phân tích thành tích ta tiến hành thử quy đồng • Phân tích. Nhận thấy 2a 2 + 11ab − 3b2 =. biểu thức T xem sao. Sau khi quy đồng ta biến đổi tử và mẫu làm xuất hiện 2a 2 + 11ab − 3b2 . 2 0; b ≠ 2a; b ≠ −2a ta có • Lời giải. Với 2a 2 + 11ab − 3b=. (. )(. ) ( )(. )(. a − 2b 2a + b + 2a − 3b 2a − b a − 2b 2a − 3b = + 2a − b 2a + b 2a − b 2a + b. T =. (. (. ). ). ). (. ). 2 − 8a 2 − 2b2 6a 2 − 11ab + b2 − 2a − 11ab + 3b + 8a − 2b = = = = −4 4a 2 − b2 4a 2 − b2 4a 2 − b2 2. 2. b) Cho các số nguyên duơng x, y, z và biểu thức P =. 2. (x. 2. − y2. (. ). ) + (y 3. (. 2. − z2. ). ) + (z 3. (. 2. − x2. ). ). 3. x 2 x + y + y2 y + z + z2 z + x + 2xyz. Chứng minh rằng P là một số nguyên và P chia hết cho 6. • Phân tích và lời giải. Trong phân thức trên thì tử có bậc 6, do đó sẽ là sai lầm nếu phân tích tử. số ra. Nhưng để ý thì thấy liên hệ giữa tử và mẫu của phân thức trên ta thấy liên quan đến hai đẳng thức rất quen thuộc:. (. ). ( )( ( ) ( ) ( a + b + c ) − 3 ( a + b )( b + c )( c + a ). )(. a 2 b + c + b2 c + a + c2 a + b + 2abc = a + b b + c c + a a 3 + b3 + c3 =. ). 3. Ta tiến hành áp dụng vào phân thức trên và được kết quả rất đẹp. (x P=. 2. − x 2 + y 2 − y 2 + z2 − z2. ). 3. (. − 3 x 2 − y 2 + y 2 − z2. )( y. 2. − z2 + z2 − x 2. )( z. 2. − x 2 + x 2 − y2. ( x + y )( y + z )( z + x ) −3 ( x − y )( x + y )( y − z )( y + z )( z − x )( z + x ) = = −3 ( x − y )( y − z )( z − x ) ( x + y )( y + z )( z + x ). ). Khi đó dễ thấy P là một số nguyên. Theo nguyên lý Dirichlet trong 3 số nguyên x, y, z có ít nhất hai số cùng tính chẵn lẻ. Giả sử đó là x và y, khi đó dẫn đến x − y chẵn nên suy ra P chia hết cho 2 và 3, do đó P chia hết cho 6. Câu 2(2.0 điểm). a) Tìm các số nguyên x,y thoả mãn 2x 3 + 2x 2 y + x 2 + 2xy =x + 10 • Phân tích và lời giải. Phương trình đã cho có bậc ba đối với ẩn x và có bậc nhất đối với ẩn y nên. ta không thể sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai. Do đó ta chú ý đến phân tích phương trình về dạng phương trình ước số. Ta có. (. ). (. ) (. ). 2x 3 + 2x 2 y + x 2 + 2xy =x + 10 ⇔ 2x 2 x + y + 2x x + y − x 2 + x = 10. (. )(. ) (. ). (. ) (. ). ⇔ 2 x + y x + x − x + x = 10 ⇔ x + x 2 x + y − 1 = 10   2. 2. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 2. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(24) 23. Website:tailieumontoan.com. ). (. (. ). Nhận thấy 10 =1.10 =2.5 =− ( 1)(−10) =− ( 2)(−5) , x 2 + x= x x + 1 là số chẵn và 2 x + y − 1 là số  lẻ. Đồng thời ta có x + x=  x +  2. 2. 1 1 2  − > −1 ⇒ x + x ≥ 0 . 2 4. x 2 + x = x 2 + x = 10 2 Từ các nhận xét trên ta thấy chỉ có các trường hợp  hoặc  5 1 2 x + y − 1 = 2 x + y − 1 =. ). (. ). (. x 2 + x = 10 . Phương trình x 2 + x = + Trường hợp 1. Với  10 không có nghiệm nguyên. 1 2 x + y − 1 =. (. ). 2 2 x + x = + Trường hợp 2. Với  ⇔ 5 2 x + y − 1 =. (. ). x = 1  x 1;= = y 2    x = −2 ⇔  −2; y = x= 5 x + y =  3 . ( ). ( )(. ). Vậy có hai bộ số nguyên x; y thỏa mãn là 1; 2 , −2; 5 . b) Cho 19 điểm phân biệt nằm trong một tam giác đều có cạnh bằng 3, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tìm được một tam giác có ba đỉnh là ba trong 19 điểm đã cho mà có diện tích không lớn hơn. 3 4. • Phân tích. Ta cần 3 trong 19 điểm thuộc một. A. tam giác nên ta sẽ chia tam giác ABC ra thành x.  19  3 , từ đây ta tam giác đều sao cho   + 1 = x. H. I. được x = 9 . • Lời giải. Chia các cạnh của tam giác đều. thành 9 tam giác đều nhỏ bằng nhau có. B. C. cạnh bằng 1. Kẻ đường cao AP. Theo pytago ta tính được AP =. 9 3 3 3 nên suy ra = = SABC :9 4 2. 3 4.  19  Theo nguyên lý Dirichlet có ít nhất   + 1 = 3 điểm trong số 19 điểm thuộc 1 trong số 9 tam giác 9 đều nhỏ bằng nhau. Giả sử tam giác đều AHI chứa 3 điểm trong 19 điểm đã cho. Vì 9 tam giác đều nhỏ bên trong tam giác đều ABC bằng nhau nên = SAHI. 9 3 = :9 4. 3 .Từ đây ta suy ra. 4. Câu 3(3.0 điểm). a) Giải phương trình. 2x + 1 − x − 3 = 2. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 3 . Biến đổi tương đương phương trình ta. được. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(25) 24. Website:tailieumontoan.com 2x + 1 =. x − 3 + 2 ⇔ 2x + 1 = x − 3 + 4 x − 3 + 4. x = 4 ⇔ 4 x − 3 = x ⇔ 16 x − 3 = x 2 ⇔ x 2 − 16x + 48 = 0 ⇔   x = 12. (. ). {. }. Cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn điều kiện. Vậy ta có tập nghiệm là S = 4;12 2x 3 + x 2 y + +2x 2 + xy + 6 = 0 b) Giải hệ phương trình  2 1 x + 3x + y =. • Phân tích và lời giải. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2x 3 + x 2 y + 2x 2 + xy = −6. (. )(. ). hay ta được x 2 + x 2x + y = −6 . Bây giờ để ý đến phương trình thứ hai ta lại có thể biến đổi để. (. ). xuất hiện các nhân tử ở VT phương trình thứ nhất x 2 + 3x + y= 1 ⇔ x 2 + x − 1 = − 2x + y . Sử dụng phương pháp thế để đưa hệ phương trình về phương trình một ẩn. (x. 2. )(. ). (. )(. ). + x x2 + x − 1 − 6 = 0 ⇔ x2 + x + 2 x2 + x − 3 = 0.   −1 + 13 −1 + 13 ;y = − 13 − 1 x = x = 2 2 2 ⇒ ⇔ x +x−3= 0⇔    −1 − 13 −1 − 13 ;y 13 − 1 = = = x x 2 2    −1 − 13   −1 + 13  Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm  ; 13 − 1  ,  ; − 13 − 1  .     2 2    . (. ). Câu 4. Cho đuờng tròn O; R và dây cung BC cố định. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Bên ngoài tam giác ABC dựng các hình vuông ABDE, ACFG và hình bình hành AEKG. a) Chứng minh rằng AK = BC và AK vuông góc BC. • Phân tích. Theo giả thiết ta đã có. K. AB = AE = KG và AC = AG , như vậy để AK = BC ta cần chứng minh. được. G. KGA = BAC .. Muốn vậy ta cần chỉ ra được  = KGA  . Dễ thấy rằng BAC.  + EAG  = BAC 1800  + KGA = EAG 180 .. E C'. B' A. và. Đến đây ta có được điều cần chứng. F O D. minh. Mặt khác để chứng minh KA vuông góc với BC ta gọi H là giao. T B. S. M H. C. điểm của KA và BC Khi đó để ý thấy AB vuông góc AE mà KG//AE nên ta có thể thấy AB vuông góc với KG. Gọi J là giao điểm  = KAJ  ta sẽ cần có thêm JKA  = ABH  mà việc này đã hoàn tất vì ta đã có của AB và KG, ta đã có BAH. KGA = BAC . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(26) 25. Website:tailieumontoan.com       • Lời giải. Ta có KEA + EAG =1800 , BAC + EAG =1800 ⇒ KEA =BAC. Lại có EK = AG = AC; EA = AB ⇒ AEK = BAC ⇒ AK = BC.  = ABC . Ta có AEK = BAC ⇒ EAK  + ABC  = BAH  + EAK  = 900 ⇒ AH ⊥ BC . Gọi H là giao điểm của KA và BC, ta có BAH. Vậy AK ⊥ BC . b) Gọi giao điểm của DC và BF là M. Chứng minh rằng ba điểm A, K, M thẳng hang. • Phân tích. Để chứng minh A, K, M thẳng hàng ta sẽ chứng minh K, M, H thẳng hàng. Ta đã có KH. vuông góc với BC. Từ hình vẽ ta dự đoán tam giác KBC có M là trực tâm và BC là một cạnh. Như vậy ta đi chứng minh tam giác KBC có BM vuông góc KC và CM vuông góc với KB. • Lời giải. Gọi T và S lần lượt là giao điểm của KB với CD và KC với BF. Gọi Z là giao của KC và. AG.  =  + 900 ; BCF  =  + 900 mà KAG  = ACB  ⇒ KAC  = BCF.  Vì KAC KAG ACB.  = BCF  ⇒ KAC = BCF ⇒ CKH  = FBC.  Vì KA = BC; AC = CF; KAC  + KCH  =  + KCH  = Ta lại có CKH 900 ⇒ FBC 900 ⇒ BF ⊥ KC .. Tương tự ta có KB ⊥ CD . Từ hai kết quả trên suy ra M là trực tâm của KBC do đó suy ra M ∈ KH . Vậy ba điểm A, K, M thẳng hàng.. (. ). c) Chứng minh rằng khi A thay đổi trên cung lớn BC của đường tròn O; R thì K luôn thuộc một đuờng tròn cố định. • Lời giải. Dựng hình vuông BCC ' B ' trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa cung lớn BC , suy ra B ' C '. cố định. Ta có AKB’B là hình bình hành (vì BB ', KA cùng vuông góc BC suy ra BB ' song song.  . với KA; BB ' KA = BAH =' KA = BC ). Do đó B ' K song song với AB nên B ' = HAC . Tương tự ta có AKC ' C là hình bình hành nên suy ra KC ' song song với AB nên AKC   ' = BAH  + HAC  = BAC . Từ đó ta có B ' KC ' = B ' KA + AKC. (. ). Vì khi A thay đổi trên cung lớn BC của đường tròn O; R thì K luôn nhìn đoạn B ' C ' cố định.  . Do đó K thuộc quỹ tích cung chứa góc  dựng trên đoạn dưới một góc không đổi  = BAC B ' C ' cố định.. Câu 5. Cho các số duơng x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. P=. 2. (2x + y ). 3. 2. +. ( x + 2y ). +1 −1. 3. +. (2x + y )( x + 2y ) − 4. +1 −1. (. 8. 3 x+y. ). • Phân tích và lời giải. Nhận thấy ở P có sự xuất hiện lặp lại của 2x + y; 2y + x nên để đơn giản. hóa ta đổi biến a =2x + y; b =2y + x . Khi đó biểu P được viết lại thành. = P. 2 a +1 −1 3. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. +. 2 b +1 −1 3. +. ab 8 − 4 a+b TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(27) 26. Website:tailieumontoan.com Nhìn vào mẫu số của các phân số trong P ta thấy. a 3 + 1 và. b3 + 1 có thể phân tích thành nhân. tử rồi sau đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM để làm mất căn mà không bị đổi chiều. a 3 + 1=. Tương tự. b3 + 1=. ( a + 1) ( a ( b + 1) ( b. 2. 2. ). −a +1 ≤. ). −b+1 ≤. a + 1 + a2 − a + 1 a2 + 2 a2 = ⇒ a3 + 1 − 1 ≤ 2 2 2. b + 1 + b2 − b + 1 b2 + 2 b2 = ⇒ b3 + 1 − 1 ≤ 2 2 2. 4 1 1 8 2 2 ≤ + ⇒− ≥ − − . Do đó ta được a+b a b a+b a b. Mặt khác. P≥.   4  ab 2 2 4 4 ab 2 2  4 4 4 ab 2 2 + 2 + − − =  2 + 1 +  2 + 1 + − − −2 ≥ + + − − −2 2 4 a b a a b 4 a b a b  b  4 a b. Hay ta được P ≥. 2 2 ab 2 2 ab + + − 2 ≥ 33 . . −2 = 1. a b 4 a b 4.  2 a + 1 = a − a + 1  b + 1 = b2 − b + 1  4 4 2 Vậy Min P = 1 ⇔  2 = 2 = 1 ⇔ a =b =2 ⇒ x = y = 3 a b 2 2 ab = = a b 4 a = b . ( ). Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(28) 27. Website:tailieumontoan.com Đề số 4 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ Chuyên Tin - Năm học 2016 – 2017 Câu 1. (2.0 điểm). a) Chứng minh. 3. 5 2 +7 − 35 2 −7 = 2.. b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 2 + 2xy + y = 6. Câu 2 (2,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P =. 1 2xy 10z với x, y, z là các số + + 2x + 2xz + 1 y + 2xy + 10 10z + yz + 10. thỏa mãn xyz = 5 và biểu thức P có nghĩa. b) Trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 có 112 thí sinh đăng ký dự thi vào lớp Chuyên Tin, giả sử mỗi thí sinh quen ít nhất 75 bạn trong 112 thí sinh này. Chứng minh rằng luôn chọn được một nhóm có 4 thí sinh mà hai bạn nào trong nhóm cũng quen nhau. Câu 3 (2,0 điểm). ( x + 3) x + 2 . 4xy =( 2x + 1)( y + 1) . a) Giải phương trình 4x + 2 =. b) Giải hệ phương trình  x y 5 + =   y + 1 2x + 1 4 Câu 4 (3,0 điểm). (. ). Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O; R đường kính AK. Trên cạnh BC lấy điểm M;. (. ). (. vẽ đường tròn D; R1 qua M và tiếp xúc với AB tại B, vẽ đường tròn E; R 2. (. ). qua M và tiếp xúc. ). (. ). với AC tại C. Gọi N là giao điểm thứ hai khác M của đường tròn D; R1 và đường tròn E; R 2 .. (. ). a) Chứng minh N thuộc đường tròn O; R và ba điểm A, M, N thẳng hàng. b) Khi M thay đổi trên đoạn BC chứng minh R1 + R 2 = R và tứ giác ADNE có diện tích không đổi. c) Khi M thay đổi trên đoạn BC. Tính diện tích nhỏ nhất của tam giác ADE theo R. Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn. 1 1 1 + + = 1 x y z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 2x 3 + 3y 3 + x + 4y. 2y 3 + 3z3 + y + 4z. 2z3 + 3x 3 z + 4x. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(29) 28. Website:tailieumontoan.com Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1. (2.0 điểm). a) Chứng minh. 3. 5 2 +7 − 35 2 −7 = 2.. • Lời giải. Ta có. ( 2 ) + ( 2 ) = (1 + 2 ) = 1 + 2 5 2 −7 = − 1 + 3 2 + 3( 2) + ( 2) = − (1 + 2 ) = − (1 + 2 ) 5 2 + 7 − 5 2 − 7 = 1 + 2 + − (1 + 2 ) = 2 3. 5 2 + 7 = 3 1 + 33 2 + 3. 3. Do đó ta được. 3. 3. 3. 3. 2. 3. 3. 3. 3. 2. 3. 3. 2. 3. 2. 3. 2. 3. 2. 3. 2. 2. b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 2 + 2xy + y = 6. • Phân tích. Phương trình đã cho có dạng bậc nhất đối với biến y nên ta phân tích phương trình về dạng. ). (. (. x 2 − 6 =− y 2x + 1 . Do x và y là các số nguyên nên ta được x 2 − 6  2x + 1. (. ). (. ). hay ta được. ). 4x 2 − 1 − 23  2x + 1 , điều này dẫn đến 23  2x − 1 .Đến đây ta giải được phương trình.. (. ). • Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với x 2 − 6 =− y 2x + 1 . Do x và y là các số nguyên. ( ) ) ( ( ) ước của 23 nên x ∈ {−12; −1; 0;11} . Thay lần lượt các giá trị x vào phương trình đã cho ta được các nghiệm là ( x; y ) = ( −12; 6 ) , ( −1; −5 ) , ( 0; 6 ) , (11; −5 ) .. nên ta được x 2 − 6  2x + 1 hay 4x 2 − 1 − 23  2x + 1 , điều này dẫn đến 23  2x + 1 hay 2x + 1 là. Câu 2 (2,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P =. 1 2xy 10z với x, y, z là các số thỏa mãn + + 2x + 2xz + 1 y + 2xy + 10 10z + yz + 1. xyz = 5 và biểu thức P có nghĩa. • Lời giải. Kết hợp xyz = 5 ta biến đổibiểu thức P thành. 1 2xy 10z + + 2x + 2xz + 1 y + 2xy + 10 10z + yz + 10 1 2xy xyz.2z = + + 2x + 2xz + 1 y + 2xy + 2xyz 2xyz.z + yz + 2xyz 1 2y 2xz 1 + 2y + 2zx = + + = =1 2x + 2xz + 1 1 + 2x + 2xz 2xz + 1 + 2x 2x + 2zx + 1. P=. b) Trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 có 112 thí sinh đăng ký dự thi vào lớp Chuyên Tin, giả sử mỗi thí sinh quen ít nhất 75 bạn trong 112 thí sinh này. Chứng minh rằng luôn chọn được một nhóm có 4 thí sinh mà hai bạn nào trong nhóm cũng quen nhau. • Lời giải. Vì trong 112 thí sinh mỗi thí sinh đều quen ít nhất 75 bạn nên với hai bạn quen nhau. 38 (bạn). Trong các bạn quen chung bất kỳ A và B có số bạn quen chung ít nhất là 75 + 75 – 112 = của A và B luôn tồn tại ít nhất hai bạn C và D quen nhau, vì nếu không có hai bạn nào quen nhau thì mỗi bạn quen chung của A và B quen nhiều nhất 112 – 38 = 74 (bạn) trái với giả thiết. Vậy ta chọn ra được một nhóm 4 bạn A, B, C, D mà hai bạn nào trong nhóm cũng quen nhau. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(30) 29. Website:tailieumontoan.com Câu 3 (2.0 điểm). a) Giải phương trình 4x + 2 =. ( x + 3). x+2.. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −2 . Biến đổi phương trình ta được. 4x + 2 = ⇔. x+2. (. +Với. x+2 −3 = 0 ⇔. + Với. x+2 −x = 0 ⇔. ( x + 3). x + 2 ⇔ x + 2 − 3 x + 2 + 3x − x x + 2 = 0. ). ) (. x+2 −3 +x 3− x+2 = 0 ⇔. (. x+2 −x. )(. ). x+2 −3 = 0. x +2 = 3 ⇔ x +2 = 9 ⇔ x = 7. x ≥ 0 x ≥ 0 ⇔x=2 x+2 = x ⇔  2 ⇔  2 = = x −2 0 x + 2 x x −. { }. Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 2; 7 .. (. )(. ). 4xy = 2x + 1 y + 1  b) Giải hệ phương trình  x y 5 + =   y + 1 2x + 1 4. 1 • Lời giải. Điều kiện xác định của hệ phương trình là x ≠ − ; y ≠ −1 . 2  x y 1 . =  Biến đổi hệ phương trình thành  y + 1 2x + 1 4 . 5  x + y =  y + 1 2x + 1 4. Khi đó.  1 5 1 x y là các nghiệm của phương trình t2 − t + = 0 ⇔ t ∈ 1;  . ; 4 4 y + 1 2x + 1  4. Ta có hai trường hợp sau.  x =1  x= y + 1 ⇔ ⇔ + Trường hợp 1. Với  y + 1 = 2x + 1 4y  y =1  2x + 1 4  x 1 =  + Trường hợp 2. Với  y + 1 4 ⇔  y =1  2x + 1. 4x = y + 1 ⇔  y= 2x + 1 . x= y + 1 ⇔  4y= 2 y + 1 + 1. (. ). 4x = 2x + 1 + 1 ⇔  y= 2x + 1 .  5 x = 2.  y = 3 2 . x = 1 .  y= 3 . 5 3 Kết hợp với điều kiện xác định ta được các nghiệm của hệ đã cho là x; y = 1; 3 ,  ;  . 2 2. ( ) ( ). (. ). Câu 4 (3.0 điểm). Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O; R đường kính AK. Trên cạnh. (. ). ( ) M và tiếp xúc với AC tại C. Gọi N là giao điểm thứ hai khác M của đường tròn ( D; R ) và đường tròn ( E; R ) . BC lấy điểm M; vẽ đường tròn D; R1 qua M và tiếp xúc với AB tại B, vẽ đường tròn E; R 2 qua 1. 2. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(31) 30. Website:tailieumontoan.com. (. ). a) Chứng minh N thuộc đường tròn O; R và ba điểm A, M, N thẳng hàng. • Phân tích.. (. + Để chứng minh điểm N thuộc đường tròn O; R. ). A. ta đi chứng minh tứ giác ABNC nọi tiếp đường tròn.  = 600 nên ta cần chỉ ra được Mà ta đã có BAC  = 1200 . Để ý rằng ta có BNM   BNC = CNM = 600 nên ta có điều càn chứng minh. O.  = 600 và BNA  = 600 ta dễ dàng suy ra + Từ BNM ba điểm A, M, N thẳng hàng.. (. • Lời giải. Vì tam giác ABC đều nội tiếp O; R. ). M. B. có đường kính AK nên AB = BC = CA = R 3    và lại có BAC = ABC = ACB = 600 .. (. Vì BA là tiếp tuyến của đường tròn D; R1. (. ). C. D E N. K. P.   nên BNM = ABM = 600 và CA là tiếp tuyến của. ).   đường tròn E; R 2 nên CNM = ACM = 600  + BNC  = BAC  + BNM  + CNM  = 600 + 600 + 600 = 1800 nên suy ra tứ giác Từ đó ta được BAC. (. ). ABCN nội tiếp được đường tròn hay N thuộc đường tròn O; R .. (. ).    = 600 do đó ta được Vì N thuộc đường tròn O; R nên ta có BNA = CNA = 600 mà ta lại có BNM   = BNM = 600 nên ba điểm A, M, N thẳng hàng. BNA b) Khi M thay đổi trên đoạn BC chứng minh R1 + R 2 = R và tứ giác ADNE có diện tích không đổi. = BD = R1 ; ME = CE = R 2 , như vậy để chứng = OK = OC = R . Lại có MD • Phân tích. Dễ thấy OB. minh được R1 + R 2 = R ta cần chỉ ra tứ giác MDKE là hình bình hành. Điều này đồng nghĩa với chứng minh BK song song với ME và MD song song với KC. Để chứng minh tứ ADNE có diện tích không đổi ta đi tính diện tích tứ giác ADNE theo R..   = BCA = 600 nên tam giác OBK đều, do đó ta = OK = R và BKO • Lời giải. Tam giác OBK có OB  = KCB . suy ra được BK = R . Ttương tự ta được CK = R nên tam giác BKC cân tại K, do đó KBC. (. ). Vì BA là tiếp tuyến của đường tròn D; R1 nên BD vuông góc với BA, mà ta có BK vuông góc với.  = DBC  suy ra D thuộc BK nên BA nên suy ra D nằm trên BC, điều này dẫn đến KBC  = DBC  , lại có DB   KBC = DM = R1 nên DMB = DBC ..  = DMB  nên DM song song với KC hay DM song song với KE. Từ các kết quả trên ta được KCB Chứng minh tương tự ta có EM song song với DK do đó tứ giác MDKC là hình bình hành. Từ đó suy ra DM = KE hay DM + EC = EK + EC nên suy ra R1 + R 2 = R. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(32) 31. Website:tailieumontoan.com Ta có AN vuông góc với NK hay ED vuông góc với AN, do đó DE song song với AN, điều này dẫn đến SDNE = SDKE nên SADNE = SADKE . Lại có SADKE = SADK + SAEK = Do đó suy ta SADKE =. 1 1 R 3 R2 3 AB.DK + AC.KE = DK + KE = 2 2 2 2. (. ). R2 3 không đổi. 2. c) Khi M thay đổi trên đoạn BC. Tính diện tích nhỏ nhất của tam giác ADE theo R. R2 3 không đổi nên để tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam 2 giác ADE thì ta đi tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác DEK. • Phân tích. Ta có SADKE = SADE + SKDE =. • Lời giải. Ta có SADKE =. R2 3 R2 3 R2 3 hay SADE + SKDE = nên= − SKDE SADE 2 2 2. Kẻ EP vuông góc với DK tại P, khi đó ta có = SDKE. 1 1  1 KD.KE. sin 600 = KD.EP KD.KE. = sin PKE 2 2 2 2 2 1 3 R 3 ≤ = KD + KE 8 2 16. ). (. Suy ra SADE ≥. R 2 3 R 2 3 7R 2 3 − = , dấu bằng xẩy ra khi KD = KE hay M là trung điểm của 2 16 16. BC. Vậy SADE đạt giá trị nhỏ nhất bằng. 7R 2 3 khi M là trung điểm của BC. 16 1 1 1 1. + + = x y z. Câu 5 (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 2x 3 + 3y 3 + x + 4y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =. 2y 3 + 3z3 + y + 4z. 2z3 + 3x 3 z + 4x. • Phân tích và lời giải. Ta dự đoán được với x= y= z= 3 thì P = 9 . Như vậy ta chuyển bài toán. về chứng minh P ≥ 9 . Ta đi chứng minh. 2x 3 + 3y 3 ≥ xy . Thật vậy x + 4y. 2x 3 + 3y 3 ≥ xy ⇔ 2x 3 + 3y 3 ≥ xy x + 4y ≥ 2x 3 + 3y 3 − x 2 y − 4xy 3 ≥ 0 x + 4y ⇔ 2x 3 − 4x 2 y + 2xy2 + 3y 3 − 6xy2 + 2x 2 y ≥ 0. (. (. ). (. ). ). (. ⇔ 2x 2 x 2 − 2xy + y2 + 3y2 x 2 − 2xy + y2 ≥ 0 ⇔ x − y. Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có được Áp dụng tương tự ta có Như vậy ta được P ≥. ) (2x 2. 2. ). + 3y2 ≥ 0. 2x 3 + 3y 3 ≥ xy . x + 4y. 2y 3 + 3z3 2z3 + 3x 3 ≥ z; ≥ zx . y + 4z z + 4x xy + yz + zx . Ta cần chứng minh đươc. xy + yz + zx ≥ 9 .. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho giả thiết ta thu được Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(33) 32. Website:tailieumontoan.com 1=. 1 1 1 + + ≥ x y z. 1 xy. +. 1 yz. 1. +. zx. ≥. 9 xy + yz + zx. xy + yz + zx ≥ 9 .. Từ đó ta được. Vậy ta có P ≥ 9 nên giá trị nhỏ nhất của P là 9, dấu bằng xẩy ra tại x= y= z= 3 Đề số 5 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ Năm học 2016 – 2017 Câu 1(1.5 điểm). Cho biểu thức P(x)=. x2 − x x + x +1. −. 2x + x x. +. (. 2 x −1. ).. x −1. a) Tìm x để P(x) xác định và rút gọn P(x) b) Tìm các giá trị của x để biểu thức Q(x) =. 2 x nhận giá trị nguyên. P(x). Câu 2(2.0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho parabol = (P) : y mx 2 (m > 0) và đường thẳng (d) : = y 2x − m2 . a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Khi đó chứng minh rằng A và B cùng nằm về một phía của trục tung b) Với m tìm được ở câu a. Gọi x A ; x B theo thứ tự là hoành độ các điểm A và B. Tìm m để biểu = thức K. 2 1 đạt GTNN + x A + x B 4x A x B. Câu 3(2.0 điểm). a) Giải phương trình. x 2 + 3x + 2 + x 2 − 1 + 6= 3 x + 1 + 2 x + 2 + 2 x − 1. x 3 + 2xy2 + 12y = 0 b) Giải hệ phương trình  2 2 12 8y + x =. Câu 4 (3.0 điểm).. ( ). ( ). Cho hai đường tròn O1 và O2 có bán kính khác nhau, cắt nhau tại hai điểm A và B sao. ( ). cho O1, O2 thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB. Đường tròn O ngoại tiếp tam. ( ). ( ). ( ). ( ). giác BO1O2 cắt O1 và O2 lần lượt tại K và L (khác A và B). Đường thẳng AO cắt O1 và O2. lần lượt tại M và N(khác A). Hai đường thẳng MK và NL cắt nhau tại P sao cho P và B thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thảng KL. Chứng minh rằng a) Tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn b) Điểm A cách đều hai đường thẳng BK và BL c) Điểm P thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi tam giác PKL cân Câu 5(1.5 điểm). a) Cho các số thực dương x , y thỏa mãn x + y = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(34) 33. Website:tailieumontoan.com M = 6x 2 + 4y2 + 10xy +. (. 4x 3y + + 2016 y x. ). b) Tìm các bộ số nguyên dương x; y; z thỏa mãn các điều kiện 1 1 1 + + = 1 và x y z. x − y + z=. x− y+ z. Phân tích và hướng dẫn giải x2 − x. Câu 1. Cho biểu thức P(x)=. x + x +1. 2x + x. −. ( ). x. (. 2 x −1. +. ). x −1. ( ). a) Tìm x để P x xác định và rút gọn P x . Điều kiện để P(x) xác định là x ≥ 0; x ≠ 1 , Khi đó ta có. ( ). P x=. x2 − x. −. x + x +1 x x x −1. 2x + x. (. 2 x −1. +. ). x x −1 x 2 x +1 2 x −1 x +1 = − + x + x +1 x x −1 =x − x − 2 x − 1 + 2 x + 2 =x − x + 1. (. ). ) (. (. )(. ). 2 x nhận giá trị nguyên. P(x). b) Tìm các giá trị của x để biểu thức Q(x) =. • Phân tích. Để tìm các giá trị của x để biểu thức Q(x) =. 2 x nhận giá trị nguyên. Thì ta cần tìm ra P(x). ( ). ( ). được giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q x . Dễ thấy Q x ≥ 0 nên cần tìm giá trị lớn nhất. Ta có 3 hướng xử lý + Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình để tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất. ( ). + Dùng thẳng BĐT Cauchy vào mẫu thức của Q x. ( ). Q x =. 2 x. ( ). P x. =. 2 x x − x +1. ≤. 2 x 2 x− x. + Lấy nghịch đảo rồi tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1. ( ). Q x. =. x − x +1 2 x. =. ( ). =2⇒ 0≤Q x ≤2. 1. ( ). Q x. x 1 1 + − ≥2 2 2 x 2. x 1 1 1 . − = 2 2 x 2 2. Đến đây xét các giá trị nguyên trong khoảng là bài toán được giải quyết. ( ). • Lời giải. Với x ≥ 0; x ≠ 1 thì Q = x. 1. Ta có. 2 x x − x +1. 2 x 2 x = P x x − x +1. ( ). > 0 với mọi x thuộc điều kiện xác định. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(35) 34. Website:tailieumontoan.com 2. Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 1. 3. 4. Khi đó. 1. ( ). Q x. ≥. ( ). Q x. x − x +1. =. 2 x. =. x 1 1 + − ≥2 2 2 x 2. x 1 1 1 − = . 2 2 x 2 2. 1 ⇒ Q x ≤ 2 nên ta được 0 ≤ Q x ≤ 2 . Do Q x nhận giá trị nguyên nên ta 2. ( ). ( ). ( ). xét các trường hợp sau. ( ). 5. + Xét Q x = 0 , khi đó ta được. 2 x x − x +1. = 0 ⇒ x = 0 , thỏa mãn điều kiện xác định.. ( ). 6. + Xét Q x = 1 , khi đó ta được 7.. 3± 5  = 1 ⇔ 2 x = x − x +1 ⇔ x −3 x +1 = 0 ⇔ x =   2  x − x +1   2 x. ( ). + Xét Q x = 2 , khi đó. 2 x x − x +1. = 2 ⇔ 2x − 2 x + 2 = 2 x ⇔ 2. (. x −1. ). 2. 2. =0⇔x=1. 2 2   3 − 5   3 + 5     ;  Kết hợp với điều kiện xác định ta được các giá trị thỏa mãn là x ∈ 0;1;   2   2         . Câu 2. Trong mặt phẳng Oxy cho parabol = (P) : y mx 2 (m > 0) và đường thẳng (d) : = y 2x − m2 . a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Khi đó chứng minh rằng A và B cùng nằm về một phía của trục tung. ( ). ( ). 2 2x − m2 phải có hai • Phân tích. Để d cắt P tại hai điểm phân biệt A và B thì phương trình mx=. nghiệm phân biệt. Chuyển phương trình trên về phương trình bậc hai ẩn x và đi tìm điều kiện có nghiệm cho phương trình. Ta có mx 2 = 2x − m2 ⇔ mx 2 − 2x + m2 = 0 Khi đó  = 4 − 4.m2 .m = 4 − 4m 3 > 0 ⇔ m 3 < 1 ⇔ m < 1 Khi đó ta có hai nghiệm của phương trình là x =. 2 − 4 − m3 2 + 4 − m3 = ;x 2m 2m. Để chứng minh A và B cùng nằm về một phía của trục tung thì ta cần chứng minh hai hoành độ hai giao điểm cùng dấu hay chứng minh hai nghiệm trên phải cùng dấu. Khi đó ta nghĩ đến việc xét tích hai nghiệm. 2 − 4 − m3 2 + 4 − m3 4 − 4 + m3 m . = = 2m 2m 4 4m2 Do m > 0 nên suy ra. 2 − 4 − m3 2 + 4 − m3 . > 0 . Đến đây ta được điều phải chứng minh. 2m 2m. ( ). ( ). • Lời giải. Để đường thẳng d cắt parabol P tại hai điểm phân biệt A và B thì phương trình 2 hoàng độ mx= 2x − m2 phải có hai nghiệm phân biệt hay mx 2 − 2x + m2 = 0 có hai nghiệm phân. biệt. Khi đó  = 4 − 4.m2 .m = 4 − 4m 3 > 0 ⇔ m 3 < 1 ⇔ m < 1 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(36) 35. Website:tailieumontoan.com Khi đó ta có hai nghiệm của phương trình là x = Xét tích hai nghiệm trên ta có Vì m > 0 nên. 2 − 4 − m3 2 + 4 − m3 = ;x 2m 2m. 2 − 4 − m3 2 + 4 − m3 4 − 4 + m3 m . = = 2m 2m 4 4m2. 2 − 4 − m3 2 + 4 − m3 > 0 , do đó hai nghiệm trên cùng dấu. . 2m 2m. Vậy A và B cùng dấu hay cùng nằm về một phía của trục tung. b) Với m tìm được ở câu a. Gọi x A ; x B theo thứ tự là hoành độ các điểm A và B. Tìm các giá trị m để biểu = thức K. 2 1 đạt giá trị nhỏ nhất. + x A + x B 4x A x B + 1. • Phân tích và lời giải. Với 0 < m ≤ 1 , khi đó phương trình hoàng độ có hai nghiệm phân biệt. cùng dấu. Theo định lý Vi – et ta có x A = + xB. 2 ; x= .x m . Khi đó thay vào biểu thức K ta m A B. được. 2 1 1 K= + = m+ x A + x B 4x A x B + 1 4m + 1 Đến đây cần tìm giá trị nhỏ nhất của K = m+. 1 . 4m + 1. Giả sử K0 là giá trị nhỏ nhất của biểu thức K, khi đó phương trình sau có nghiệm 4m2 + m + 1 =K0 ⇔ 4m2 + m + 1 =4K0 m + K0 ⇔ 4m2 + m 1 − 4K0 + 1 − K0 =0 4m + 1. (. ). Phương trình trên là phương trình bậc 2 ẩn m nên để phương trình có nghiệm thì. (. ∆ ≥ 0 ⇔ 1 − 4K0. ). 2. (. − 4.4 1 − K0. ).  3  K0 ≥ 4 ≥ 0 ⇔ 16K + 8K0 − 15 ≥ 0 ⇔  K ≤ −5  0 4. Mặt khác vì m > 0 nên K0 > 0 , do đó suy ra K0 ≥ Suy ra giá trị nhỏ nhất của K là Vậy với m =. 2 0. 3 . 4. 3 1 3 1 , xẩy ra tại m + = ⇔m= . 4 4m + 1 4 4. 2 1 1 + thì biểu = thức K đạt giá trị nhỏ nhất. x A + x B 4x A x B + 1 4. Câu 3. a) Giải phương trình. x 2 + 3x + 2 + x 2 − 1 + 6= 3 x + 1 + 2 x + 2 + 2 x − 1. • Phân tích. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Dễ thấy các đại lượng trong căn ở vế trái biến. đổi được thành x 2 − 1 =. ( x − 1)( x + 1). và x 2 + 3x + 2 =. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. ( x + 1)( x + 2 ) . Quan sát phương trình ta nghĩ TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(37) 36. Website:tailieumontoan.com đến phép tích phương trình thành tích hoặc phép đặt ẩn phụ. Để ý hệ số của. x + 2; x − 1 giống nhau và. x + 1 nên ta phân tích như sau. Phương trình tương đương với. bên vế trái có nhân tử chung là. x + 1. x + 2 + x + 1. x − 1 + 6= 3 x + 1 + 2 x + 2 + 2 x − 1 ⇔. x + 1. x + 2 + x + 1. x − 1 + 6= 3 x + 1 + 2 x + 2 + 2 x − 1. ⇔. x +1. ( ⇔( ⇔. (. ) ( ) ( x + 2 + x − 1 ) =0 x − 1 ) − 3 ( x + 1 − 2) = 0  x +1 −2 = 0 x − 1 − 3) = 0 ⇔   x +2 + x −1 − 3 = 0. x +2 + x −1 + 3 2 − x +1 −2. )( x + 1 − 2 )( x +1 −2. x+2 + x+2 +. . Đến đây chỉ cần xét hai trường hợp và giải bằng phương pháp nâng lên lũy thừa là bài toán được giải quyết • Lời giải. Điều kiện xác đinh của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình tương đương với. x + 1. x + 2 + x + 1. x − 1 + 6= 3 x + 1 + 2 x + 2 + 2 x − 1 ⇔. x + 1. x + 2 + x + 1. x − 1 + 6= 3 x + 1 + 2 x + 2 + 2 x − 1. ⇔. x +1. ( ⇔( ⇔. (. ) ( ) ( x + 2 + x − 1 ) =0 x − 1 ) − 3 ( x + 1 − 2) = 0  x +1 −2 = 0 x − 1 − 3) = 0 ⇔   x +2 + x −1 − 3 = 0. x +2 + x −1 + 3 2 − x +1 −2. )( x + 1 − 2 )( x +1 −2. x+2 + x+2 +. . + Trường hợp 1. Với. x +1 = 2 ⇔ x +1 = 4 ⇔ x = 3.. +Trường hợp 2. Với. x +2 + x +1 = 3 , khi đó ta được. x + 2 + x − 1 = 3 ⇔ 2x + 1 + 2 ⇔. ( x + 2 )( x − 1) =. 9. x 2 + x − 2 = 4 − x ⇔ x 2 + x − 2 = x 2 − 8x + 16 ⇔ 9x = 18 ⇔ x = 2. { }. Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm của phương trình là S = 2; 3 . x 3 + 2xy2 + 12y = 0 b) Giải hệ phương trình  2 2 12 8y + x = • Phân tích. Các phương trình của hệ trên khá giống với các phương trình đẳng cấp điểm không đồng bậc. duy nhất đều nằm ở hệ số 12 ở cả hai phương trình. Khi đó chú ý vào hệ số đó ta thế phương trình hai vào phương trình một được ngay một phương trình đẳng cấp bậc 3. Thay vào ta được: 3 2 3 2 3 2 y 0 = 0 x + 2xy + 12y x + 2xy + 8y + x= ⇔  2  2 2 2 12 8y + x 12 = = 8y + x . Dễ thấy y ≠ 0 nên chia cả hai vế của phương trình cho y 3 thứ nhất của hệ ta được phương trình x x 3 2x x 2 + + 2 +8= 0 , khi đó đặt t = thì phương trình trở thành phương trình bậc 3 một ẩn. 3 y y y y. (. )(. ). t3 + t2 + 2t + 8 = 0 ⇔ t + 2 t2 − t + 4 = 0 ⇔ t = −2. Từ t = −2 ta được x = −2y , thế vào phương trình thứ hai ta được Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(38) 37. Website:tailieumontoan.com 8y2 + 4y2 =12 ⇔ y2 =1 ⇔ y =±1 ⇒ x =2. ( ) (. )(. Vậy nghiệm của hệ phương trình là x; y = −1; 2 , 1; −2. ). x 3 + 2xy2 + 8y 3 + x 2 y = 0 • Lời giải. Hệ phương trình tương đương với  2 2 12 8y + x =. Do y ≠ 0 nên chia cả hai vế của phương trình cho y 3 ta được Đặt t =. x 3 2x x 2 + + +8= 0 y y2 y3. x , khi đó phương trình trên trở thành y. (. )(. ). t3 + t2 + 2t + 8 = 0 ⇔ t + 2 t2 − t + 4 = 0 ⇔ t = −2. Từ t = −2 ta được x = −2y , thế vào phương trình thứ hai ta được 8y2 + 4y2 =12 ⇔ y2 =1 ⇔ y =±1 ⇒ x =2. ( ) ( )( ) Câu 4. Cho hai đường tròn ( O ) và ( O ) có bán kính khác nhau, cắt nhau tại hai điểm A và B sao cho O , O thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB. Đường tròn ( O ) ngoại tiếp tam giác BO O cắt ( O ) và ( O ) lần lượt tại K và L (khác A và B). Đường thẳng AO cắt ( O ) và ( O ) Vậy nghiệm của hệ phương trình là x; y = −1; 2 , 1; −2 1. 1. 2. 2. 1. 2. 1. 2. 1. 2. lần lượt tại M và N(khác A). Hai đường thẳng MK và NL cắt nhau tại P sao cho P và B thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng KL. a) Chứng minh tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn..   1800 hoặc chứng • Phân tích. Để tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn ta đi chứng minh KPL + KBL =  + PLB =  =  PLB =  nên ta chuyển sang chứng minh PKB 1800 − MKB; 1800 − BLN 1800 . Để ý là PKB  + NLB = minh MKB 1800 . Dễ dàng chứng minh được điều này vì tứ giác MKAB và BALN lần lượt nội  + NAB =  MAB;   BAN  và MAB tiếp O1 và O2 = nên MKB = BLN 1800. ( ). ( ). • Lời giải. Vì các tứ giác MKAB và. ( ). BALN lần lượt nội tiếp O1 và. (O ) nên ta có. P K L. M. 2. A.  MAB;   BAN  mà = MKB = BLN.  + NAB  = MAB 1800  + NLB = Suy ra MKB 1800 mặt khác. N O2. O1. B.   PKB = 1800 − MKB   PLB = 1800 − BLN  + PLB  = 1800 ⇒ Tứ giác Nên PKB. BKPL nội tiếp đường tròn Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(39) 38. Website:tailieumontoan.com b) Điểm A cách đều hai đường thẳng BK và BL • Phân tích. Để chứng minh A cách đều BK và BL ta có thể hạ đường cao từ A đến BK và BL để chứng. minh cạnh bằng nhau tuy nhiên khó có thể chứng minh các cạnh bằng nhau nên ta chuyển sang chứng minh  = LBA  . Nếu sử dụng tứ giác nội tiếp của BA là phân giác của góc KBL hay chuyển về chứng minh KBA đường tròn O1 và O2 thì ta không thu được kết quả gì. Nên ta nghĩ đến các góc nội tiếp  1=   1 AO    = KBA KO A; ABL L . Mặt khác để ý KO A; AO L là các góc tạo bởi bán kính nên là góc ở 1 2 1 2 2 2   180 − KAO 180 − LAO  1  2 đỉnh của tam giác cân KO1A; ; AO2 L = AO2 L nên KO1A = 2 2  = LAO  đây là hai góc đối đỉnh tuy nhiên để sử dụng tính chất Ta chuyển bài toán về chứng minh KAO 1 2. (. )(. ). đó thì cần chứng minh được O1, A, L ; O2 , A, K là hai cặp 3 điểm thẳng hàng. Để chứng minh được  =O    O1 ; O; L thẳng hàng ta cần chứng minh ALB LB . Để ý là O LB = O O B (góc nội tiếp cùng chắn 1 1 1 2  =O  cung BO1 ) nên ta chuyển về chứng minh ALB O B điều này đúng dựa vào tính chất của hai đường 1 2.  bằng một nửa góc ở tâm là   tròn cắt nhau và quan hệ giữa góc nội tiếp ALB AO2 B = 2.O O B . Chứng 1 2 minh tương tự với O2 , A, K . Bài toán được chứng minh.  1=     = ALB AO B O O B( LB = O O B (góc nội tiếp cùng chắn cung BO1 ) và • Lời giải. Ta có O 1 1 2 2 1 2 2  =O  góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB). Do đó ALB LB suy ra ba điểm O ; O; L thẳng 1. 1.  = LAO  (đối hàng. Chứng minh tương tự ta được ba điểm O2 ; A; K thẳng hàng. Khi đó KAO 1 2. đỉnh)  1=   1 AO  Ta có KBA = KO A; ABL L (góc nội tiếp và góc ở tâm lần lượt cùng chắn cung KA, AL) 1 2 2 2. Mặt khác vì các tam giác KO1A; AO2 L là các tam giác cân nên.   180 − KAO 180 − LAO  1  2 KO1A = ; AO2 L = 2 2  = LBA  hay BA là phân giác của góc KBL  suy ra A cách đều BK và BL Từ đó ta có KBA c) Điểm P thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi tam giác PKL cân • Phân tích và lời giải. Bài toán yêu cầu chứng minh điểm P thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi tam. giác PKL cân. Nên ta cần chứng minh điều kiện cần và đủ. + Chứng minh nếu P thuộc AB thì PKL cân. Vì P thuộc AB nên ta cần khai thác giả thiết này. Có hai hướng xử lý..     do khai - Hướng 1. Ta có P, A, B thẳng hàng. Chú ý tam giác MPN cân do PMN = KBA = ABL = MNP thác được từ câu b). Khi đó cần chứng minh KL//MN ta không thể sử dụng yếu tố về góc cũng không thể sử dụng yếu tố cạnh có hai cạnh bằng nhau. Chú ý đến tứ giác MKAB và BKNL nội tiếp nên PK.PM = PA.PB và PL.PN = PA.PB . Suy ra PK.PM = PL.PN mà PN = PM nên PK = PL. Suy ra tam giác PKL cân. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(40) 39. Website:tailieumontoan.com - Hướng 2. Ta có P, A, B thẳng hàng nên chú ý vào khai thác việc P nằm trên AB thì cho ta cái gì khi đó nghĩ đến áp dụng kết quả câu b) ta có BP là phân giác của góc KBL suy ra  = LBP  ⇒ KP  = PL  ⇒ KP = PL KBP. Từ đó dẫn đến tam giác PKL cân. + Chứng minh nếu PKL cân thì P thuộc AB . Ta chuyển về chứng minh P, A, B thẳng hàng với KP = LP. Vì cần P, A, B thẳng hàng nên cần chứng minh BA trùng BP. Tương tự như trên ta có 2 hướng xử lý:.  = LBP  (góc cùng chắn cung bằng nhau) nên BP là phân giác của - Hướng 1. Vì KP = PL nên KBP góc KBL sử dụng kết quả câu b) là BA là phân giác của góc KBL nên BA ≡ BP. ( ). ( ). - Hướng 2. Nếu PK = PL thì PK.PM = PL.PN . Gọi A’ và A’’ là giao điểm của BP với O1 và O2 thì PK.PM = PA = ' .PB PL.PN = PA '' .PB . Suy ra A ≡ A ' ≡ A '' hay P ∈ AB Câu 5. a) Cho các số thực dương x , y thỏa mãn x + y = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 6x 2 + 4y2 + 10xy +. 4x 3y + + 2016 y x. • Phân tích. Quan sát giả thiết và biểu thức M là nghĩ đến việc biến đổi biểu thức M sao cho xuất. ). )(. (. hiện tổng x + y . Dễ thấy 6x2 + 4y2 + 10xy = x + y 6x + 4y . Do đó ta cần biến đổi sự xuất hiện của x + y . Ta có. 4x 3y sao cho có + y x. 4x 4y 3y 3x 4 3 + + + = x+y + x + y . Từ đó ta có biến đổi y y x x y x. (. ). (. ). 4x 3y 4 3 + + 2016 = x + y 6x + 4y + x+y + x + y + 2009 y x y x  4 3 = 3  6x + 4y + +  + 2009 y x . (. M = 6x 2 + 4y2 + 10xy +. )(. ). (. ). (. ). Theo bất đẳng thức AM – GM ta có. 6x + 4y +. 4 3 3 4 3 4 + = 3x + + y + + 3 x + y ≥ 2 3x. + 2 y. + 3 = 6 + 4 + 3 y x x y x y. (. ). Đến đây ta giải được bài toán. • Lời giải. Biến đổi biểu thức M và áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được. 4x 3y 4x 4y 3y 3x + + 2016 = x + y 6x + 4y + + + + + 2009 y x y y x x  4 3 4 3 = x + y 6x + 4y + x+y + x + y + 2009 = 3  6x + 4y + +  + 2009 y x y x    3 4 = 3  3x + + y + + 3x + 3y  + 2009 ≥ 3 6 + 4 + 3 + 2009 = 2066 x y  . (. M = 6x 2 + 4y2 + 10xy +. (. )(. ). (. ). (. )(. ). ). (. ). Dấu bằng xẩy ra tại= x 1;= y 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2066, đạt được tại= x 1;= y 2.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(41) 40. Website:tailieumontoan.com. (. ). b) Tìm các bộ số nguyên dương x; y; z biết • Phân tích và lời giải. Nhìn giả thiết. sang khai thác. x − y + z=. 1 1 1 + + = 1 và x y z. x − y + z=. 1 1 1 1 ta không thể khai thác điều gì nên ta chuyển + + = x y z. x − y + z . Căn thức ở vế trái gợi cho ta ý tưởng bình phương. x − y + z = x + y + z − 2 xy − 2 yz + 2 xz ⇔ 2y − 2 xy − 2 yz + 2 xz =0 ⇔. Đến đây chỉ cần xét trường hợp kết hợp với giả thiết + Xét. x− y+ z. x = y khi đó x = y suy ra. (. y− x. )(. ). y − z =0. 1 1 1 + + = 1 là giải quyết được bài toán. x y z. 2 1 + = 1 ⇔ 2z + x − xz = 0 ⇔ x − 2 z − 1 = 2 x z. (. )(. ). Vì x, y nguyên dương nên ta có các trường hợp sau. x= x 4 −2 2 = Trường hợp 1. Với  ⇔ ⇒ x = y = 4; z = 2 z −1 1 = = z 2 −2 1 = x= x 3 Trường hợp 2. Với  ⇔ ⇒ x =y =z =3 z −1 2 = = z 3 . + Xét. (. ). y = z , vì vai trò của x và z như nhau nên ta chọn được thêm một cặp là 2; 4; 4 .. (. ) (. )(. )(. ). Vậy nghiệm nguyên dương thỏa mãn là x; y; z = 4; 4; 2 , 2; 4; 4 , 3; 3; 3 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(42) 41. Website:tailieumontoan.com Đề số 6 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Năm học 2016 – 2017 Câu 1 (3.0 điểm). a) Rút gọn biểu thức A =. (. ). 2. x − 1 − 1 + 4x − 3 + 4 x − 1 với x ≥ 1 .. b) Giải phương trình x + x 2 + 3x + 2= x x + 2 + x + 1 . x + y = 3 + xy c) Giải hệ phương trình  2 2 18 x + y =. Câu 2 (2.0 điểm).. ( ). a) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p; q thỏa mãn p2 − 5q 2 = 4.. ( ). ( ). b) Cho đa thức f x = x 2 + bx + c . Biết b và c là các hệ số dương và f x có nghiệm. Chứng. (). minh rằng f 2 ≥ 9 3 c . Câu 3 (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x 2 + y2 + z2 = 3xyz . Chứng minh rằng: x2 y2 z2 + + ≥1 y+2 z+2 x+2. Câu 4 (3,0 điểm).. (. (. ). Cho hai đường tròn O; R và O' ; R '. ). (. ). cắt nhau tại A và B OO' > R > R ' . Trên nửa mặt. phẳng bờ là OO’ có chứa điểm A, kẻ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn trên (với M thuộc (O) và N thuộc (O’)). Biết BM cắt (O’) tại điểm E nằm trong đường tròn (O) và đường thẳng AB cắt MN tại I..  + MBN  = a) Chứng minh rằng MAN 1800 và I là trung điểm của MN. b) Qua B kẻ đường thẳng d song song với MN, d cắt (O) tại C và cắt (O’) tại D (với C, D khác B). Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của CD và EM. Chứng minh rằng tam giác AME đồng dạng với tam giác ACD và các điểm A, B, P, Q cùng thuộc một đường tròn. c) Chứng minh rằng tam giác BIP cân. Câu 5 (1.0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm. Chứng minh. HA HB HC + + ≥ 3. BC CA AB. Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1 (3.0 điểm). a) Rút gọn biểu thức A = • Lời giải. Ta có. (. (. x −1 −1. ). 2. x − 1 − 1 + 4x − 3 + 4 x − 1 với x ≥ 1 .. ). 2. 1 = x − 2 x − 1 và 4x − 3 + 4 x −=. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. (. 2 x −1 +1. ). 2. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(43) 42. Website:tailieumontoan.com Do với x ≥ 1 thì 2 x − 1 + 1 > 0 nên. 4x − 3 + 4 x − 1= 2 x − 1 + 1. Vậy A= x + 1 b) Giải phương trình x + x 2 + 3x + 2= x x + 2 + x + 1 . • Phân tích. Để ý rằng ta có. x 2 + 3x + 2=. ( x + 1)( x + 2 ). nên ta có thể phân tích phương trình thành. tích hoặc sử dụng phép đặt ẩn phụ • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với. )(. (. ). x + x + 1. x + 2 = x x + 2 + x + 1 ⇔ x − x + 1 1 − x + 2 = 0 x − x + 1 = 0 x = x +1 ⇔ ⇔ 1 − = = x+2 0 x+2 1  . + Với. x + 2 = 1 ⇔ x + 2 = 1 ⇔ x = −1 , thỏa mãn điều kiện xác định.. + Với x =. x ≥ 0 1+ 5 , thỏa mãn điều kiện xác định. x +1 ⇔  2 ⇔ x= 0 2 x − x − 1 =.  1 + 5  Vậy tập nghiệm của phương trình là S= −1;  2  . x + y = 3 + xy . c) Giải hệ phương trình  2 2 18 x + y = • Lời giải. Điều kiện xác định của hệ phương trình là xy ≥ 0 .. (. Đặt a = x + y; b = xy b ≥ 0. a= 3 + b. ) ( b ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình a . (3 + b). 2. Thế a= 3 + b vào phương trình còn lại ta được:. 2. 18 − 2b2 =. − 2b2 = 18 ⇔ b2 − 6b + 9 = 0 ⇔ b = 3. 6 +y 6 = x + y = x= x 3 (thỏa mãn điều kiện). Do đó a; b = 6; 3 . Từ đó ta được hệ  ⇔ ⇔ xy 9= y 3  xy = 3=  . ( ) ( ). ( ) ( ). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y = 3; 3 . Câu 2 (2.0 điểm).. ( ). a) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p; q thỏa mãn p2 − 5q 2 = 4.. (. )(. ). • Phân tích. Để ý rằng từ p2 − 5q 2 = 4 ta viết được thành p − 2 p + 2 = 5q 2 . Do p và q là các số. nguyên tố nên và 0 < p − 2 < p + 2 nên p − 2 nhận được các giá trị 1; 5; q; q 2 . Đến đây xét các trường hợp ta có lời giải cho bài toán.. (. )(. ). • Lời giải. Ta có p2 − 5q 2 = 4 ⇔ p2 − 4 = 5q 2 ⇔ p − 2 p + 2 = 5q 2. Do 0 < p − 2 < p + 2 và q nguyên tố nên p − 2 chỉ có thể nhận các giá trị 1; 5; q; q 2 Ta có bảng giá trị tương ứng Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(44) 43. Website:tailieumontoan.com p−2. p+2. p. q. 1. 5q 2. 3. 1. 5. q2. 7. 3. q. 5q. 3. 1. q2. 5. 3. 1. ( ) ( ). Do p, q là các số nguyên tố nên chỉ có cặp p; q = 7; 3 thỏa mãn.. ( ). ( ). b) Cho đa thức f x = x 2 + bx + c . Biết b và c là các hệ số dương và f x có nghiệm. Chứng minh. (). rằng f 2 ≥ 9 3 c . • Lời giải.. ( ). + Cách 1. Ta có f x có nghiệm nên ∆= b2 − 4c ≥ 0 ⇔ b ≥ 2 c .. (). Ta lại có f 2 = 4 + 2b + c ≥ 4 + 4 c + c =. (. c +2. ). 2. và. c + 2=. c +1+1≥ 3. 3. c. 2.   Do đó f 2 ≥  3 3 c  = 93 c .  . (). ( ) (. + Cách 2. Theo hệ thức Vi – et ta có x1 x 2 = c và f x = x − x1. )( x − x ) 2. ( ). Do b và c dương nên f x chỉ có nghiệm âm, suy ra x1 < 0; x 2 < 0. ( ) (. )(. ). Đặt x1 = −p, x 2 = −q thì p > 0, q > 0 và pq = c . Ta có f x =x + p x + q từ đó dẫn đến. ( ) (2 + p )(2 + q ) = (1 + 1 + p )(1 + 1 + q ). f 2 =. ≥ 3 3 p.3 3 q = 9 3 pq = 93 c. Câu 3. Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x 2 + y2 + z2 = 3xyz . Chứng minh rằng: x2 y2 z2 + + ≥1 y+2 z+2 x+2 • Lời giải. Ta có. x2 y+2 x2 y + 2 2 x2 6x − y − 2 + ≥2 . =x⇒ ≥ y+2 9 y+2 9 3 y+2 9. Hoàn toàn tương tự. y2 6y − z − 2 z2 6z − x − 2 và . ≥ ≥ x+2 9 z+2 9. Đặt vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là P. Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được: P≥. Lại có. ( x + y + z) 9. 3. ≥ 3xyz, x 2 + y2 + z2 ≥. ( x + y + z) Từ giả thiết suy ra 9. 3. ≥. (. 9. 2 1 x+y+z . 3. (. 1 x+y+z 3. (. ). 5 x+y+z −6. ). ). 2. ⇔ x + y + z ≥ 3.. Do đó P ≥ 1 . Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x= y= z= 1 . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(45) 44. Website:tailieumontoan.com. (. ). (. Câu 4. Cho hai đường tròn O; R và O' ; R '. ) cắt nhau tại A và B (OO > R > R ) . Trên nửa mặt '. '. phẳng bờ là OO’ có chứa điểm A, kẻ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn trên (với M thuộc (O) và N thuộc (O’)). Biết BM cắt (O’) tại điểm E nằm trong đường tròn (O) và đường thẳng AB cắt MN tại I..  + MBN  = a) Chứng minh MAN 1800 và I là trung điểm của MN.  ABM;   MIB  . Từ đó ta được có IMA = = MIA • Lời giải. Ta.  + MAN  =ABM  + ABN  + MAN  =IMA  + INA  + MAN  =1800 MBN Do đó ∆IMA ∽ ∆IBM ⇒ IM2 = IA.IB . Chứng minh tương tự ta có IN2 = IA.IB . Do đó IM = IN nên I là trung điểm của MN. b) Chứng minh tam giác AME đồng. K. dạng với tam giác ACD và các điểm A, B, P, Q cùng thuộc một đường tròn. • Lời giải. Do tứ giác AEBD nội tiếp  = ACD  nên ta có và AME  = ADC . AEM. M I N A Q. Từ đó suy ra ∆AME ∽ ∆ACD  =ADC;  AE =EM =EQ . ⇒ AEQ AD DC DP. Suy ra ∆AEQ ∽ ∆ADP. C. O. O' E P B.  = APD  . Vậy tứ Do đó ta được AQE. D. giác ABPQ nội tiếp. c) Chứng minh rằng tam giác BIP cân. • Lời giải. Gọi K là giao điểm của CM và DN. Do CDNM là hình thang nên các điểm I, K, P. thẳng hàng..  = MBC . Do MN // BC nên OM ⊥ BC , do đó ∆BMC cân tại M suy ra MCB.  = BMN   KMN,   BMN  suy ra KMN Do MN // BC= nên MCB = MBC  = BNM  . Do đó ∆BMN = Chứng minh tương tự ta được KNM ∆KMN Do đó MB = MK, NB = NK nên MN là trung trực của KB ⇒ BK ⊥ CD; IK = IB . Tam giác KBP vuông tại B có IK = IB nên I là trung điểm KP. Vậy tam giác BIP cân tại I. Câu 5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm. Chứng minh. HA HB HC + + ≥ 3. BC CA AB. • Lời giải. Gọi D, E, F lần lượt là các chân đường cao tương ứng kẻ từ các đỉnh A, B, C của tam. giác ABC. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(46) 45. Website:tailieumontoan.com HA HB HC . = , y = ,z BC CA AB. Đặt = x. Ta có ∆BHD ∽ ∆ADC ⇒. = xy. HB BD =, do đó AC AD. Lại có x + y + z. ). 2. F H. SBHC SCHA = , zx . SABC SABC. D. B. C. SAHB + SBHC + SCHA SABC = = 1 SABC SABC. Suy ra ra được xy + yz + zx=. Vậy. E. HA HB HA.BD SAHB = . = BC AC BC.AD SABC. Tương tự, = ta có yz. (. A. ). (. (. ≥ 3 xy + yz + zx nên x + y + z. ). 2. ≥3⇒x+y+z≥ 3. HA HB HC + + ≥ 3. BC CA AB. Đề số 7 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN NGUYỄN TRÃI TỈNH HẢI DƯƠNG Năm học 2016 – 2017 Câu 1 (2.0 điểm).. a + x2 a + x2 −2 a + + 2 a với a > 0; x > 0 . x x. A a) Rút gọn biểu thức: =. (. b) Tính giá trị biểu thức P = x − y x=. 3. ). 3. ). )(. (. + 3 x − y xy + 1 biết:. 3 3 + 2 2 − 3 − 2 2 và y =. 3. 3 17 + 12 2 − 17 − 12 2 .. Câu 2 (2.0 điểm). a) Giải phương trình x 2 += 6 4 x 3 − 2x 2 + 3. (. )(. ).  x + x 2 + 2x + 2 + 1 y + y2 + 1 = 1  b) Giải hệ phương trình  2 2 3 x − 3xy − y =. Câu 3 (2.0 điểm). a) Tìm dạng tổng quát của số nguyên dương n biết= M n.4n + 3n chia hết cho 7.. ( ). b) Tìm các cặp số x; y nguyên dương thoả mãn phương trình:. (x. 2. ). 2. (. ). + 4y2 + 28 − 17 x 4 + y 4 = 238y2 + 833. Câu 4 (3.0 điểm).. ( ). Cho đường tròn tâm O đường kính BC, A là điểm di chuyển trên đường tròn O (A khác B và C). Kẻ AH vuông góc với BC tại H. M là điểm đối xứng của điểm A qua điểm B. a) Chứng minh điểm M luôn nằm trên một đường tròn cố định.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(47) 46. Website:tailieumontoan.com. ( ). b) Đường thẳng MH cắt đường tròn O tại E và F (E nằm giữa M và F). Gọi I là trung điểm. ( ). của HC, đường thẳng AI cắt O tại G (G khác A). Chứng minh rằng. AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2 . c) Gọi P là hình chiếu vuông góc của H lên AB. Tìm vị trí của điểm A sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn nhất. Câu 5 (1.0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a + b + c = 1.. (. ab + bc + ca a 2 b + b2 c + c 2 a. ). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = 14 a 2 + b2 + c2 +. Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1 (2.0 điểm).. a + x2 a + x2 −2 a + + 2 a với a > 0; x > 0 . x x. a) Rút gọn biểu thức: = A. • Lời giải. Với a > 0; x > 0 ta có. A =. a + x − 2x a + x. (. a + x + 2x a = x. 2. 2. x− a. ). 2. +. x. x− a +x+ a = x. + Với x ≥ a thì x − a = x − a nên= A. ). (. + Với 0 < x < a thì x − a = − x− a = a − x nên A =. (. b) Tính giá trị biểu thức P = x − y x=. 3. ). 3. (. )(. (. x+ a x. ). 2. =. x− a +x+ a x. 2x = 2 x. x. a −x+x+ a 2 a . = x x. ). + 3 x − y xy + 1 biết:. 3 3 + 2 2 − 3 − 2 2 và y =. 3. 3. 17 + 12 2 − 17 − 12 2. • Lời giải. Ta có. 3  3 x3 =  3 + 2 2 − 3 − 2 2   . 3. (. =+ 3 2 2 − 3 + 2 2 − 33 3 + 2 2. ) ( 3 − 2 2 ). . 3.  3 3+2 2 − 3−2 2 . ⇒ x 3 = 4 2 − 3x ⇔ x 3 + 3x = 4 2. Hoàn toàn tương tự ta được y 3 + 3y = 24 2. (. ). (. Từ đó ta được x 3 − y 3 + 3 x − y = −20 2 ⇔ x − y. ). 3. (. )(. ). + 3 x − y xy + 1 = −20 2 .. Vậy ta được P = −20 2 . Câu 2 (2.0 điểm). a) Giải phương trình x 2 += 6 4 x 3 − 2x 2 + 3 . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(48) 47. Website:tailieumontoan.com. ( x + 1) ( x. • Phân tích. Quan sát phương trình ta nhận thấy x 3 − 2x2 + 3 =. (. 2. ). − 3x + 3 . Để ý vế trái của. ). phương trình ta lại viết được x2 + 6 = x2 − 3x + 3 + 3 x + 1 . Đến đây ta viết phương trình về dạng. (x. 2. ) (. ). − 3x + 3 + 3 x + 1= 4. ( x + 1) ( x. 2. ). − 3x + 3 . Để xử lý phương trình ta sử dụng phép đặt ẩn phụ. 4ab . Ngoài ra để ý ta lại thấy a = x2 − 3x + 3; b =x + 1 thì phương trình trở thành a 2 + 3b2 = x2 − 3x + 3 > 0 nên phương trình trên tương đương với 1 +. (. 3 x +1. ). x +1 4 2 = . Khi đó ta có x − 3x + 3 x − 3x + 3 2. x +1 ≥ 0 và viết phương trình thành x − 3x + 3. thể sử dụng phép = đặt ẩn phụ t. 2. 1  1 + 3t2 = 4t ⇔ 3t2 − 4t + 1 = 0 ⇔ t ∈  ;1 3  Đến đây ta có lời giải chi tiết cho phương trình. • Lời giải. Điều kiện xác định của phươnh trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với. (x. 2. ) (. ). − 3x + 3 + 3 x + 1= 4. ( x + 1) ( x. 2. Do x2 − 3x + 3 > 0 nên phương trình trên tương đương với 1 +. = Đặt t. − 3x + 3. (. 3 x +1. ) ). x +1 4 2 = x − 3x + 3 x − 3x + 3 2. x +1 ≥ 0 . Khi đó ta thu được phương trình x − 3x + 3 2. 1  1 + 3t2 = 4t ⇔ 3t2 − 4t + 1 = 0 ⇔ t ∈  ;1 3  + Với t = 1 ta có phương trình + Với t =. 1 ta có phương trình 3. x +1 = 1 ⇔ x 2 − 4x + 2 = 0 ⇔ x = 2 ± 2 x − 3x + 3 2. x +1 1 = ⇔ x 2 − 12x − 6 = 0 ⇔ x = 6 ± 42 . x − 3x + 3 3 2. {. }. Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S =6 − 42; 2 − 2; 2 + 2; 6 + 42 .. (. )(. ).  x + x 2 + 2x + 2 + 1 y + y2 + 1 = 1  b) Giải hệ phương trình  2 2 3 x − 3xy − y = • Phân tích. Quan sát hệ phương trình ta nhận thấy phương trình thứ hai của hệ có bậc hai đối với mỗi ẩn,. tuy nhiên ta không thể phân tích được phương trình thành tích. Do đó ta tập trung khai thác phương trình. ( x + 1). 2. thứ nhất của hệ. Để ý ta viết được x + x 2 + 2x + 2 + 1 = x + 1 + đặt ẩn phụ a= x + 1 thì ta viết được phương trình thành. (a +. )(. + 1 , do đó nếu ta sử dụng phép. ). a 2 + 1 y + y2 + 1 = 1 . Thực hiện biến. đổi đẳng thức trên ta được a + y = 0 , có nghĩa là khi phân tích phương trình thành tích ta có nhân tử chung là x + y + 1 = 0 . Đến đây ta có lời giải cho hệ phương trình. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(49) 48. Website:tailieumontoan.com • Lời giải. Điều kiện xác định của hệ phương trình là x; y ∈ R .. Do. y2 + 1 − y ≠ 0 với mọi y nên phương trình thứ nhất của hệ tương đương với. (x +. x 2 + 2x + 2 + 1. )(. y2 + 1 + y. )(. ) (. y2 + 1 − y=. y2 + 1 − y. ). ( x + 1) − y ( x + 1) + 1 + y 2. ⇔ x +1+. ( x + 1). 2.   ⇔ x + y + 1 1 +  . (. ( x + 1). 2. (. ( x + 1). 2. (. 2. 2. =0 2. +1.  x + y + 1 = 0   = ⇔ 0  2  x + 1 2 + 1 + x + 1 + y2 + 1 − y = 0 x + 1 + 1 + y2 + 1    x +1− y. ). Dễ thấy. + 1 =− y + y + 1 ⇔ x + y + 1 + 2. (. ). + 1 > x + 1 ≥ x + 1 và. ). (. ). y2 + 1 > y ≥ −y với mọi x, y nên phương trình. ). + 1 + x + 1 + y2 + 1 − y = 0 vô nghiệm..  4 Từ đó thay y =− x − 1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được x ∈ 1; −  . 3  Với x = 1 ta được y = −2 và với x = −. 4 1 ta được y = . 3 3.  4 1 Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm x; y = 1; −2 ,  − ;  .  3 3. ( ) (. ). Câu 3 (2.0 điểm). a) Tìm dạng tổng quát của số nguyên dương n biết= M n.4n + 3n chia hết cho 7. • Phân tích và lời giải. Ta xét các trường hợp sau. + Trường hợp 1. Với n là số chẵn, khi đó n = 2k với k nguyên dương. Khi đó ta có M= 2k.42k + 32k= 2k.16k + 9k . Ta có 16 và 9 cùng dư với 2 chia 7 nên 16k và 9k có cùng số dư với 2k khi chia cho 7. (. ). (. ). Do đó M cùng dư với 2k.2k + 2k = 2k . 2k + 1 khi chia cho 7 nên 2k + 1 chia hết cho 7 hay k chia 7 dư 3, suy ra ta được = k 7p + 3 với p là số tự nhiên, từ đó ta được= n 14p + 6 . + Trường hợp 2. Với n là số lẻ, khi đó = n 2k + 1 với k nguyên dương. (. ). (. ). Khi đó ta có M = 2k + 1 .42k + 1 + 32k +1 =4 2k + 1 .16k + 3.9k. (. ). (. ). Do đó ta được M cùng dư với k + 4 .2k + 3.2k =k + 7 .2k khi chia cho 7. Do đó k chia hết cho 7 hay k = 7q với q là số tự nhiên. Từ đó ta được= n 14q + 1 . Vậy= n 14p + 6 hoặc= n 14q + 1 , với p và q là các số tự nhiên.. ( ). b) Tìm các cặp số x; y nguyên dương thoả mãn. (x. 2. ). 2. (. ). + 4y2 + 28 − 17 x 4 + y 4 = 238y2 + 833. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(50) 49. Website:tailieumontoan.com • Phân tích và lời giải. Phương trình đã cho có bậc cao và lại là bậc chẵn nên ta nghĩ đến phân tích. thành các bình phương. Để ý rằng 833 = 17.72 và 238 = 2.17.7 nên ta biến đổi tương đương phương trình ta được.. (x. 2. + 4y2 + 28. ( (. ). 2. ) ). (. ) + (y. − 17 x 4 + y 4 = 238y2 + 833. ). (. ) (. ). 2 2   2 ⇔  x 2 + 4 y2 + 7  = 17  x 4 + 7  ⇔ 16x 4 − 8x 2 y2 + 7 + y2 + 7 = 0     2 2 2 2 2   ⇔ 4x − y + 7 = 0 ⇔ 4x − y − 7 = 0 ⇔ 2x + y 2x − y = 7   2. (. )(. ). Vì x và y là các số nguyên dương nên 2x + y > 2x − y và 2x + y > 0 . 2x=  x 2 +y 7 = Do đó từ phương trình trên ta suy ra được  ⇔ 2x= −y 1 = y 3 . ( ) ( ). Vậy phương trình trên có nghiệm nguyên dương là x; y = 2; 3 .. ( ). Câu 4. Cho đường tròn tâm O đường kính BC, A là điểm di chuyển trên đường tròn O (A khác B và C). Kẻ AH vuông góc với BC tại H. M là điểm đối xứng của điểm A qua điểm B. a) Chứng minh điểm M luôn nằm trên một đường tròn cố định. • Phân tích. Bài toán cho BC cố định và. A. điểm A và M thay đổi nên độ dài của BM thay. Q. ( ). đổi. Tuy nhiên do đường tròn O cho trước. S. nên OA và OB không đổi. Lấy điểm K đối xứng với O qua B thì điểm K cố định và khi đó. P B. K. O. BC không đổi, như vậy 2 điểm M sẽ chạy trên đường tròn tâm K bán. E. C. I. H. ta có KM = OA =. kính. F. O' G. BC cố định. 2. M. D. • Lời giải. Lấy K là điểm đối xứng của O qua B, vì B và O cố định nên K cố định. Tứ giác OAKM. là hình bình hành nên KM = OA =. BC không đổi. 2. Suy ra M nằm trên đường tròn tâm K có bán kính. BC . 2. b) Chứng minh AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2 . • Phân tích. Hệ thức cần chứng minh làm ta liên tưởng đến định lý Pitago.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(51) 50. Website:tailieumontoan.com A. F Q. S P B. K. O. E. C. I. H O'. G M. D.     • Lời giải. Xét tam giác AHB và tam giác CHA có BHC = BHA và BAH = ACB . Suy ra tam giác AHB đồng dạng với tam giác CHA. Gọi S là trung điểm của AH, I là trung điểm của HC nên tam  = CAI  giác ABS đồng dạng tam giác CAI, do đó ta có ABS Ta lại có BS là đường trung bình của tam giác AMH nên BS//MH..  = AMH  nên suy ra AMH  = CAI . Từ đó ta được ABS  + MAI =  + MAI = Mà CAI 900 nên suy ra AMH 900 , do đó AI vuông góc MF.. ( ). Xét tứ giác AEGF nội tiếp đường tròn O nên ta có AG vuông góc với EF. Kẻ đường kính AD, khi đó do GD vuông góc với AG và EF vuông góc AG nên EF song song với GD. Do đó tứ giác nội tiếp EFGD nên hình thang cân, suy ra FG = ED . Từ đó ta được AE2 + FG2 = AE2 + ED2 = AD2 = BC2 Tương tự ta chứng minh được AF2 + EG2 = BC2 . Vậy AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2 . c) Gọi P là hình chiếu vuông góc của H lên AB. Tìm vị trí của điểm A sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn nhất. Gọi Q là hình chiếu của H trên AC, ta có tứ giác APHQ là hình chữ nhật (S là tâm).    nên tứ giác BPQC nội tiếp. Do đó AQP = AHP = ABC Đường trung trực của các đoạn thẳng PQ, BC, QC cắt nhau tại O’ thì O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP. Ta có OO’ song song với AH vì cùng vuông góc với BC. Lại có OA ⊥ PQ và O ' S ⊥ PQ nên O’S song song với OA, dẫn đến tứ giác ASO’O là hình bình ' hành. Từ đó ta được OO = = AS. AH 2. ' Trong trường hợp A nằm chính giữa cung BC thì ta vẫn có OO = AS =. Tam giác OO’C vuông tại O nên= O'C. OC2 +. AH 2. AH2 . Do OC không đổi nên O’C lớn nhất khi AH 4. lớn nhất hay A chính giữa cung BC. Câu 5. Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a + b + c = 1.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(52) 51. Website:tailieumontoan.com. (. ). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = 14 a 2 + b2 + c2 +. ab + bc + ca a 2 b + b2 c + c 2 a. 1 ta có biến đổi • Lời giải. Để ý đến giả thiết a + b + c =. )(. (. ). a 2 + b2 + c2 = a + b + c a 2 + b2 + c2 = a 3 + b3 + c3 + a 2 b + b2 c + c2a + ab2 + bc2 + ca 2 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có a 3 + ab2 ≥ 2a 2 b; b3 + bc2 ≥ 2b2 c; c3 + ca 2 ≥ 2c2a. (. Từ đó ta được a 2 + b2 + c2 ≥ 3 a 2 b + b2 c + c2a. (. ). Do đó P ≥ 14 a 2 + b2 + c2 +. (. 3 ab + bc + ca a +b +c 2. 2. ). ). 2. (. ) (. Đặt t = a 2 + b2 + c2 . Ta luôn có 3 a 2 + b2 + c2 ≥ a + b + c Khi đó ta có P ≥ 14t +. (. 3 1−t 2t. ) = t + 27t + 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là. 2. ). 2. = 1 . Do vậy t ≥. 1 . 3. 3 3 1 1 27t 3 3 23 − ≥ . +2 . − = 2t 2 3 2 2 2t 2 3. 23 1 , đạt được tại a= b= c= . 3 3. Đề số 8 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2016 – 2017 Bài 1(2.0 điểm).. (. ). 1) Giải phương trình x 4 − 2x 3 + x − 2 x 2 − x = 0. 2) Giải hệ phương trình. 2 0 x + 2y − 4x = .  2 2 4 0 4x − 4xy + y − 2y + 4 =. Bài 2 (2.0 điểm). 1) Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn a 3 + b3 + c3 = 3abc và abc ≠ 0 . Tính P=. ab2 bc2 ca 2 . + + a 2 + b2 − c 2 b2 + c 2 − a 2 c 2 + a 2 − b2. ( ). 2) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x; y. thỏa mãn 2x.x 2 = 9y2 + 6y + 16 .. Bài 3 (2.0 điểm). 1) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b2 + c2 = 3 . Chứng minh 2a 2 2b2 2c2 + + ≥a+b+c a + b2 b + c 2 c + a 2. 2) Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2 + 2 12n2 + 1 là một số nguyên. Chứng minh rằng 2 + 2 12n2 + 1 là số chính phương.. Bài 4 (3.0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC và nội tiếp đường tròn (O) . Các đường cao BB ', CC ' cắt nhau tại điểm H . Gọi M là trung điểm BC . Tia MH cắt đường tròn (O) tại điểm P . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 1). TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(53) 52. Website:tailieumontoan.com Chứng minh hai tam giác BPC ' và CPB ' đồng dạng. 2)   Các đường phân giác của các góc BPC ' , CPB ' lần lượt cắt AB , AC tại các điểm E và F . Gọi O ' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF ; K là giao điểm của HM và AO ' . a) Chứng minh tứ giác PEKF nội tiếp. b) Chứng minh các tiếp tuyến tại E và F của đường tròn (O ') cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn (O) . Bài 5 (1.0 điểm). Cho 2017 số hữu tỷ dương được viết trên một đường tròn. Chứng minh tồn tại hai số được viết cạnh nhau trên đường tròn sao cho khi bỏ hai số đó thì 2015 số còn lại không thể chia thành hai nhóm mà tổng các số ở mỗi nhóm bằng nhau. Phân tích và hướng dẫn giải Bài 1 (2.0 điểm). (. ). 1) Giải phương trình x 4 − 2x 3 + x − 2 x 2 − x = 0. • Phân tích. Với điều kiện xác định của phương trình là x ≤ 0 hoặc x ≥ 1 . Ta viết phương trình đã cho. lại thành. (. ). )(. (. ). (. ). x 4 − 2x 3 + x − 2 x 2 − x = 0 ⇔ x x − 1 x 2 − x − 1 − 2x x − 1 = 0. (. ).  x x −1 = 0 2 2    x x −1 x − x x − x −1 − 2 = 0 ⇔    x2 − x x2 − x − 1 − 2 = 0 . (. ⇔. (. ). ). (. ). Đến đây ta xét các trường hợp để tìm nghiệm của phương trình. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ≤ 0 hoặc x ≥ 1 . Biến đổi tương đương. phương trình. (. ). )(. (. ). (. ). x 4 − 2x 3 + x − 2 x 2 − x = 0 ⇔ x x − 1 x 2 − x − 1 − 2x x − 1 = 0. (. ).  x x −1 = 0 2 2    x x −1 x − x x − x −1 − 2 = 0 ⇔  x2 − x x2 − x − 1 − 2 =   0 . (. ⇔. (. (. ). ). ). ). { }. + Với. x x − 1 = 0 ⇔ x ∈ 0;1 .. + Với. x2 − x x2 − x − 1 − 2 = 0 . Đặt. (. ). (. x 2 − x = a ≥ 0 , khi đó phương trình trên trở thành. )(. ). a 3 − a − 2 = 0 ⇔ a − 2 a2 + a 2 + 1 = 0 ⇔ a =. Từ đó ta được. (. x2 − x =. (. )(. ). 2 (vì a 2 + a 2 + 1 > 0 ). {. }. 2 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 ⇔ x + 1 x − 2 = 0 ⇔ x ∈ −1;2 .. Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm của phương trình đã cho là S =. {−1; 0;1; 2} .. x 2 + 2y − 4x = 0 2) Giải hệ phương trình  2 . 2 4 0 4x − 4xy + y − 2y + 4 =. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(54) 53. Website:tailieumontoan.com • Phân tích. Cả hai phương trình của hệ có bậc hai đối với ẩn x nhưng không phân tích được thành tích.. (. Để ý phương trình thứ hai ta thấy phương trình viết được thành 2x − y2. ). 2. − 2y + 4 = 0 . Trong phương. trình thứ nhất có đại lương 2y nên ta có thể thực hiện phép thế vào phương trình thứ nhất thì thu được. (. phưng trình x − 2. ) + (2x − y ) 2. 2. 2. = 0. x 2 + 2y − 4x = 0 • Lời giải. Ta có  2 ⇔ 2 4 4x − 4xy + y − 2y + 4 = 0 . (. ).  x − 2 2 + 2y − 4 = 0  .  2 0  2x − y2 − 2y + 4 = . (. (. Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được x − 2. ). ) + (2x − y ) 2. 2. 2. x = 2 x = 2 =0 ⇔  2 ⇔ y =4 y = ±2 . ( ) ( ). Thử lại ta thấy x; y = 2; 2 thỏa mãn hệ phương trình.. ( ) ( ). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x; y = 2; 2 .. (. • Nhận xét. Việc đưa phương trình thứ hai về dạng 2x − y2. ). 2. − 2y + 4 = 0 có ý nghĩa quan trọng để tìm. ra lời giải cho hệ phương trình. Ngoài ra ta có thể rút đại lượng 2y từ phương trình thứ nhất rồi thế vào phương trình thứ hai và biến đổi cũng cho ta kết quả tương tự. Bài 2 (2.0 điểm) 1) Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn a 3 + b3 + c3 = 3abc và abc ≠ 0 . Tính P=. ab2 bc2 ca 2 . + + a 2 + b2 − c 2 b2 + c 2 − a 2 c 2 + a 2 − b2. )(. (. ). 3 Ta có a 3 + b3 + c= 3abc ⇔ a + b + c a 2 + b2 + c2 − ab − bc − ca= 0. Ta luôn có a 2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca . Tuy nhiên vì a, b, c đôi một khác nhau nên không xảy ra đẳng thức. a =−b − c  Do đó suy ra a + b + c =0 ⇒ b =−c − a . Từ đó ta được c =−a − b . P=. ab2. (. a 2 + b2 − −a − b. ). 2. +. bc2. (. b2 + c 2 − − b − c. ). 2. +. ca 2. (. c2 + a 2 − − c − a. ). 2. ab2 bc2 ca 2 a+b+c = + + = − = 0 −2ab −2bc −2ca 2. Vậy P = 0. ( ). 2) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x; y. thỏa mãn 2x.x 2 = 9y2 + 6y + 16 .. (. ). (. ). • Phân tích. Để ý rằng 9y2 + 6y + 16 ≡ 1 mod 3 và x 2 ≡ 0;1 mod 3 nên ta đi xét tính chẵn lẻ của x để. tìm nghiệm cho phương trình đã cho.. (. ). (. ). • Lời giải. Ta có 9y2 + 6y + 16 ≡ 1 mod 3 nên 2x.x 2 ≡ 1 mod 3 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(55) 54. Website:tailieumontoan.com. ( (. ) ). 2x ≡ 1 mod 3 Mà x 2 ≡ 0;1 mod 3 nên  2 . x ≡ 1 mod 3. ). (. ( ) + Nếu x chẵn, ta đặt x = 2k ( k ∈ N ) ⇒ 2. (. ). + Nếu x lẻ, ta đặt x = 2k + 1 k ∈ N ⇒ 2x = 2.4 k ≡ 2 mod 3 , điều này vô lí, suy ra loại x lẻ.. (. x. (. ) = ( 3y + 1) 2. 2x.x 2 = 9y2 + 6y + 16 ⇔ 2k.2k. ). = 4 k ≡ 1 mod 3 , điều này đúng. Do đó khi x chẵn thì 2. (. )(. ). + 15 ⇔ 2k.2k − 3y − 1 2k.2k + 3y + 1 = 15. Vì y, k ∈ N nên 2k.2k + 3y + 1 > 2k.2k − 3y − 1 > 0 . Vậy ta có các trường hợp k k 1 2k.2 − 3y − 1 = 2k.2 = 8 Trường hợp 1.  ⇔ ⇒ k ∉ N (loại). k 3y + 1 = 7 15 2k.2 + 3y + 1 = . 2k.2k − 3y − 1 3 = 2k.2k = 4 = k 1 Trường hợp 2.  . ⇔ ⇒   k 1 5 y = 0 3y + 1 = 2k.2 + 3y + 1 =. ( ) ( ). Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán là x; y = 2; 0 . Bài 3(2.0 điểm). 1) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b2 + c2 = 3 . Chứng minh 2a 2 2b2 2c2 + + ≥ a + b + c. a + b2 b + c 2 c + a 2. (a + b + c) ≥. 2. • Lời giải. Ta có 3 = a + b + c 2. 2. 2. 3. ⇔ a + b + c ≤ 3 . Do đó áp dụng bất đẳng thức. Bunhiacopxki dạng phân thức ta được 2a 2 2b2 2c2 4a 4 4b4 4c4 + + = + + a + b2 b + c2 c + a 2 2a 3 + 2a 2 b2 2b3 + 2b2 c2 2c3 + 2c2a 2 2 2a 2 + 2b2 + 2c2 36 ≥ 3 ≥ 4 3 3 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 2a + 2b + 2c + 2a b + 2b c + 2c a a + a + b + b + c + c2 + 2a 2 b2 + 2b2 c2 + 2c2a 2 36 36 = = = 3≥a+b+c 2 2 2 2 2 2 2 9 3 + a +b +c +a +b +c. (. (. ). ). Vậy ta được. 2a 2 2b2 2c2 + + ≥ a + b + c . Đẳng thức xẩy ta khi a= b= c= 1 . a + b2 b + c 2 c + a 2. 2) Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2 + 2 12n2 + 1 là số nguyên. Chứng minh 2 + 2 12n2 + 1 là số chính phương. • Phân tích. Từ bài toán ta được 12n2 + 1 là số chính phương lẻ nên tồn tại số tự nhiên k thỏa mãn. 12n2 + 1=. (2k + 1). 2. (. ). ⇔ 12n2 + 1= 4k2 + 4k + 1 ⇔ k k + 1 = 3n2. k = a 2 k = 3a 2 . Do k; k + 1 = 1 nên xảy ra 2 trường hợp xẩy ta là  a, b ∈ N và  3b2 b2 k + 1 = k + 1 =. (. ). (. ). Đến đây ta xét các trường hợp để chứng minh 2 + 2 12n2 + 1 là số chính phương. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(56) 55. Website:tailieumontoan.com • Lời giải. Do 2 + 2 12n2 + 1 là số nguyên, mà 12n2 + 1 là số lẻ nên tồn tại số tự nhiên k thỏa mãn. 12n2 + 1=. (. (2k + 1). 2. (. ). ⇔ 12n2 + 1= 4k2 + 4k + 1 ⇔ k k + 1 = 3n2. ). Vì k; k + 1 = 1 nên xảy ra 2 trường hợp: k = a 2 + Trường hợp 1.  a, b ∈ N ⇒ a 2 − 3b2 =−1 ≡ 2 mod 3 ⇔ a 2 ≡ 2 mod 3 (vô lí). 2 + = k 1 3b . (. (. ). (. ). ). k = 3a 2 + Trường hợp 2.  ⇒ b2 b2 − 1 = 3n2 . Từ đó suy ra 2 k + 1 = b . (. ). (. ). ( ). 2 + 2 12n2 + 1 = 2 + 2 4b4 − 4b2 + 1 = 2 + 2 2b2 − 1 = 4b2 = 2b. 2. Do đó 2 + 2 12n2 + 1 là số chính phương.. ( ). Bài 4 (3.0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC và nội tiếp đường tròn O . Các đường. ( ). cao BB ', CC ' cắt nhau tại điểm H . Gọi M là trung điểm BC . Tia MH cắt đường tròn O tại điểm P . 1) Chứng minh hai tam giác BPC ' và CPB ' đồng dạng.. ( ). • Phân tích. Giả sử HM cắt đường tròn O. A. tại A ' khi đó AA ' là đường kính của đường. ( ). tròn O , do đó. P. B'.  AB   = APH = ' H AC = ' H 900 . Từ đó tứ giác. O'. PAB ' C ' nội tiếp đường tròn đường kính AH,   nên ta có PC ' B = PB ' C , lại có. E. ' = PCB ' nên PBC ' ∽ PCB ' . PBC • Lời giải. Kẻ đường kính AA ' của đường. F. G. C'. O. H K. B. C. M. ( ). tròn đường tròn O , khi đó tứ giác. HBA ' C là hình bình hành. Do đó HA ' đi qua điểm M nên HA ' cũng đi qua điểm P.. A' T. Từ đó ta suy ra được    0 APH = 90 = AB = ' H AC ' H , suy ra tứ giác PAB ' C ' nội tiếp đường tròn đường kính AH..     ' = PCB ' do đó PBC ' ∽ PCB ' . Do đó PC ' A = PB ' A nên PC ' B = PB ' C . Mà PBC ' , CPB ' lần lượt cắt AB , AC tại các điểm E và F . Gọi 2) Các đường phân giác của các góc BPC O ' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và K là giao điểm của HM và AO ' . a) Chứng minh tứ giác PEKF nội tiếp.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(57) 56. Website:tailieumontoan.com  • Phân tích. Dễ thấy APK = 900 nên để chứng minh tứ giác KEKF nội tiếp ta đi chứng minh PAFE nội. ( ). tiếp đường tròn đường kính AK. Mà đường tròn O' đi qua ba điểm AEF nên ta chỉ cần chứng minh AK. ( ). ( ). là đường kính của đường tròn O' . Muốn vậy ta vẽ đường kính AK' của đường tròn O'. và chứng. minh cho hai điểm K và K' trùng nhau.. ( ).   =' AFK =' 900 . • Lời giải. Kẻ đường kính AK ' của đường tròn O ' , khi đó ta có AEK Từ đó suy ra HC '; K ' E; A ' B song song với nhau và HB '; K ' F; A ' C song song với nhau. EC ' PC ' PB ' FB ' Lại có = = = nên K ' thuộc HA ' ⇒ K ' ≡ K nên tứ giác AKEF nội tiếp. EB PB PC FC    = PFA  ( vì  C ' PB B ' PC  và PBE  = PCF  ) suy ra tứ giác PAFE nội Lại có PEA = EPB = = FPC 2 2 tiếp. Suy ra tứ giác PEKF nội tiếp đường tròn.. ( ). b) Chứng minh các tiếp tuyến tại E và F của đường tròn O ' cắt nhau tại một điểm nằm trên. ( ). đường tròn O ..    • Phân tích. Ta có HE, HF lần lượt là phân giác của BHC ', CHB ' nên AK là phân giác của BAC . Gọi. ( ). T là giao điểm của AK với đường tròn O và ta cần chứng minh TE, TF là tiếp tuyến của đường tròn. (O ) . '. HC ' HB ' B ' C ' PC ' PB ' FB ' EC ' = = = = • Lời giải. Ta có PB ' C ' ∽ PCB nên = = HB HC BC PB PC FC EB ', CHB ' nên ba điểm E, H, F thẳng hàng, mà ta lại có Do đó HE, HF lần lượt là phân giác của BHC. . AE = AF nên AK là phân giác của BAC. ( ). Gọi giao điểm của AK với đường tròn O là T và giao điểm của AK với BB ' là G. ' BAC  CHB   nên tứ giác AEHG nội tiếp. Ta có FHB = ' = = GAE 2 2      nên tứ giác BEGT nội tiếp đường tròn. Do đó suy ra AEG = AHG = AHB =' ACB = ATB.   . Từ đó ta được ATE = ABG = 900 − BAC. ( ).  =900 − ATE  =BAC  nên là tiếp tuyến của Mà ta lại có AT ⊥ EF suy ra TEF O' .. ( ). Mặt khác TE = TF nên TF cũng là tiếp tuyến của O ' . Tiếp tuyến tại E và F của đường tròn. ( ). (O ') cắt nhau tại T trên đường tròn O . Bài 5 (1.0 điểm). Cho 2017 số hữu tỷ dương được viết trên một đường tròn. Chứng minh tồn tại hai số được viết cạnh nhau trên đường tròn sao cho khi bỏ hai số đó thì 2015 số còn lại không thể chia thành hai nhóm mà tổng các số ở mỗi nhóm bằng nhau.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(58) 57. Website:tailieumontoan.com • Lời giải. Giả sử tồn tại 2017 số hữu tỷ được sắp xếp một cách thoả mãn nếu bỏ 2 số bất kì cạnh. nhau thì 2015 số còn lại chia được thành hai nhóm có tổng bằng nhau. Gọi 2017 số được sắp xếp thoả mãn là 2017 số có tính chất P. Vì có 2017 số hữu tỷ có tính chất P nên nếu nhân mẫu của các số hữu tỷ đó lên thì được 2017 số tự nhiên có tính chất P. Gọi 2017 số đó lần lượt xếp theo chiều kim đồng hồ là a1 ; a 2 ;....; a 2017 . Giả sử trong 2017 số đó có 1 số chẵn, 1 số lẻ thì vì 2017 là số lẻ nên lúc đó trên vòng tròn tồn tại 22 số liền kề cùng tính chẵn lẻ và 22 số liền kề không cùng tính chẵn lẻ. Vì vậy có thể bỏ một trong hai cặp số đó để tổng 2015 số còn lại lẻ, lúc đó thì không thể có cách chia 2015 số còn lại thoả mãn đề bài. Giả sử tất cả các số trên vòng tròn cùng tính chẵn lẻ, 2017 số đó không thể cùng lẻ vì cho dù bỏ đi 22 số nào thì tổng các số còn lại đều lẻ nên không thể chia được. Vậy tất cả các số trên vòng tròn đều chẵn. Đặt a i = 2bi với i chạy từ 1 đến 2017. Vì 2017 số a1 ; a 2 ;....; a 2017 tính chất P nên b1 ; b2 ;....; b2017 cũng có tính chất P. Lập luận tương tự b1 ; b2 ;....; b2017 đều chẵn. Tiếp tục đặt bi = 2ci và lặp lại vô hạn bước như vậy, ta có a= a= ... = a 2017= 0 (vô lí vì các số hữu tỉ ban 1 2 đầu dương). Suy ra điều phải chứng minh. Đề số 9 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI Vòng 1 – Năm học 2016 – 2017 Câu 1(3.5 điểm).. (. ). x 3 + y 3 + xy x + y = 4 a) Giải hệ phương trình  2 2 4  xy + 1 x + y =. )(. (. ). 8x − 3 7x + 2 − 5 − x = 5. b) Giải phương trình Câu 2(2.5 điểm). ( ). a)Tìm tất cả các giá tri của m sao cho tồn tại cặp số nguyên x; y thỏa mãn hệ phương trình 2 + mxy2 = 3m  2 2 6m 2 + m x + y =. (. ). b) Với x, y là những số thực thỏa mãn các điều kiện 0 < x ≤ y ≤ 2;2x + y ≥ 2xy . Tìm giá trị lớn. (. ). (. P x 2 x 2 + 1 + y2 y2 + 1 nhất của biểu thức =. ). Câu 3(3.0 điểm).. ( ).  cắt Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với AB < AC . Phân giác của góc BAC. ( ). BC tại D và cắt đường tròn O tại E khác A. M là trung điểm của đoạn thẳng AD. Đường thẳng. ( ). BM cắt đường tròn O tại P khác B. Giả sử các đường thẳng EP và AC cắt nhau tại N. a) chứng minh rằng tứ giác APNM nội tiếp và N là trung điểm của đoạn thẳng AC. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(59) 58. Website:tailieumontoan.com. ( ). b) Giả sử đường tròn K ngoại tiếp tam giác EMN cắt đường thẳng AC tại Q khác N. Chứng minh rằng B và Q đối xứng nhau qua AE.. ( ). c) Giả sử đường tròn K cắt đường thẳng BM tại M. Chứng minh rằng RA vuông góc RC. Câu 4(1.0 điểm). Số nguyên a được gọi là số “đẹp” nếu với mọi cách sắp xếp theo thứ tự tùy ý của 100 số 1, 2, 3,…, 100 luôn tồn tại 10 số hạng liên tiếp có tổng lớn hơn hoặc bằng a. Tìm số “đẹp” lớn nhất Hướng dẫn giải Câu 1(3.5 điểm).. (. ). x 3 + y 3 + xy x + y = 4 a) Giải hệ phương trình  2 2 4  xy + 1 x + y =. )(. (. ). • Phân tích và lời giải. Hệ phương trình đã cho là hệ phương trình đối xứng dạng 1, do đó ta có. thể sử dụng phép đặt ẩn phụ S = x + y; P = xy . Tuy nhiên để đơn giản hóa ta cần biến đổi hệ phương trình trước.Biến đổi tương đương hệ phương trình ta được. (. ( (.   ⇔  . ( (. ). (. ). (. ).  x + y 3 − 3xy x + y + xy x + y = 4   2   4  xy + 1  x + y − 2xy  =    3 3  x + y − 2xy x + y = 4 4  x + y − 2xy x + y = ⇔  2 2 xy + 1  x + y − 2xy  = 4 4  xy + 1 x + y − 2xy xy + 1 =  . (. ). x 3 + y 3 + xy x + y = 4 ⇔  2 2 xy 1 x y 4 + + = . )(. ). )(. ). (. ). ). )(. ( (. ). ). )(. ( ). ). (. ). Đến đây ta có thể sử dụng phép đặt ẩn phụ, tuy nhiên để ý đến vế phải hai phương trình ta lấy hiệu theo vế của hai phương trình của hệ thì được. ( x + y ) − 2xy ( x + y ) = ( xy + 1)( x + y ) − 2xy ( xy + 1) ⇔ ( x + y ) ( x + y − xy − 1) − 2xy ( x + y − xy − 1) = 0 0 ⇔ ( x + y − xy − 1) ( x + y ) − 2xy  =   3. 2. 2. 2.  x + y − xy − 1 = 0 ⇔ ⇔ 2  x + y − 2xy = 0 . (. ). x = 1  x −1 y −1 =  x 1;= y 1 = 0  y 1  2 ⇔ = ⇔   2 x= y= 0 0  x + y =  x= y= 0  . (. )(. ). ( ) ( ). Thay vào hệ phương trình đã cho ta được x; y = 1;1 là nghiệm của hệ. b) Giải phương trình. 8x − 3 . 7x + 2 − 5 − x = 5. (. ) (. ). • Phân tích. Để ý rằng 7x + 2 − 5 − x = 8x − 3 , khi đó ta đặt. −b trình đã cho được viết lại thành a=.  a 2 − b2 a + b ⇔ a − b 1 − =  0. 5 5  . • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 7x + = 2 a; 5 − x = b thì phương. (. ). −2 ≤ x ≤ 5. 7 TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(60) 59. Website:tailieumontoan.com Đặt. (. ). 7x + 2= a; 5 − x= b a ≥ 0; b ≥ 0 . Khi đó ta có a 2 − b2 = 8x − 3 .. Như vậy phương trình đã cho được viết lại thành. a−b =. a = b  a 2 − b2 a + b ⇔ a − b 1 − =0⇔ 5 5 5  a + b = . + Với a = b ta có phương trình. (. 7x + 2 =. + Với a + b = 5 ta có phương trình. ). 5−x ⇒ x=. 3 8. 7x + 2 + 5 − x = 5 hay ta được. 7x + 2 + 5 − x + 2 7x + 2 5 − x = 25 ⇔ 9 − 3x ≥ 0 ⇔ 33x − 7x 2 + 10 = 9 − 3x . (. ). 2. 33x − 7x 2 + 10 = 9 − 3x.  x ≤ 3 ⇔ ⇔x= 1 16x 2 − 87x + 71 = 0 . 3  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S =  ;1 8  Câu 2(2.5 điểm). ( ). a) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho tồn tại cặp số nguyên x; y thỏa mãn hệ phương trình 2 + mxy2 = 3m  2 2 6m 2 + m x + y =. ). (. (. ). −3m . Lấy hiệu theo vế hai phương trình của hệ ta được m xy2 − x2 − y2 = + Nếu m = 0 , ta thấy hệ phương trình vô nghiệm. + Nếu m ≠ 0 , khi đó từ phương trình ta được. (. ) (. ). xy2 − x2 − y2 =−3 ⇔ y2 x − 1 − x2 − 1 =−2. (. 2. )(. ). (. )(. 2. ). ⇔ y − x − 1 x − 1 =−2 ⇔ y − x − 1 1 − x =2. ( ). Do x; y nhận xác giá trị nguyên nên ta xét các trường hợp sau 1 − x 1 = x 0 = , hệ phương trình không có nghiệm nguyên. + Trường hợp 1. Với  2 ⇔ 2 y −= x −1 2 = y 3   x = 2 1 − x =−1 + Trường hợp . Với  2 ⇔ 2 ⇔ y − x − 1 =−2 y =1 . x = 2  y = ±1 . 2 1 − x = x =−1 + Trường hợp 1. Với  2 ⇔ 2 ⇔ y −= x −1 1 = y 1  . x = −1  y = ±1 . 1 − x =−2 + Trường hợp 1. Với  2 ⇔ y − x − 1 =−1 . x =3 , hệ phương trình không có nghiệm nguyên.  2 y =3 . ( ) (. )(. )(. )( ). Vậy phương trình trên có các nghiệm nguyên là x; y = −1; −1 , −1;1 , 2; −1 , 2;1 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(61) 60. Website:tailieumontoan.com Thay các nghiệm trên vào hệ phương trình đã cho ta tìm được= m. 1 = ; m 2 thỏa mãn. 2. 1  Vậy m ∈  ;2  thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2  b) Với x, y là những số thực thỏa mãn các điều kiện 0 < x ≤ y ≤ 2;2x + y ≥ 2xy . Tìm giá trị lớn nhất. (. ). (. ). P x 2 x 2 + 1 + y2 y2 + 1 . của biểu thức = 1 1 2 + ≥ 2 . Áp dụng bất đẳng thức a 2 + b2 ≥ a + b x y 2. (. Từ giả thiết 2x + y ≥ 2xy ta được. 1. +. x2. Hoàn toàn tương tự ta được. ). 2. ta có. 2. 4 y2. 11 2 1 4 1 4  +  ⇒ 2 + 2 ≥2⇒ 2 ≥2− 2 2x y x y x y. ≥. 2. 1 1 4  1 16 + ≥ +   ≥2⇒ 4 ≥2− 4 . 4 4 2 2   2x x y y  x y 1. 16.  x2  4x2 Do 0 < x ≤ y ≤ 2 nên ta có  1 − 2  y2 − 4 ≤ 0 ⇒ y2 ≤ 4 + x2 − 2 .  y  y . (. Từ đó kết hợp với. 1 x. 4. ≥2−. 2. y2 ≤ 4 + x 2 −. y2. 4x2 y. 2. ). ta được. ⇒ x2 + y2 ≤ 4 + 2x2 −. 4x2 y. 2.  4  1 = 4 + x2  2 − 2  ≤ 4 + x2 . 2 = 5 y  x .  x4  16x 4 Hoàn toàn tương tự ta cũng có  1 − 4  y 4 − 16 ≤ 0 ⇒ y 4 ≤ 16 + x 4 − 4 .  y  y . (. Từ đó kết hợp với. 1 x. 4. y 4 ≤ 16 + x 4 −. (. ). ≥2− 4x 4 y4. 16 y4. ). ta được. ⇒ x 4 + y 4 ≤ 16 + 2x 4 −. (. 16x 4 y4.  16  1 = 16 + x 4  2 − 4  ≤ 16 + x 4 . 4 = 17 y  x . ). Do vậy P = x2 x2 + 1 + y2 y2 + 1 = x 4 + y 4 + x2 + y2 ≤ 17 + 5 = 22 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi = x 1;= y 2.. Vậy giá trị lớn nhất của P là 22, đạt được tại= x 1;= y 2. ( ). Câu 3(3.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với AB < AC . Phân giác của. ( ).  cắt BC tại D và cắt đường tròn góc BAC O tại E khác A. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng. ( ). AD. Đường thẳng BM cắt đường tròn O tại P khác B. Giả sử các đường thẳng EP và AC cắt nhau tại N. a) Chứng minh rằng tứ giác APNM nội tiếp và N là trung điểm của đoạn thẳng AC.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(62) 61. Website:tailieumontoan.com  nên ta có Do AE là phân giác của góc BAC. P. A. E là điểm chính giữa cung BC..  = ANP  nên tứ giác Từ đó ta được AMP AMNP nội tiếp đường tròn. N. M.  = ANM  . Lại có APM  = ACB  Do đó APM  = ACB . nên suy ra ANM. O. R. Từ đó dẫn đến MN dong song với BC, mà. B. M là trung điểm AD nên suy ra N là trung. Q. C. D. điểm AC. ( ). b) Giả sử đường tròn K ngoại tiếp tam. E. giác EMN cắt đường thẳng AC tại Q khác N. Chứng minh B và Q đối xứng nhau qua AE. Không mất tính tổng quát ta giả sử Q nằm giữa N và C(các trương hợp còn lại chứng minh tương tự)..  = ACB  và ACB  = AEB  nên ta suy  = MNA  . Mà ta có MNA Do tứ giác EMNQ nội tiếp nên MEQ.  = CAE  và AE chung nên suy ra ∆ABE =  = AEB  . Lại có BAE ra được AEQ ∆ACE . Do đó AB = AG và EB = EQ nên AE là đường trung trực của BQ, suy ra Q và B đối xứng nhau qua đường thẳng AE.. ( ). c) Giả sử đường tròn K cắt đường thẳng BM tại M. Chứng minh rằng RA vuông góc RC.  EMR  . Tứ giác ERMN nội tiếp đường tròn nên ta có ENR = = AMP    nên ta được ERN  = ENC . Lại có ENC = ANP = AMP     và REN  = CEN  Ta có REN = PMN = PAN = PEC Kết hợp với cạnh NE chung ta suy ra được ∆REN = ∆CEN Suy ra RN = NC = NA nên RN =. 1 AC , điều này dẫn đến tam giác RAC vuông tại R hay ta được 2. RA vuông góc với RC. Câu 4(1.0 điểm). Số nguyên a được gọi là số “đẹp” nếu với mọi cách sắp xếp theo thứ tự tùy ý của 100 số 1, 2, 3,…, 100 luôn tồn tại 10 số hạng liên tiếp có tổng lớn hơn hoặc bằng a. Tìm số “đẹp” lớn nhất • Lời giải. Tổng của 100 số của dãy số là. (1 + 100 ) 100 = 5050 . Chia 100 số thành 10 bộ số gồm 10. 2 số liên tiếp thì trung bình tổng của 10 bộ số này là 505. Khi đó tồn tại ít nhất một bộ số mà tổng 10. số đó lớn hơn hoặc bằng 505. Ta sẽ chứng minh a lớn nhất chỉa có thể bằng 505 bằng cách cách chọn ra ví dụ mà tổng 10 số liên tiếp bất kỳ nhỏ hơn hoặc bằng 505, khi đó mọi số a lớn hơn 505 đều không thỏa mãn. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(63) 62. Website:tailieumontoan.com Thật vậy, xét cách sắp xếp sau 100,1, 99, 2, 98, 3, …, 51, 50 (chia thành các cặp có tổng bằng 101, viết số lớn đứng trước rồi xếp các cặp cạnh nhau theo thứ tự giảm dần của số lớn hơn). Nếu 10 số liên tiếp gồm 5 cặp số như vậy thì tổng 10 số này là 505. Nếu không 10 số gồm số đầu nhỏ hơn trong một cặp và kết thúc là số lớn hơn trong một cặp khác. Các số này thuộc sáu cặp khác nhau là x,101 − x, x − 1,102 − x, …, x − 4,105 – x và 10 số được chọn là các số được chọn là các số 101 − x. đến x − 5 (trong dãy trên ). Dễ thấy tổng 10 số liên tiếp bất kỳ đều không vượt quá 505. Vậy. a = 505 Đề số 10 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI Vòng 2 – Năm học: 2016 – 2017 Câu 1(3.5 điểm). x 2 + 4y2 = 5 a) Giải hệ phương trình  2 2 1 4x + 8xy + 5x + 10y =. b) giải phương trình. 64x 3 + 4x 5x 2 + 6x + 5 = 2 5x + 6x + 6. Câu 2(2.5 điểm). a) Với x, y là những số nguyên thỏa mãn đẳng thức. x 2 − 1 y2 − 1 . Chứng minh x2 − y2  40 . = 2 3. ( ). b) Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn đẳng thức sau x 4 + 2x2 = y3 . Câu 3(3.0 điểm). ( ). Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn O . P là điểm thuộc cung nhỏ AD của đường. ( ). tròn O và P khác A, D. Các đường thẳng PB, PC lần lượt cắt AD tại AD tại M, N. Đường trung trực của AM cắt đường thẳng AC, PB lần lượt tại E, K. Đường trung trực DN cắt các đường thẳng BD, PC lần lượt tại F, L. a) Chứng minh rằng ba điểm K, O, L thẳng hàng. b) Chứng minh đường thẳng PO đi qua trung điểm của EF c) Giả sử đường thảng EK cắt đường thẳng FL và AC cắt nhau tại T. Đường thẳng ST cắt các đường thẳng PB, PC lần lượt tại U và V. Chứng minh rằng bốn điểm K, L, V, U cùng thuộc một đương tròn. Câu 4(1.0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3 luôn tồn tại cách xếp bộ n số 1, 2, 3,..., n thành bộ số x1, x2 , x 3 ,..., x n sao cho x j ≠. xi + xk 2. (. ). với mọi bộ chỉ số i; j; k mà 1 ≤ i < j < k ≤ n .. Hướng dẫ giải Câu 1(3.5 điểm).. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(64) 63. Website:tailieumontoan.com x 2 + 4y2 = 5 a) Giải hệ phương trình  2 2 1 4x + 8xy + 5x + 10y =. Biến đổi tương đương hệ phương trình ta có. (. ). 2 2 2  5 2y − 4xy 5 x + 4y =  x += ⇔ ⇔  2  2 1 + 2y 1 4x + 8xy + 5x + 10y = 4xy x + 2y + 5 x =. (. ). (. ). ( (. ). 2  2y − 4xy 5  x +=  + 2y 1  4xy + 5 x =. )(. ). Đặt a = x + 2y; b = 4xy , khi đó hệ phương trình trên trở thành a 2 − b = 5 ⇔  1 ab + 5a =. = b a2 − 5 ⇔  2 1 a a − 5 + 5a =. (. ). x + 2y = 1 Từ đó ta có hệ phương trình  ⇔ xy = −1. b = b = −4 a2 − 5 a2 − 5 b = ⇔ ⇔  3  3 a =1 = a − 5a + 5a 1 = a 1   . x = −1; y = 1  .  x = 2; y = − 1  2.  1 Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = −1;1  2; −  . 2 . ). ( ) (. 64x 3 + 4x 5x 2 + 6x + 5 = 2 5x + 6x + 6. b) giải phương trình. (. Dễ thấy 5x2 + 6x + 5 > 5x2 + 6x + 5= 2x2 + 2 + 3 x + 1. ). 2. > 0 với mọi x. Do đó điều kiện xác định. của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho được viết lại thành. (. ) ( 4x ). 5x 2 + 6x + 5 5x 2 + 6x + 5 + 1=. (. Đặt a=. (. 3. + 4x. ). 5x 2 + 6x + 5; b= 4x a > 0 . Khi đó phương trình trên được viết lại thành. ). (. )(. ). a a 2 + 1 = b3 + b ⇔ a − b a 2 + ab + b2 + 1 = 0 ⇔ a = b Từ đó ta được. 5x 2 + 6x + 5 = 4x , phương trình tương đương với x ≥ 0 x ≥ 0 1 ⇔x=  2 2 ⇔  2 11x = + 6x + 5 16x = − 6x − 5 0 5x . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 . Câu 2(2.5 điểm). a) Với x, y là những số nguyên thỏa mãn đẳng thức Biến đổi giả thiết. x 2 − 1 y2 − 1 . Chứng minh x2 − y2  40 . = 2 3. x 2 − 1 y2 − 1 = ⇔ 3 x 2 − 1= 2 y2 − 1 ⇔ 3x 2 − 2y2= 1 2 3. (. ). (. ). Vì số chính phương chia 5 dư 0 hoặc 1 hoặc 4, mà 3x 2 − 2y2 = 1 nên x 2 và y2 chia cho 5 có cùng số dư 1, từ đó ta được x 2 − y2  5 Vì số chính phương chia 8 dư 0 hoặc 1 hoặc 4, mà 3x 2 − 2y2 = 1 nên x 2 và y2 chia cho 8 có cùng số dư 1, từ đó ta được x 2 − y2  8 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(65) 64. Website:tailieumontoan.com Do 5 và 8 nguyên tố cùng nhau nên ta được x 2 − y2  40. ( ). b) Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn đẳng thức sau x 4 + 2x2 = y3 .. (. Ta có x 4 + 2x2 = y 3 ⇔ x 4 + 2x2 + 1 = y 3 + 1 ⇔ x2 + 1. ( y + 1; y. Gọi d =. 2. ). (. ) = ( y + 1) ( y 2. 2. ). – y +1 .. ). 2. − y + 1 . Khi đó ta có y + 1  d và y2 − y + 1 d nên ta được. ( y + 1) − ( y 2. 2. ). − y + 1  d ⇒ 3y  d. Do d là nguyên tố nên ta có hai trường hợp. (. + Khi 3  d ta được x2 + 1. ) = ( y + 1) ( y 2. 2. ). (. ). 2. – y + 1  9 nên x2 + 1  9 ⇒ x2 + 1 3 . Điều này vô lý vì số. chính phương chia cho 3 không thể có số dư là 2. + Khi 3  d ta được y  d , kết hợp với y + 1 d ta suy ra được d = 1 .. ). (. 1. Do đó y + 1; y2 – y + 1 =. )(. (. ). Khi đó do y + 1 y2 – y + 1 là số chính phương nên ta đặt= y + 1 a 2 ; y2 –= y + 1 b2 trong đó a, b. ( ). là các số nguyên dương và a; b = 1 . Tứ đó ta được b2 =. (a. ( ) > (2a. Vì 2b. 2. 2. 2. −1. −3. ). 2. ) – (a 2. 2. ). (. )(. ). − 1 ⇔ 4b2 = 4a 4 − 12a 2 + 12 ⇔ 2b – 2a 2 + 3 2b + 2a 2 + 3 = 3. ⇒ 2b > 2a 2 − 3 nên ta xét các trường hợp sau. 2 1 2b − 2a + 3 = b = 1 + Trường hợp 1. Với  , hệ không có nghiệm nguyên. ⇒  2 2b + 2a 2 − 3 = 3 a = 2  2 2b − 2a= b 1 = = +3 3 = a 1 y + 1 1 + Trường hợp 2. Với  ⇔ ⇔ ⇒ ⇔ x = y = 0.    2 2 =1 1 2a 2 − 3 = 1 b= a y – y + 1 1 2b +=. Thử lại vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là. ( 0; 0 ) .. ( ). Câu 3(3.0 điểm). Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn O . P là điểm thuộc cung nhỏ AD. ( ). của đường tròn O và P khác A, D. Các đường thẳng PB, PC lần lượt cắt AD tại AD tại M, N. Đường trung trực của AM cắt đường thẳng AC, PB lần lượt tại E, K. Đường trung trực DN cắt các đường thẳng BD, PC lần lượt tại F, L. a) Chứng minh rằng ba điểm K, O, L thẳng hàng..  = KMA , Ta có KA = KM suy ra tam giác AKM cân. Do đó ta được KAM.  + KBA =  + KAM =  = KBA  hay tam giác AKB Mà ta lại có KMA 900 và KAB 900 nên suy ra KAB cân ta K. Do đó ta được KA = KB = KM . Lại có OB = OD nên OK là đường trung bình của tam giác DKM, suy ra OK // MD. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(66) 65. Website:tailieumontoan.com Chứng minh tương tự ta có OL là đường trung bình của tam giác NCA, suy ra OL // AD Theo tiên đề Ơclit thì ba điểm K, O, L thẳng hàng. b) Chứng minh đường thẳng PO đi qua trung điểm của EF.  = 450 nên tam giác EAM vuông cân. Ta có E thuộc đường trung trực AM và EAM Do đó suy ra ME vuông góc với AC. Hoàn toàn tương tự ta cũng có NF vuông góc với BD. Ta có MN song song với BC nên theo định lí Talet ta có. PB PC . = MB NC. Hạ PX vuông góc với AC và PY vuông góc với BD, khi đó ta có PX, EM, BO cùng song song với nhau. Do đó ta được. XO PB . = EO PM. Lại có PY, FN, CO cùng song song với nhau nên ta cũng có. YO PC . = FO NC. XO YO nên suy ra XY và EF song song với nhau. = EO FO    Ta có PXO = PYO = XOY = 900 nên tứ giác PXOY là hình chữ nhật, do đó PO đi qua trung điểm. Từ đó dẫn đến. của XY. Do XY song song với EF nên PO đi qua trung điểm của EF. c) Giả sử đường thảng EK cắt đường thẳng FL và AC cắt nhau tại T. Đường thẳng ST cắt các đường thẳng PB, PC lần lượt tại U và V. Chứng minh rằng bốn điểm K, L, V, U cùng thuộc một đương tròn..    = 450 . Ta có LK song song với AD nên LK vuông góc với ES. Do đó KOA = OAD = 450 nên KEO.  = 900 nên OK là phân giác của góc EOS . Mà ta có EOS Suy ra tam giác EOS cân nên ta có KS = KE , suy ra KL là đường trung trực của ES hay E và S đối xứng với nhau qua KL. Hoàn toàn tương tự ta có F và T đối xứng qua KL..  = STO . Từ đó ta được ∆EOF = ∆SOT nên EFO Gọi giao điểm của OP và EF là I, ta có I là trung điểm của EF. Do tam giác OEF cân nên ta có IO = IE = IE ..   . Suy ra tam giác IOF cân nên IOF = IFO = OTS  + IOF  = EOF  = 900 nên IOE  + OTS = Mà IOE 900 .  = IOE  , suy ra TOH  + HTO = Gọi giao điểm của OP và ST là H nên ta có TOH 900 ..  = 900 hay PO vuông góc với ST. Từ đó suy ra THO  = PCD  và PCD    nên PLF  PBO  . Ta có PLF = PBD = BPO = = PVH  + HVP = Lại có PH vuông góc với UV nên VPH 900 .  + PLK  = PLK  = 900 nên PLK  = HVP . Mà ta lại có PLF  = UVP  hay tứ giác KLUV nội tiếp đường tròn. Từ đó suy ra PLK. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(67) 66. Website:tailieumontoan.com Câu 4(1.0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3 luôn tồn tại cách xếp bộ n số 1, 2, 3,..., n thành bộ số. x1, x2 , x 3 ,..., x n sao cho x j ≠. xi + xk 2. với mọi bộ chỉ số. ( i; j; k ). mà. 1≤ i < j< k ≤ n.. Với n = 3 ta có cách sắp xếp 1, 3, 2. Ta chứng minh rằng nếu bài toán đúng với n sẽ đúng với 2n. Thật vậy, giả sử ta có cách xắp xếp đúng với n thì cách sắp xếp đó có dạng x1, x2 , x 3 , x 4 ,..., x n thỏa mãn với mọi 1 ≤ i < j < k ≤ n ta có x j ≠. xi + xk 2. . Ta chứng minh tồn tại dãy 2n thỏa mãn đề bài .. Xét dãy sau 2x1,2x2 ,2x 3 ,...,2x n , 2x1 − 1, 2x2 − 1, 2x 3 − 1,..., 2x n − 1 , dãy số gồm tất cả các số từ 1 đến 2n. Xét a < b bất kỳ cùng thuộc dãy + Nếu a, b khác tính chẵn lẻ thì. a+b không thuộc dãy (thỏa mãn) 2. + Nếu a, b cùng tính chẵn lẻ thì. a+b thuộc dãy 2. Nếu a, b cùng chẵn (trường hợp a, b cùng lẻ chứng minh tương tự ) Trường hợp 1. Khi. a+b a+b lẻ thì không thể nằm giữa a, b do cách xây dựng dãy (thỏa mãn) 2 2. Trường hợp 2. Khi. a+b chẵn. 2. Giả sử rằng. a+b a+b nằm giữa a, b trong dãy khi đó a 2x , b 2x k , = 2x j với i < j < k suy ra = = i 2 2. dãy ban đầu x1,x2 ,x 3 ,..., x n là cách sắp xếp không thỏa mãn đề bài (mâu thuẫn ) Vậy điều giả sử là sai nên. a+b không nằm giữa a và b trong dãy. 2. Vậy với mọi trường hợp trung bình cộng của a, b không thể nằm giữa a, b suy ra đã xây dựng được cách xếp thỏa mãn cho trường hợp 2n. Như vậy đã chứng minh được rằng nếu bài toán đúng với n thì đúng với 2n. Mặt khác bài toán đúng với n thì đúng với n − 1 . Nên theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(68) 67. Website:tailieumontoan.com Đề số 11 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BẮC NINH Vòng 1 – Năm học 2016 – 2017 Câu 1(1.5 điểm). a) Giải phương trình x 2 − 5x + 6 = 0. b) Tính giá trị biểu thức = A. 3. (. ). 12 + 27 − 108 .. Câu 2(1.5 điểm). 1 x + my = , với m là tham số. Cho hệ phương trình  3 x + 2y =. a) Giải hệ phương trình khi m = 1 .. ( ). b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y sao cho x và y là các số nguyên. Câu 3(2.5 điểm). Cho hàm số y = 2x 2 .. ( ). a) Vẽ đồ thị P của hàm số.. ( ). b) Tìm m để đường thẳng d= : y 2mx − 2 cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x 2. (. sao cho biểu thức M = x1 + x 2. ). 4. (. − 17 x1 + x 2. ). 2. (. ). x12 x 22 − 6 x1 + x 2 x13 x 23 + 90 đạt giá trị nhỏ nhất.. Câu 4(3.0 điểm). Cho tam giác ABC lấy điểm D thay đổinằm trên cạnh BC (D không trùng với B và C). Trên tia. ( ). AD lấy điểm P sao cho D nằm giữa A và P đồng thời DA.DP = DB.DC . Đường tròn T đi qua hai điểm A và D lần lượt cắt cạnh AB, AC tại F và E. a) Chứng minh rằng tứ giác ABPC nội tiếp. b) Chứng minh rằng hai tam giác DEF và PCB đồng dạng. c) Chứng minh rằng. SDEF SABC. ≤. EF2 ( SABC ; SDEF lần lượt là diện tích của tam giác ABC; DEF ). 4AD2. Câu 5(1.5 điểm). a) Cho tứ giác ABCD có đường tròn đường kính AB tiếp xúc với đường thẳng CD. Chứng minh rằng nếu AD song song với BC thì đường tròn đường kính CD tiếp xúc với đường thẳng AB. b) Trên một bảng vuông 4x4 (gồm 16 ô vuông), ban đầu người ta ghi 9 số 1 và 7 số 0 một cách tùy ý (mỗi ô một số). Với mỗi phép biến đổi bảng, cho phép chọn một hàng hoặc một cột bất kì, trên hàng hoặc cột được chọn, đổi đồng thời các số 0 thành các số 1, các số 1 thành các số 0. Chứng minh rằng sau 2016 phép biến đổi như vậy, ta không thể đưa bảng ban đầu về bảng chỉ có các số 0.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(69) 68. Website:tailieumontoan.com Câu 1(1.5 điểm). a) Giải phương trình x 2 − 5x + 6 = 0. Ta có  = 1 nên phương trình có hai nghiệm= x 2;= x 3. b) Tính giá trị biểu thức = A. 3. (. ). (. ). 12 + 27 − 108 .. ( ). Ta có A = 3 2 3 +3 3 −6 3 = 3 − 3 = −3 1 x + my = , với m là tham số. Câu 2(1.5 điểm). Cho hệ phương trình  3 x + 2y =. a) Giải hệ phương trình khi m = 1 . 1 x + y = x =−1 . Khi m = 1 ta có hệ phương trình  ⇔  x += 2y 3 = y 2 . ( ). b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y sao cho x và y là các số nguyên. x + my = 1 Xét hệ phương trình  ⇔ 3 x + 2y =. (. ). (). −2 1  m − 2 y =  x= 3 − 2y . (). Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì 1 phải có nghiệm duy nhất..  3m − 2 −2  ; Muốn vậy m − 2 ≠ 0, suy ra m ≠ 2. Hệ có nghiệm x; y =  .  m −2 m −2. ( ). }. {. Để y ∈  thì m − 2 phải là ước của 2 suy ra m ∈ 0;1; 3; 4 . Thử lại với các giá trị này, y và x đều là số nguyên.. {. }. Vậy m ∈ 0;1; 3; 4 là các giá trị cần tìm. Câu 3(2.5 điểm). Cho hàm số y = 2x 2 .. ( ). a) Vẽ đồ thị P của hàm số (Học sinh tự vẽ hình).. ( ). b) Tìm m để đường thẳng d= : y 2mx − 2 cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x 2 sao cho. (. ( ) Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) là x − mx + 1 = 0 (1 ) . biểu thức M = x1 + x 2. ). 4. (. − 17 x1 + x 2. ). 2. x12 x 22 − 6 x1 + x 2 x13 x 23 + 90 đạt giá trị nhỏ nhất. 2. m > 2 Đường thẳng d cắt P tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi  > 0 ⇔ m2 − 4 > 0 ⇔  m < −2. ( ). Áp dụng định lí Vi – et ta có x1 += x 2 m; x1= x2 1 .. (. ) (. ) (. M = m 4 − 17m2 − 6m + 90 = m 4 − 18m2 + 81 + m2 − 6m + 9 = m2 − 9. ) + (m − 3) 2. 2. ≥0. Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 0. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = 3.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(70) 69. Website:tailieumontoan.com Câu 4(3.0 điểm). Cho tam giác ABC lấy điểm D thay đổinằm trên cạnh BC (D không trùng với B và C). Trên tia AD lấy điểm P sao cho D nằm giữa A và P đồng thời DA.DP = DB.DC . Đường tròn. ( T ) đi qua hai điểm A và D lần lượt cắt cạnh AB, AC tại F và E.. a) Chứng minh rằng tứ giác ABPC nội tiếp. Ta có DA.DP = DB.DC nên. DA DC . Mà ta = DB DP. A.  = CDP  nên hai tam giác ADB và lại có ADB  = DCP  nên tứ CDP đồng dạng. Suy ra DAB. 1. 2. giác ABPC nội tiếp. b) Chứng minh rằng hai tam giác DEF và PCB đồng dạng.. F.  DEF;   BCP  nên ta suy ra Ta có DAF = = BAP.  = BCP  được DEF. B. 1. 1. K. E. 1. D. H. 1. C.  = DFE  . Từ đó suy Chứng minh tương tự CBP ra hai tam giác DEF và PCB đồng dạng. c) Chứng minh rằng. SDEF SABC. ≤. P. EF2 ( SABC ; SDEF lần lượt là diện tích của tam giác ABC; DEF ). 4AD2. S SDEF SPBC EF2 SPBC . . = = Ta có DEF (vì hai tam giác PCB, DEF đồng dạng) SABC SPBC SABC BC2 SABC 1 PK.BC SPCB PK DP Kẻ AH ⊥ BC H ∈ BC ; PK ⊥ BC K ∈ BC ta có = 2 (vì AH song song = = SABC 1 AH DA AH.BC 2 với PK). (. ). (. Từ hai kết quả trên ta được. (. Ta lại có BC2 = DB + DC Suy ra. SDEF SABC. ≤. ). 2. SDEF SABC. =. ). EF2 DP . BC2 DA. ≥ 4DB.DC =4DA.DP. EF2 DP EF2 . Dấu bằng xảy ra khi D là trung điểm của BC. = . 4DA. DP DA 4AD2. Câu 5(1.5 điểm). a) Cho tứ giác ABCD có đường tròn đường kính AB tiếp xúc với đường thẳng CD. Chứng minh rằng nếu AD song song với BC thì đường tròn đường kính CD tiếp xúc với đường thẳng AB.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(71) 70. Website:tailieumontoan.com Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của N, M trên AB, CD. Nếu AD song song với BC. B. thì ABCD là hình. M. thang có MN là đường trung bình, Khi đó MN, AD,. H. BC song song với nhau. A. Suy= ra, SMAD S= ; SMBC SNBC NAD Nên. ta. được. SNAB = SABCD − SNAD − SNBC = SABCD − SMAD − SMBC = SMC. Do đó suy ra. C. K. D. 1 1 AB.NH = CD.MK. 2 2. Mặt khác đường tròn đường kính AB tiếp xúc với CD nên MA = MB = MK = Suy ra NH =. N. 1 AB. 2. 1 CD = ND = NC. 2. Do đó H thuộc đường tròn đường kính CD mà NH ⊥ AB nên AB tiếp xúc với đường tròn đường kính CD. b) Trên một bảng vuông 4x4 (gồm 16 ô vuông), ban đầu người ta ghi 9 số 1 và 7 số 0 một cách tùy ý (mỗi ô một số). Với mỗi phép biến đổi bảng, cho phép chọn một hàng hoặc một cột bất kì, trên hàng hoặc cột được chọn, đổi đồng thời các số 0 thành các số 1, các số 1 thành các số 0. Chứng minh rằng sau 2016 phép biến đổi như vậy, ta không thể đưa bảng ban đầu về bảng chỉ có các số 0.. (. ). • Lời giải. Giả sử hàng (hoặc cột) được đổi có m số 1 0 ≤ m ≤ 4 và 4 − m số 0. Sau một phép. biến đổi thì hàng (hoặc cột) thu được có 4 − m số 1 và m số 0. Do đó sau một phép biến đổi thì số. (. ). chữ số 1 tăng lên hoặc giảm đi 4 − m − m = 4 − 2m số (là số chẵn). Mà ban đầu số số 1 là 9 nên sau 2016 phép biến đổi không thể đưa bảng ban đầu về bảng chỉ có các số 0.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(72) 71. Website:tailieumontoan.com Đề số 12 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BẮC NINH Vòng 2 – Năm học 2016 – 2017 Câu 1(2.5 điểm).. ( ). a) Phân tích đa thức P x = x 4 + 5x 3 + 5x 2 − 5x − 6 thành nhân tử. b) Rút gọn biểu thức. = Q. (. ). (. x − 4 x −1 + x + 4 x −1. (. x2 − 4 x − 1. ). ).  1  ⋅ 1 −  với x > 1 và x ≠ 2 . x − 1 . Câu 2(2.0 điểm).. (. ). a) Giải phương trình 2 2x – 1 − 3 5x − 6=. 3x − 8.. b) Cho bốn số thực a, b, c, d khác 0 thỏa mãn các điều kiện a, b là hai nghiệm của phương trình x 2 − 10cx − 11d = 0 và c, d là hai nghiệm của phương trình x 2 − 10ax − 11b = 0 . Tính giá trị của biểu thức S = a + b + c + d . Câu 3(1.0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =. 3a 4 + 3b4 + c3 + 2. (a + b + c). 3. .. ( ) với đường tròn ( C ) . Lấy điểm M bất kì thuộc cung nhỏ AB (M không trùng với. Câu 4(3.0 điểm). Trên đường tròn C tâm O, bán kính R vẽ dây cung AB < 2R . Từ A, B vẽ hai tiếp tuyến Ax; By. A và B). Gọi H, K, I lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống AB, Ax và By. a) Chứng minh rằng MH2 = MK.MI . b) Gọi E là giao điểm của AM và KH, F là giao điểm của BM và HI. Chứng minh rằng đường thẳng EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK và MFI. c) Gọi D là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK và MFI. Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cung nhỏ AB thì đường thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5(1.5 điểm).. (. ). a) Tìm ba số nguyên tố a, b, c thỏa mãn các điều kiện a < b < c và bc − 1 chia hết cho a,. ( ca − 1) chia hết cho b, ( ab − 1) chia hết cho c. b) Các nhà khoa học gặp nhau tại một hội nghị. Một số người là bạn của nhau. Tại hội nghị không có hai nhà khoa học nào có số bạn bằng nhau lại có bạn chung. Chứng minh rằng có một nhà khoa học chỉ có đúng một người bạn.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(73) 72. Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải Câu 1(2.5 điểm).. ( ). a) Phân tích đa thức P x = x 4 + 5x 3 + 5x 2 − 5x − 6 thành nhân tử.. (. ( ). ) (. )(. ) (. )(. )(. )(. ). P x = x 4 + 5x 3 + 6x 2 − x 2 + 5x + 6 = x 2 + 5x + 6 x 2 − 1 = x − 1 x + 1 x + 2 x + 3 .. (. ). (. x − 4 x −1 + x + 4 x −1. = b) Rút gọn biểu thức Q. (. x2 − 4 x − 1. ). ).  1  ⋅ 1 −  với x > 1 và x ≠ 2 . x − 1 . ( x − 1) − 4 ( x − 1) + 1 + ( x − 1) + 4 ( x − 1) + 1 x − 2 ⋅ x −1 ( x − 2). Q. 2. (. =. x −1 −1. ). 2. ). (. +. 2. ( x − 2). 2. x −1 −1 + x −1 +1 x −2 ⋅ x −1 x −2. 1− x −1 + x −1 +1 x −2 2 . = ⋅ 2−x x −1 1− x. + Nếu 1= < x < 2 thì Q + Nếu x > 2 thì Q =. x −1 +1 x −2 = ⋅ x −1. x −1 −1+ x −1 +1 x −2 = ⋅ x −2 x −1. 2 x −1. .. Câu 2(2.0 điểm).. (. ). a) Giải phương trình 2 2x – 1 − 3 5x − 6=. 3x − 8 .. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥. ) ( 5x − 6 + 9  + ( 3x − 8 ) − 2 3x − 8 + 1 = 0   . ( ) ⇔ ( 5x − 6 ) − 6 . 2 2x – 1 − 3 5x − 6=. ⇔. (. 5x − 6 − 3. 8 . Biến đổi phương trình đã cho ta được 3. ) ( 2. +. 3x − 8 ⇔ 4 2x – 1 − 6 5x − 6= 2 3x − 8. 3x − 8 − 1. ). 2.  0  5x − 6 − 3 = =0⇔ ⇔x=3 0  3x − 8 − 1 =. Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiêm duy nhất là x = 3 . b) Cho bốn số thực a, b, c, d khác 0 thỏa mãn các điều kiện a, b là hai nghiệm của phương trình x 2 − 10cx − 11d = 0 và c, d là hai nghiệm của phương trình x 2 − 10ax − 11b = 0 . Tính giá trị của. biểu thức S = a + b + c + d .. a + b = 10c 0 nên theo hệ thức Vi – et ta có  • Lời giải. Vì a, b là hai nghiệm của x 2 − 10cx − 11d = ab = −11d c + d = 10a Vì c, d là hai nghiệm của x 2 − 10ax − 11b = 0 nên theo hệ thức Vi – et ta có  cd = −11b. (. ). (. Từ các hệ thức trên ta có 9 a + c = b + d ⇒ S = 10 a + c. ). Cũng từ ab = −11d và cd = −11b nên ta có ac = 121. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(74) 73. Website:tailieumontoan.com Mà a là nghiệm của phương trình x 2 − 10cx − 11d = 0 nên a 2 − 10ac − 11d = 0 và c là nghiệm của phương trình x 2 − 10ax − 11b = 0 nên c2 − 10ac − 11b = 0 . Từ đó duy ra 0 ( ) ( ) − 22ac − 99 ( a + c ) = a + c =−22 ⇔ ( a + c ) − 99 ( a + c ) − 2662 = 0 ⇔  a+c= 121 a 2 + c2 − 20ac − 11 b + d =⇔ 0 a+c. 2. 2. . + Với a + c =−22 ⇒ S =−220. + Với a + c= 121 ⇒ S= 1210. Câu 3(1.0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=. 3a 4 + 3b4 + c3 + 2. (a + b + c). 3. (. ). • Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2a 4 + a 4 + 1 ≥ 2a 4 + 2a 2 ≥ 4a 3 hay ta được. 3a 4 + 1 ≥ 4a 3 . Hoàn toàn tương tự ta được 3b4 + 1 ≥ 4b3. Do đó suy ra M ≥. 4a 3 + 4b3 + c3. (a + b + c). (a + b) + c Nên ta được M ≥ (a + b + c) 3. 3. ) (a + b) ≥ 0 ⇒ 4 (a 2. (a + b + c) ≥ 4 (a + b + c) 3. 3. 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của M là. (. . Mà a − b. 3. 3. ) (. + b3 ≥ a + b. ). 3. 1 . Dấu bằng xảy ra khi a= b= 1; c= 2 . = 4. 1 , xẩy ra tại a= b= 1; c= 2 . 4. ( ) với đường tròn ( C ) . Lấy điểm M bất kì thuộc cung nhỏ AB (M không trùng với. Câu 4(3.0 điểm). Trên đường tròn C tâm O, bán kính R vẽ dây cung AB < 2R . Từ A, B vẽ hai tiếp tuyến Ax; By. A và B). Gọi H, K, I lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống AB, Ax và By. a) Chứng minh MH2 = MK.MI .. A. Ta có các tứ giác AHMK; BHMI nội tiếp đường tròn và Ax; By là tiếp tuyến của. (O; R ) nên ta có  MBH    = MIH = MAK = MHK  = MHI . Hoàn toàn tương tự MKH. K D I M. Do đó suy ra MIH ∽ MHK nên ta được MI MH = ⇒ MH2 = MI.MK . MH MK. b) Gọi E là giao điểm của AM và KH, F là. C. E. A. Q. H. F. B. giao điểm của BM và HI. Chứng minh đường thẳng EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK và Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. O. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(75) 74. Website:tailieumontoan.com MFI..  MHK;   MAB.  Theo chứng minh trên ta có MBA = = MHI.  + EMF = Nên ta được EHF 1800 do đó tứ giác MEHF nội tiếp đường tròn.  = EFM  . Mà ta lại có EHM  = HBM  = HIM  ⇒ EFM  = FIM  Suy ra EHM Từ đó suy ra EF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MFI. Tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MEK. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn nói trên. c) Gọi D là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK và MFI. Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cung nhỏ AB thì đường thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định.  = MHE  = MBH  ⇒ MFE  = MBH  nên EF song song với AB Ta có MFE. Gọi C là giao điểm của DM và EF, Q là giao điểm của DM và AB. Vì EF là tiếp tuyến chung của hai 2 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác MEK và MFI nên CE = CM.CD; CF = CM.CD ⇒ CE = CF. Mà. CE MC CF = = ⇒ QA = QB . Vậy Q là trung điểm của đoạn AB cố định nên Q là điểm cố QA MQ QB. định. Câu 5(1.5 điểm).. (. ). (. a) Tìm ba số nguyên tố a, b, c thỏa mãn các điều kiện a < b < c và bc − 1 chia hết cho a, ca − 1. (. ). ). chia hết cho b, ab − 1 chia hết cho c. • Lời giải. Do a, b, c là ba số nguyên tố thỏa mãn a < b < c nên a ≥ 2, b ≥ 3, c ≥ 5 . Từ đó ta suy ra. ( ) ( ab + bc + ca − 1)  b .. (. ). được ab + bc + ca − 1 > 0 . Từ giả thiết ta lại có ab − 1  c nên ab + bc + ca − 1  c .. (. ). Tương tự ab + bc + ca − 1  a,. Vì a, b, c là 3 số nguyên tố phân biệt nên a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau do đó. (ab + bc + ca − 1 )  abc ⇒ ab + bc + ca − 1 ≥ abc Nếu a ≥ 2 ta có abc ≥ 3bc > ab + bc + ca > ab + bc + ca − 1 (mâu thuẫn). Do đó a = 2 .. (. ) (. ). (. ). Khi đó 2b − 1  c, 2c − 1  b . Tương tự suy ra 2b + 2c − 1  bc nên 2b + 2c − 1 ≥ bc . Nếu b ≥ 5 ta có bc ≥ 5c > 2b + 2c − 1 (mâu thuẫn). Do đó b = 3 . Suy ra, ab − 1 = 5 c nên c = 5 Thử lại= a 2;= b 3;= c 5 thỏa mãn bài toán. Vậy= a 2;= b 3;= c 5. b) Các nhà khoa học gặp nhau tại một hội nghị. Một số người là bạn của nhau. Tại hội nghị không có hai nhà khoa học nào có số bạn bằng nhau lại có bạn chung. Chứng minh rằng có một nhà khoa học chỉ có đúng một người bạn. • Lời giải. Gọi k là số bạn của nhà khoa học có nhiều bạn nhất tại hội nghị. Nếu có hai hoặc nhiều. hơn nhà khoa học có số lượng bạn bằng k thì ta lấy một người bất kì. Giả sử đó là nhà khoa học A. Gọi các bạn của nhà khoa học A là A1, A2 ,..., A k . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(76) 75. Website:tailieumontoan.com Tất cả các nhà khoa học A1, A2 ,..., A k không ai có nhiều hơn k người bạn vì ta giả thiết k lớn nhất và ai cũng có ít nhất một bạn là A , cũng không có người nào trong số A1, A2 ,..., A k có số bạn bằng nhau vì theo giả thiết thì đã có bạn chung A thì không thể có số bạn bằng nhau. Suy ra, A1, A2 ,..., A k chỉ có thể có số bạn là 1, 2,..., k. Tức là có một người trong A1, A2 ,..., A k chỉ có đúng một bạn (đó chính là A).. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(77) 76. Website:tailieumontoan.com Đề số 13 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH HÀ NAM Năm học 2016 – 2017. Câu 1(2.0 điểm).   6 5x − 3  10x + 4   1 + 5 5x 3  5x  . Cho biểu thức A = − − 5x   − 6 3       5 5x − 8 5x + 2 5x + 4   1 + 5x    5x − 1. Với x ≥ 0; x ≠. 1 4 ;x ≠ 5 5. a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm các số tự nhiên lớn hơn 10 để P >. 7 . 2. Câu 2 (2.0 điểm).. (. a) Giải phương trình. 2x 2 − 4x − 2 + x − 1. (. ). 2. 12x − 4 =. (8 − x). 3−x.. ). b) Cho phương trình x 2 − 2 m − 1 x + 2m − 6 = 0 (m là số thực). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn điều kiện. (x. 2 1. )(. ). + 2x1 + 2m − 5 x 22 + 2x 2 + 2m − 5 = −15. Câu 3 (1.0 điểm). Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn. a+2 b+3 là một số nguyên dương. Gọi d là ước + b a. chung lớn nhất của a và b. Chứng minh rằng d2 ≤ 2a + 3b . Câu 4 (4.0 điểm).. (. ). Cho đường tròn O; R và dây BC không đi qua O. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A(khác. ( ). B). Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn O (M, N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC và K là giao điểm của AC với MN. . a) Chứng minh rằng IA là tia phân giác của góc MIN. 2 1 1 b) Chứng minh rằng = . + AK AB AC c) Lấy các điểm E, P, F lần lượt trên AM, MN, NA sao cho tứ giác AEDF là hình bình hành. Gọi Q là điểm đối xứng với P qua đường thẳng EF. Chứng minh rằng ba điểm O, P, Q thẳng hàng. Câu 5 (1.0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn Chứng minh rằng. 1 1 1 + + = 12 . x+y y+z z+x. 1 1 1 + + ≤ 3 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi nào? 2x + 3y + 3z 3x + 2y + 3z 3x + 3y + 2z Phân tích và hướng dẫn giải. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(78) 77. Website:tailieumontoan.com.   6 5x − 3  10x + 4   1 + 5 5x 3  5x  . Câu 1. Cho biểu thức A = − − 5x   − 6 3       5x − 1  5 5x − 8 5x + 2 5x + 4   1 + 5x  . a) Với x ≥ 0; x ≠. 1 4 ; x ≠ ta có 5 5.   6 5x − 3  10x + 4   1 + 5 5x 3  5x  . A= − − 5x   − 6 3       5x − 1  5 5x − 8 5x + 2 5x + 4   1 + 5x   10x − 4 − 5x + 2 5x 6 5x − 3 − 6 5x + 6 5x − 5x + 1 − 5x . = 5x − 1 5x + 2 5x + 4 5x − 2. )(. (. =. ( 5x − 2 1. .. ). 2. 5x − 1 .. (. 3. 3. = 5x − 1. b) Tìm các số tự nhiên lớn hơn 10 để P >. Với x ≥ 0; x ≠. ). (. ). 7 . 2. (. 5x − 1. ). 5x − 2. ). 3 5x − 1 1 4 . Khi đó ta có ; x ≠ ta được P = 5 5 5x − 2. ). (. 3 5x − 1 7 7 8 − 5x 4 64 P >= ⇔P > ⇔ > 0 ⇔ 2 < 5x < 8 ⇔ < x < 2 2 5 5 5x − 2 5x − 2. }. {. Do x là số tự nhiên lớn hơn 10 nên ta được x ∈ 11;12 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2. a) Giải phương trình. (. 2x 2 − 4x − 2 + x − 1. ). 2. 12x − 4 =. (8 − x). 3−x .. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình đã cho là x ≤ 1 − 3 hoặc 1 + 3 ≤ x ≤ 3 . Phương trình đã cho tương đương với. ( ⇔. (. 2x 2 − 4x − 2 − 3 − x + 2x 2 − 3x − 5x 2x 2 − 4x − 2 − 3 − x. )(. ). 3−x = 0. 2x 2 − 4x − 2 + 3 − x. ) + (2x. 2x − 4x − 2 + 3 − x 2x 2 − 3x − 5 ⇔ + 2x 2 − 3x − 5x 3 − x = 0 2 2x − 4x − 2 + 3 − x   1 ⇔ 2x 2 − 3x − 5  + 3−x = 0   2  2x − 4x − 2 + 3 − x  2. (. (. Dễ thấy. − 3x − 5x. ). 3−x = 0. ). ). 1 2x − 4x − 2 + 3 − x 2. 2. + 3 − x > 0 nên từ phương trình trên ta được  5 2x 2 − 3x − 5 = 0 ⇔ x ∈ −1;   2.  5 Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S= −1;  .  2 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(79) 78. Website:tailieumontoan.com. (. ). b) Cho phương trình x 2 − 2 m − 1 x + 2m − 6 = 0 (m là số thực). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn điều kiện. (x. 2 1. ). )(. + 2x1 + 2m − 5 x 22 + 2x 2 + 2m − 5 = −15. (. ). • Lời giải. Xét phươg trình x 2 − 2 m − 1 x + 2m − 6 = 0 với m là tham số. ' Ta có ∆= m2 − 4m + 7=. ( m − 2). 2. + 3 > 0 với mọi m. Do đó phương trình có nghiệm với mọi m.. (. ). x + x = 2 m − 1 2 . Theo hệ thức Vi – et ta có  1 x x =  1 2 2m − 6. (. ). Ta có x 2 − 2 m − 1 x + 2m − 6 = 0 ⇔ x 2 − 2x + 2m − 5 = 2mx + 1 . Do x1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình nên ta có ta có. (x. (. 2 1. )(. ). + 2x1 + 2m − 5 x 22 + 2x 2 + 2m − 5 = −15. )(. ). (. ). ⇔ 2mx1 + 1 2mx 2 + 1 =−15 ⇔ 4m x1 x 2 + 2m x1 + x 2 + 1 =−15 2. Kết hợp với hệ thức Vi – et ta được. (. ). ). (. 4m2 2m − 6 + 4m m − 1 + 16 = 0 ⇔ 2m 3 − 5m2 − m + 4 = 0  3 − 41 3 + 41  ⇔ m − 1 2m2 − 3m − 4 = 0 ⇔ m ∈ 1; ;  4 4  . (. )(. ).  3 − 41 3 + 41  Vậy các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán là m ∈ 1; ; . 4 4  . Câu 3. Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn. a+2 b+3 là một số nguyên dương. Gọi d là + b a. ước chung lớn nhất của a và b. Chứng minh rằng d2 ≤ 2a + 3b .. • Lời giải. Vì d là ước chung lớn nhất của a và b nên tồn tại các số tự nhiên a1 ; b1 thỏa mãn các. (. ). điều kiện = a da = ; b db1 và a1 ; b1 = 1 . 1 Đặt. a+2 b+3 + = k khi đó ta được kab = a 2 + 2a + b2 + 3b . Từ đó ta được b a. (. ). kd2a1b1 = d2a12 + d2 b12 + 2a + 3b ⇔ 2a + 3b = d2 ka1b1 − a12 − b12 .. Do a, b, k là các số nguyên dương nên suy ra ka1b1 − a12 − b12 là số nguyên dương.. (. ). Từ đó ta được ka1b1 − a12 − b12 ≥ 1 . Như vậy từ 2a = + 3b d2 ka1b1 − a12 − b12 ta được 2a + 3b 2a + 3b d2 = 2a + 3b ≤ = 2 2 1 ka1b1 − a1 − b1. Vậy bài toán được chứng minh xong.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(80) 79. Website:tailieumontoan.com. (. ). Câu 4. Cho đường tròn O; R và dây BC không đi qua O. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A(khác. ( ). B). Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn O (M, N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC và K là giao điểm của AC với MN. . a) Chứng minh IA là tia phân giác của góc MIN. ( ). Do AM và AN là tiếp tuyến với O và I trung  AMO   điểm của BC nên ta có = AIO = ANO = 900 .. Từ đó suy ra năm điểm A, M, I, O, N cùng nằm trên đường tròn đường kính AO.  = AOM  và NIA  = NOA  . Mà Từ đó dẫn đến AIM  = NOA  nên suy ra MIA  = NIA . MOA . Từ đó suy ra IA là tia phân giác của góc MIN. 2 1 1 b) Chứng minh = . + AK AB AC    Gọi H là giao điểm của AO với MN. Xét hai tam giác AHK và AIO có AHK = AIO = 900 và HAK. chung nên ∆AHK ∽ ∆AIO . Từ đó ta được. AK AH = ⇒ AK.AI = AH.AO . AO AI. Dễ dãng chứng minh được AB.AC = AM2 và AH.AO = AM2 . Do đó AB.AC = AH.AO . Như vậy ta được AI.AK = AB.AC . Để ý rằng AI = Do đó. AB + AC . 2. AB + AC 2 1 1 . = + .AK = AB.AC ⇔ 2 AK AB AC. c) Lấy các điểm E, P, F lần lượt trên AM, MN, NA sao cho tứ giác AEDF là hình bình hành. Gọi Q là điểm đối xứng với P qua đường thẳng EF. Chứng minh rằng ba điểm O, P, Q thẳng hàng.  = EPF  và QFE  = PFE . Do P và Q đối xứng với nhau qua EF nên EQF.  = EPF  và PFE  = AEF . Do AEPF là hình bình hành nên ta được EAF  = EQF  nên tứ giác AQEF nội tiếp đừng tròn, do=  QFE;   QFA . đó QAE Từ đó suy ra EAF = QEA.  = AEF  nên AQ song song với EF, do đó AQEF là hình thang cân nên QE Suy ra QAE = FA = EP .  . Dễ dàng chứng minh được EP = ME = QE; QF = AE = PF = NE; QFN = QEM  = QMA  , suy ra tứ giác Từ đó ta được tam giác QME đồng dạng với tam giác QNF nên QNF. AQMN nội tiếp đường tròn. Điều này dẫn đến sáu điểm A, M, N, O, I, Q cùng nằm đường tròn  = 900 ⇒ OQ ⊥ QA . Mà ta đã có PQ ⊥ EF và AQ song song đường kính AO. Do đó suy ra AQO với EF. Do đó ta được ba điểm O, P, Q thằng hàng. Câu 5. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 1 1 1 + + = 12 . x+y y+z z+x. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(81) 80. Website:tailieumontoan.com. Chứng minh rằng. 1 1 1 + + ≤ 3 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi nào? 2x + 3y + 3z 3x + 2y + 3z 3x + 3y + 2z. a =x + y 2x + 3y + 3z =a + 2b + c   • Lời giải. Đặt b = y + z ⇒ 3x + 2y + 3z = a + b + 2c . c = z + x 3x + 3y + 2z = 2a + b + c  . Giả thiết của bài toán trở thành. 1 1 1 + + = 12 và bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại a b c. thành. 1 1 1 + + ≤3 a + 2b + c a + b + 2c 2a + b + c Áp dụng bất đẳng thức dạng. 1 1 1 1 ≤  +  ta có A + B 4 A B. 16 16 4 4 1 1 1 1 1 2 1 = ≤ + ≤ + + + = + + a + 2b + c a + b + b + c a + b b + c a b b c a b c Hoàn toàn tương tự ta được. 1 1 1 2 1 2 1 1 ≤ + + ; ≤ + + . a + b + 2c a b c 2a + b + c a b c. Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được 1 1 1 16 16 16 + + ≤ 4  + + = 4.12= 48 a + 2b + c a + b + 2c 2a + b + c a b c. Hay ta được. 1 1 1 + + ≤ 3. a + 2b + c a + b + 2c 2a + b + c. Do đó ta được. 1 1 1 + + ≤3 2x + 3y + 3z 3x + 2y + 3z 3x + 3y + 2z. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x= y= z=. 1 . 8. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(82) 81. Website:tailieumontoan.com Đề số 14 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PTNK TP HỒ CHÍ MINH Vòng 1 – Năm học: 2016 – 2017. Bài 1. Biết a và b là các số thực dương với a ≠ b và. (. ). (.  a a − 4b + b b + 2a  a+b  . )  :  a    .  a a − b b  2016 − ab   + ab   =  a − b  a+ b  . a +b b. Tính tổng S= a + b . Bài 2. a) Giải phương trình x x + 5 = 2x 2 − 5x. )(. (. ).  y +x−3 y+ x = 0  b) Giải hệ phương trình  2 5 x + y =. ( x + 1) ( x Bài 3. Cho phương trình. 2. + mx + 2m + 14 x. ) = 0.. a) Giải phương trình trên khi m = −8 . b) Tìm các giá trị m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn. (. ). x 22 + m + 1 x 2 + 2m + 14 =3 − x1 Bài 4. a) Ông An cải tạo một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài bằng 2,5 lần chiều rộng. Ông thấy rằng nếu đào một cái hồ có mặt hồ hình chữ nhật thì sẽ chiếm 3% diện tích mảnh vườn, còn nếu giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 2m thì mặt hồ có hình vuông và diện tích mặt hồ giảm được 20 m2 . 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 cs nhiều món quà tặng X. Ngoài ra mỗi bạn nam trong lớp làm 3 tấm thiệp và mỗi bạn nữ trong lớp làm 2 hoặc 5 con hạc để tặng X. Biết rằng số tấm thiệp và số con hạc bằng nhau, hỏi bạn X là nam hay nữ? Bài 5. Cho tam giác đều ABC có tâm O và AB = 6a , các điểm M và N lần lượt trên cạnh AB, AC sao cho AM = AN = 2a . Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của BC, CA và MN. a) Chứng minh rằng các điểm M, N, B, C cùng thuộc một đường tròn T. Tính diện tích của 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) Giả sử AE tiếp xúc với đường tròn T tại E(E và B cùng phía đối với AI). Gọi F là trung . điểm của OE. Tình số đo góc AFJ. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(83) 82. Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải. Bài 1. Biết a và b là các số thực dương với a ≠ b và. (. ). (.  a a − 4b + b b + 2a  a+b  . )  :  a    .  a a − b b  2016 − ab   + ab   =  a − b  a+ b  . a +b b. Tính tổng S= a + b .. (. ). (. ). a a − 4b + b b + 2a a 2 − 4ab + b2 + 2ab a 2 − 2ab + b2 • Lời giải. Ta có = = = a+b a+b a+b a a +b b a+ b a a −b b. a+ b. (. a+ b a − b a + ab + b. + ab =. a− b. (a − b). 2. Do đó ta được= 2016.  . a+b . Từ đó suy ra S = a + b =. )(a −. (. − ab =. ab + b. )(. a− b. (. a− b. )( 2. (a − b). 2. a+b. và. )−. ab =− a 2 ab + b = a − b. )+. ab = a + 2 ab + b = a + b. (. ). (. ). 2. 2. ). 2  1 . a += b   a+b. 1 . 2016. Bài 2. a) Giải phương trình x x + 5 = 2x 2 − 5x .. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 5 . Biến đổi tươngđương phương trình ta được x x + 5 = 2x 2 − 5x ⇔ x. Xét phương trình. (. x = 0 x + 5 − 2x + 5 = 0 ⇔  0  x + 5 − 2x + 5 =. ). x + 5 − 2x + 5 = 0 , biến đổi phương trình ta được 2x − 5 ≥ 0 x + 5 = 2x − 5 ⇔  x + 5= 2x − 5 . (. ). 2. 2x − 5 ≥ 0 ⇔ 2 ⇔x= 4 4x − 21x + 20 = 0 . { }. Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S = 0; 4. )(. (. ).  y +x−3 y+ x = 0  b) Giải hệ phương trình  2 5 x + y =. • Lời giải. Điều kiện xác định của hệ phương trình là x ≥ 0; y ≥ 0 . Ta có. ( + Với.  y +x−3= 0 y +x−3 y+ x = 0 ⇔   y+x= 0 . )(. ). y+x= 0 , kết hợp với điều kiện y ≥ 0 ta suy ra được x= y= 0 , thay vào phương trình thứ. hai ta thấy không thỏa mãn. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(84) 83. Website:tailieumontoan.com. + Với. (. y +x−3= 0 . Khi đó đặt = a 3 a + x = ⇔  2 2 a x 5 + = . ). y a ≥ 0 và kết hợp với phương trình thứ ha ta có hệ.   x 1;=  x 1;= a 2 y 4 = = a= 3 − x ⇔ ⇒   2  2 a 1 = y 1 = 5  x 2;=  x 2;=  3 − x + x =. (. ). ( ) ( )( ). Kết hợp với điều kiện xác định ta có các nghiệm là x; y = 1; 4 , 2;1 .. ( x + 1) ( x Bài 3. Cho phương trình. 2. + mx + 2m + 14 x. ) = 0.. a) Giải phương trình trên khi m = −8 . b) Tìm các giá trị m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn. (. ). x 22 + m + 1 x 2 + 2m + 14 =3 − x1. ( x + 1) ( x Bài 3. Cho phương trình. 2. + mx + 2m + 14 x. ) = 0.. a) Giải phương trình trên khi m = −8 . Điều kiện xác định của phương trình là x > 0 . Khi m = −8 phương trình đã cho được viết lại thành. ( x + 1) ( x. 2. − 8x − 2. x. )= 0⇔x. 2. − 8x − 2 = 0 ⇔ x = 4 ± 3 2. (Do x > 0 nên x + 1 > 0 ). {. Vậy với m = −8 thì phương trình có tập nghiệm là S =+ 4 3 2; 4 − 3 2. (. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x 2 thỏa mãn. }. ). x 22 + m + 1 x 2 + 2m + 14 =3 − x1 .. Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình x 2 + mx + 2m + 14 = 0 có nghiệm dương. Để phương trình đã cho có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x 2 thì x 2 + mx + 2m + 14 = 0 phải có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x 2 . Điều này xẩy ra khi và chỉ khi. (. ). ∆ = m2 − 4 2m + 14 > 0  x1 + x 2 = −m > 0 S = P = x .x = 2m + 14 > 0 1 2 . Do x 2 là nghiệm của phương trình củap hương trình x 2 + mx + 2m + 14 = 0 nên ta được. (. ). x 22 + mx 2 + 2m + 14 =0 ⇔ x 22 + m + 1 x 2 + 2m + 14 =x 2. Từ đó ta được. (. ). x 22 + m + 1 x 2 + 2m + 14 =− 3 x1 ⇔. x 2 =− 3 x1 ⇔. x1 + x 2 = 3. Bình phương hai vế và kết hợp với hệ thức Vi – et ta được Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(85) 84. Website:tailieumontoan.com. (. x1 + x 2. )= 2. 3 ⇔ x1 + x 2 + 2 x1 x 2 = 9 ⇔ −m + 2m + 14 = 9. m ≥ −9 ⇔ 2 2m + 14 =m + 9 ⇔  4 2m + 14 = m + 9. ) (. (. m ≥ −9 ⇔ 2 ⇔ m =−5 m + 10m + 25 = 0 . ). 2. Thử m = −5 vào phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy m = −5 là giá trị cần tìm. Bài 4. a) Ông An cải tạo một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài bằng 2,5 lần chiều rộng. Ông thấy rằng nếu đào một cái hồ có mặt hồ hình chữ nhật thì sẽ chiếm 3% diện tích mảnh vườn, còn nếu giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 2m thì mặt hồ có hình vuông và diện tích mặt hồ giảm được 20 m2 . Hãy tính các cạnh của mảnh vườn.. • Lời giải. Gọi chiều dài và chiều rộng của mặt hồ lần lượt là x, y(m). Khi giảm chiều dài 5m và tăng chiều rộng 2m thì mặt hồ có hình vuông nên ta có x − 5 = y + 2 .. (. )(. ). Diện tích mặt hồ lúc đầu là xy và sau khi giảm chiều dài, tăng chiều rộng là x − 5 y + 2 . Khi đó. (. )(. ). ta có phương trình xy − x − 5 y + 2 = 20 . Từ đó ta có hệ phương trình x − 5 = y + 2 ⇔  20 xy − x − 5 y + 2 =. (. )(. ).  x= y + 7  y y + 7 − y + 2. (. ) (. ). 2. y+7 15 x = x = ⇔ ⇔ = = 20 = 3y 24 y 8. ( ). Từ đó ta được diện tích của mặt hồ là 120 m2 . Gọi a là chiều rộng mảnh vườn, khi đó chiều dài mảnh vườn là 2, 5a và diện tích mảnh vườn là. 2, 5a 2 . Theo bài ra ta có phương trình 2, 5a 2 .3%= 120 ⇔ a 2 = 160 ⇔ a = 40 .. ( ). Từ đó chiều rông mảnh vườn là 40 m và chiều dài mảnh vườn là 100m . 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 nhiều món quà tặng X. Ngoài ra mỗi bạn nam trong lớp làm 3 tấm thiệp và mỗi bạn nữ trong lớp làm 2 hoặc 5 con hạc để tặng X. Biết rằng số tấm thiệp và số con hạc bằng nhau, hỏi bạn X là nam hay nữ?. (. ). • Lời giải. Gọi x là số bạn nữ tặng X 2 con hạc và y là số bạn nữ tặng X 5 con hạc x; y ∈ N* . + Giả sử X là bạn nam, khi đó có 18 bạn nữ tặng hạc cho X nên ta có phương trình x + y = 18 . Số hạc X được tặng là 2x + 5y . Số bạn nam tặng thiệp cho X là 26 nên số thiệp X nhận được là 26.3 . Do số tập thiệp được tặng bằng số hạc nên ta có phương trình 2x + 5y = 26.3 . x + y 18 = x 4 = Từ đó ta có hệ phương trình  , thỏa mãn. ⇔ = + 5y 26.3 = 2x y 14. + Giả sử X là bạn nữ, khi đó có 17 bạn nữ tặng hạc cho X nên ta có phương trình x + y = 17 . Số hạc X được tặng là 2x + 5y . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(86) 85. Website:tailieumontoan.com. Số bạn nam tặng thiệp cho X là 27 nên số thiệp X nhận được là 27.3 . Do số tập thiệp được tặng bằng số hạc nên ta có phương trình 2x + 5y = 27.3 . x + y = 17 Từ đó ta có hệ phương trình  , hệ không có nghiệm nguyên. 27.3 2x + 5y =. Vậy bạn X là nam. Bài 5. Cho tam giác đều ABC có tâm O và. A. AB = 6a , các điểm M và N lần lượt trên cạnh AB, AC sao cho AM = AN = 2a . Gọi I, J, K lần lượt là M. trung điểm của BC, CA và MN.. N K. a) Chứng minh rằng các điểm M, N, B, C cùng. E. thuộc một đường tròn T. Tính diện tích của tứ giác. J F O. BMNC theo a.  = 600 nên tam giác Ta có AM = AN = 2a và MAN   MAN đều. Từ đó ta được AMN = ACB = 600 nên. B. I. C. tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn. Lại có MN song song với BC và AK ⊥ MN; AI ⊥ BC nên ta suy ra được ba điểm A, K, I thẳng hàng..  6a.  2a. Do đó AI AC.= = sin ACB = sin 600 3a = 3 và AI AN. = sin ANM = sin 600 a 3 . Từ đó dẫn đến IK = 2a 3 . Suy ra ta có SBMNC =. 1 = 8a 2 3 (đvdt) IK MN + BC 2. (. ). b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK. Chứng minh đường tròn đường kính NC tiếp xúc với AI.. 1 Ta có OJ vuông góc với AC và NJ = AJ − AN = a; NK = MN = a nên suy ra ∆OJN = ∆OKN . 2 c) Giả sử AE tiếp xúc với đường tròn T tại E(E và B cùng phía đối với AI). Gọi F là trung điểm của . OE. Tình số đo góc AFJ. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(87) 86. Website:tailieumontoan.com Đề số 15 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG PTNK TP HỒ CHÍ MINH Vòng 2 – Năm học: 2016 – 2017. Câu 1(2.5 điểm).. ( (. )( )(. ) ).  x − 2y x + my = m2 − 2m − 3 a) Cho hệ phương trình  2  y − 2x y + mx = m − 2m − 3. (. Giải phương trình khi m = −3 và tìm m để hệ phương trình có ít nhất một nghiệm x 0 ; y 0. ). thỏa mãn điều kiện x 0 > 0, y 0 > 0 .. (. ). b) Tìm a ≥ 1 để phương trình ax 2 + 1 − 2a x + 1 − a = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn điều kiện x 22 − ax1 = a 2 − a − 1 . Câu 2(2.0 điểm). Cho x, y là hai số nguyên dương thỏa mãn x 2 + y2 + 10 chia hết cho xy. a) Chứng minh rằng x và y là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau. b) Chứng minh rằng k =. x 2 + y2 + 10 chia hết cho 4 và k ≥ 12 . xy. Câu 3(1.5 điểm). Biết x ≥ y ≥ z; x + y + z = 6. 0 và x 2 + y2 + z2 =. (. ) + ( x − y )( y − z ) + ( y − z ) . b) Tìm giá trị lớn nhất của P =( x − y )( y − z )( z − x ) . a) Tính S = x − y. 2. 2. Câu 4(3.0 điểm).  > 450 . Dựng các tam giác vuông ABMN, ACPQ(M và C khác Cho tam giác ABC nhọn có BAC. phía đối với AB, B và Q khác phía đối với AC). AQ cắt đoạn BM tại E và NA cắt CP tại F. a) Chứng minh rằng ∆ABE ∽ ∆ACF và tứ giác EFQN nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng 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(khác D), các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt nhau tại J. Chứng minh rằng các điểm D, A, K, J thằng hàng. Câu 5(1.0 điểm).. ( ). 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 0 = n và lần lượt tính các số. ( ). ( ). ( ). n1 = n 0 − s n 0 ; n2 = n1 − s n1 ;...; n i +1 = n i − s n i ;.... Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k để n k = 1 và tính k khi n = 216.1417 . Hướng dẫn giải Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(88) 87. Website:tailieumontoan.com. Câu 1(2.5 điểm).. ( (. )( )(. ) ).  x − 2y x + my = m2 − 2m − 3 a) Cho hệ phương trình  . Giải phương trình khi m = −3 và tìm m 2 y 2x y mx m 2m 3 − + = − − . (. ). để hệ phương trình có ít nhất một nghiệm x 0 ; y 0 thỏa mãn điều kiện x 0 > 0, y 0 > 0 . + Khi m = −3 hệ phương trình trên được viết lại thành. ( (. )( )(. ) ). 3y 12  x − 2y x −= ⇔  12  y − 2x y − 3x =. 2 6y2 12 x − 5xy +=  2 2 12 y − 5xy + 6x =. (. ). Lấy hiệu theo vế hai phương trình của hệ ta được 5 x 2 − y2 = 0 ⇔ x2 = y2 ⇔ x = ±y .  Với x = y , khi đó phương trình thứ nhất của hệ trở thành x 2 = 6⇒x= y= ± 6..  x = 1; y = −1 .  Với x = y , khi đó phương trình thứ nhất của hệ trở thành x 2= 1 ⇒  −1; y = 1  x =. ( ) (. )(. )(. Do đó hệ phương trình có các nghiệm là x; y =−1;1 , 1; −1 ,. ( (. )(. ). 6; 6 , − 6; − 6 .. ) ). x 2 + m − 2 xy − 2my2 = m2 − 2m − 3 + Hệ phương trình đã cho được viết lại thành  2 2 2 y + m − 2 xy − 2mx = m − 2m − 3. )(. (. ). Lấy hiệu theo vế hai phương trình của hệ ta được 2m + 1 x 2 − y2 = 0.. 1 5 7 − . Phương trình có  Nếu m = − , khi đó từ hệ phương trình đã cho ta được x 2 − xy + y2 = 2 2 4 5+ 2  nghiệm  ;2  thỏa mãn yêu cầu bài toán.  2   . 1  Nếu m ≠ − , khi đó từ phương trình trên ta được x = ± y . 2 Dễ thấy x = − y không thỏa mãn yêu cần bài toán(vì khi đó x; y trái dấu). Từ đó ta được x = y ,. (. ). (. )(. ). khi đó từ phương trình thứ nhất ta được − m + 1 x 2 = m + 1 m − 3 .. ( (. )( )(. ) ). 0  x − 2y x − y = . Khi m = −1 thì hệ phương trình trở thành  0  y − 2x y − x =. Dễ thấy trường hợp này thỏa mãn yêu cầu bài toán, chỉ cần chọn x= y= 1 . 2 Khi m ≠ −1 khi đó ta có x= m −3.. Để hệ phương trình có nghiệm x= y 0 > 0 thì 3 − m > 0 ⇔ m < 3 . 0 Khi đó hệ phương trình có nghiệm x= y= 0 0. 3−m.. Vậy với m < 3 thì hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.. (. ). b) Tìm a ≥ 1 để phương trình ax 2 + 1 − 2a x + 1 − a = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn điều kiện x 22 − ax1 = a 2 − a − 1 . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(89) 88. Website:tailieumontoan.com. Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là ∆=. (1 − 2a ). 2. (. ). − 4a 1 − a = 8m2 − 8a + 1 > 0 .. 2a − 1 suy ra ax1 + ax 2 =2a − 1 hay ax1 = 2a − 1 − ax 2 . Theo định lí Vi – et ta có x1 + x 2 = a Kết hợp với x 22 − ax1 = a 2 − a − 1 ta được x 22 + ax 2 − 2a + 1 = a 2 − a − 1 . Từ đó suy ra ax 22 + a 2 x 2 − a 3 − a 2 + 2a = 0.. (. ). Do x 2 là một nghiệm của phương trình nên ta có ax 22 + 1 − 2a x 2 + 1 − a = 0 . Từ đó ta có. (ax + a x − a − a + 2a ) − ax + (1 − 2a ) x ⇔ ( a + 2a − 1) x = a + a − a + 2 2 2. 2. 3. 2. 2 2. 2. 2. 3. 2. 0 + 1 − a = . 2. 2. Do a ≥ 1 nên a 2 + 2a − 1 > 0 nên từ phương trình trên ta được x 2= a − 1 . Thế vào phương trình ax 22 + a 2 x 2 − a 3 − a 2 + 2a = 0 ta được. ( a − 1). 2. (. ). { }. + a a − 1 − a 2 − a + 2 = 0 ⇔ a ∈ 1; 3. Thử lại vào phương trình đã cho ta được a = 1 và a = 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2(2.0 điểm). Cho x, y là hai số nguyên dương thỏa mãn x 2 + y2 + 10 chia hết cho xy. a) Chứng minh rằng x và y là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau. Giả sử trong hai số x và y có một số chẵn, do vài trò của x và y như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử x là số chẵn. Khi đó do x 2 + y2 + 10 chia hết cho xy nên x 2 + y2 + 10 chia hết cho 2. Từ đó dẫn đến y2 chia hết cho 2. Từ đó suy ra được x 2 + y2 + 10 chia hết cho 4, dẫn đến 10 chia hết cho 4, điều này vô lí. Do đó cả hai số x và y đều là số lẻ.. ( ). (. ). đó x dx Gọi d = x; y , khi = = ; y dy 0 với x 0 ; y 0 ∈ N, x 0 ; y 0 = 1. 0 Từ đó ta có x 2 + y2 + 10= d2 x 20 + d2 y20 + 10 chia hết cho d2 x 0 y 0 nên suy ra 10 chia hết cho d2 nên suy ra d = 1 hay x và y nguyên tố cùng nhau. b) Chứng minh rằng k =. x 2 + y2 + 10 chia hết cho 4 và k ≥ 12 . xy. (. ). Đặt x =2m + 1; y =2n + 1 m, n ∈ N . Khi đó ta có k =. (. )(. ). Do 4 và 2m + 1 2m + 1 nên suy ra m2 + n2 Hay ta được. Cũng từ k =. m2 + n2 + m + n + 3. (2m + 1)(2n + 1). (. 4 m2 + n2 + m + n + 3. ).. (2m + 1)(2n + 1) + m + n + 3 chia hết cho ( 2m + 1)( 2n + 1) .. là số nguyên. Từ đó suy ra k chia hết cho 4.. x 2 + y2 + 10 kxy . Nếu trong hai số x và y có một số chia hết ta được x 2 + y2 + 10 = xy. cho 3, khi đó không mất tính tổng quát ta giả sử số đó là x. Khi đó ta suy ra được y2 + 10 chia hết cho 3 nên y2 + 1 chia hết cho 3 hay y2 chia 3 dư 2, điều này vô lý vì y2 chia 3 dư 0 hoặc dư 1. Do. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(90) 89. Website:tailieumontoan.com. vậy x và y không chia hết cho 3. Suy ra x 2 ; y2 chia 3 cùng có số dư là 1. Do đó ta được. (. ). x 2 + y2 + 10 = kxy chia hết cho 3. Mà ta lại có 3; xy = 1 nên k chia hết cho 3. Kết hợp với k chia hết cho 4 ta suy ra được k chia hết cho 12. Do đó k ≥ 12 . Câu 3(1.5 điểm). Biết x ≥ y ≥ z; x + y + z = 6. 0 và x 2 + y2 + z2 =. (. a) Tính S = x − y. (. Ta có x + y + z. ). 2. ) + ( x − y )( y − z ) + ( y − z ) 2. 2. .. = x 2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx = 0 .. Mà ta có x 2 + y2 + z2 = 6 nên suy ra xy + yz + zx = −3 . Ta có. (. S= x−y. ) + ( x − y )( y − z ) + ( y − z ) 2. 2. = x 2 − 2xy + y2 + xy − y2 + yz − zx + y2 − 2yz + z2. = x 2 + y2 + z2 − xy − yz − zx = 6 + 3 = 9. (. )(. )(. ). b) Tìm giá trị lớn nhất của P = x − y y − z z − x .. (. )(. ). Do x ≥ y ≥ z nên ta có 0 ≤ x − y y − z ≤. (. )(. )(. 1 x−y 3 . (. 3. ) + ( x − y )( y − z ) + ( y − z )  = 2. 2. ). Từ đó suy ra P = x − y y − z z − x ≤ 3 z − x .. ( ). (. ). (. ). x + − z ≤ 2 x 2 + z2 ≤ 2 x 2 + y 2 + z2 = 12 . Ta có z − x = Từ đó suy ra P ≤ 3 12 , dấu bằng xẩy ra khi x = Vậy giá trị lớn nhất của P là 6 3 , đạt được tại x =. 3; y = 0; z = − 3 . 3; y = 0; z = − 3 ..  > 450 . Dựng các tam giác vuông ABMN, ACPQ (M và C Câu 4. Cho tam giác ABC nhọn có BAC. khác phía đối với AB, B và Q khác phía đối với AC). AQ cắt đoạn BM tại E và NA cắt CP tại F. a) Chứng minh rằng ∆ABE ∽ ∆ACF và tứ giác EFQN nội tiếp đường tròn.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(91) 90. Website:tailieumontoan.com.  + BAC = Ta có EAB 900 và =  + BAC FAC 900 nên ta được. D. .  = FAC EAB.  + ACF  = Mặt khác ta lại có ABE 900 nên Q. suy ra ∆ABE ∽ ∆ACF . Do đó ta có. AE AB = ⇒ AE.AC = AF.AB . AF AC. N A. Mà ta lại= có AC AQ; = AB AN nên ta. P. được AE.AQ = AN.AF M. AE AF = nên ∆NAE ∽ ∆QAF , Suy ra AN AQ  = EQF  nên tứ giác QNEF suy ra ta có ENF. K. I. F. E C. B T. nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng trung điểm I của EF là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. + Cách 1. Gọi T giao điểm của MB và CP. Ta. J. có tứ giác ABTC nội tiếp đường tròn và AT là đường kính của đường tròn ngoài tiếp tam giác ABC. Mặt khác AF song song với ET và AE song song với FT nên tứ giác AETF là hình bình hành. Suy ra trung điểm của EF cũng là trung điểm của AT. Do đó I là trung điểm của EF và 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. Do đó IX song song với BE gay IX vuông góc với AB. Từ đó dẫn đến IX là đường trùn trự của AB. Chứng minh tương tự ta được I cũng thuộc đường trung trự của AC. Do đó I 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(khác D), các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt nhau tại J. Chứng minh rằng các điểm D, A, K, J thằng hàng. ' = NQA . Giả sử DA cắt EF tại K’, khi đó do tứ giác NQEF nội tiếp đường tròn nên NFK.  = AFK ' .  = NDA  . Suy ra ta được NDA Mà ta lại có tứ giác AQDN nội tiếp nên NQA. Suy ra tứ giác DNFK’ nội tiếp đường tròn. Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được tứ giác DQK’E nội tiếp đường tròn. Như vậy K’ là giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác DQM và DPN. Do đó hai điểm K và K’ trùng nhau hay ba điểm D, A, K thằng hàng.     nên suy ra được Ta có BKE = EAB = CAF = CKF. (. ).  =2 900 − EAB  =2BAC  =BIC   =1800 − 2BKE BKC Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(92) 91. Website:tailieumontoan.com. Do đó tứ giác BKIC nội tiếp đường tròn.  = CKJ  hay KJ là phân giác của BKC . Lại có tứ giác IBJC nội tiếp đường tròn nên IB = JC và BKJ  =1800 − AEB  =1800 − AFC  = AKC  , suy ra tia đối của tia KA cũng là tia phân Mặt khác ta có BKA  . Do đó ta được ba điểm A, K, J thẳng hàng. giác của BKC. Vậy bốn điểm D, A, K, J thằng hàng.. ( ). Câu 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 0 = n và lần lượt tính các số. ( ). ( ). ( ). n1 = n 0 − s n 0 ; n2 = n1 − s n1 ;...; n i +1 = n i − s n i ;.... Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k để n k = 1 và tính k khi n = 216.1417 .. ( ). ( ). Ta có s n i < n i nên suy ra n i − s n i ≥ 1 . Từ đó dẫn đến n i +1 ≥ 1 . Suy ra n i ≥ 1 với i = 1, 2, 3,... .. ( ). Mặt khác do n i +1 = n i − s n i < n i với mọi i. Suy ra n = n 0 > n1 > n2 > ... > n i > ... .. Nếu không tồn tại n k để n k = 1 ta xây dựng được dãy vô hạn các số nguyên dương giảm dần và nhỏ hơn n, điều này vô lí vì số các số nguyên dương nhỏ hơn n là n − 1 . Vậy tồn tại số k sao cho nk = 1 .. ( ). 16 Với n = 216.1417 ta được = n 2= .1417 233.717 , suy ra s n = 232.717 .. Từ đó ta được n1 = 233.717 − 232.717 = 232.717 . Hoàn toàn tương tự ta được n2 = 232.717 − 231.717 = 231.717 . Tiếp tục như vậy đến một lúc ta được n 33 = 717 .. ( ). ( ). Đặt m 0 = 717 , khi đó ta có s m 0 = 716 nên m1 = 6.716 , do đó s m1 = 3.716 nên m2 = 3.716 . 0 Tiếp tục như vậy ta được m= 2.716 ; m= 716 ;...; m= 715 ;...; m 68 = 7= 1. 3 4 8. Vậy ta được k = 33 + 68 = 101 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(93) 92. Website:tailieumontoan.com Đề số 16 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH THÁI NGUYÊN Năm học: 2016 – 2017. Câu 1(1.0 điểm).. (. ). 2y x 2 − y2 = 3x  Giải hệ phương trình  , với x và y cùng dấu. 2 2 10y x x + y =. (. ). Câu 2(2.0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =. x+6 x−9 + x−6 x−9 .. Câu 3(1.0 điểm).. ( ). Tìm tất cả các nghiệm nguyên của x; y của phương trình 2xy + x + y = 83 . Câu 4(1.5 điểm). Tìm tất cả các số có 5 chữ số abcde thỏa mãn. 3. abcde = ab .. Câu 5(1.0 điểm). Cho a, b, c là các số nguyên dương nguyên nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn. 1 1 1 + =. a b c. Chứng minh rằng a + b là số chính phương. Câu 6(1.0 điểm).. ( ). Cho đường tròn tâm O và dây cung AB. Từ một điểm M bất kì trên đường tròn O (M khác A và B) kẻ MH vuông góc với AB tại H. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên MA, MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF, cắt dây cung AB tại D. Chứng minh rằng MA2 AH.AD . = BD.BH MB2. Câu 7(2.5 điểm).. ( ). Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Gọi O là đường tròn ngoại tiếp tam giác. ( ). AHC. Trên cung nhỏ AH của đường tròn O lấy điểm M bất kì khác A và H. Trên tiếp tuyến tạo. ( ). M của đường tròn O lấy các điểm D và E sao cho BD = BE = BE . Đường thẳng BM cắt đường. ( ). tròn O tại điểm thứ hai là N. a) Chứng minh rằng tứ giác BDNE nội tiếp đường tròn.. ( ). b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDNE và đường tròn O tiếp xúc nhau. Hướng dẫn giải. (. ). 2y x 2 − y2 = 3x  Câu 1. Giải hệ phương trình  , với x và y cùng dấu. 2 2 10y x x + y =. (. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. ). TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(94) 93. Website:tailieumontoan.com. • Lời giải. Ta xét các trường hợp sau. ( ). + Nếu y = 0 thì từ hệ phương trình ta được x = 0 , khi đó 0; 0 là một nghiệm của hệ phương trình.. (. ). + Nếu y ≠ 0 , khi đó đặt = x ky k > 0 thì ta có hệ phương trình. ( (. ( (. ) ). ) ). 2 2 2  2 k2 − 1 3ky 3k 5  2y k y − y =  4 2 ⇒ = ⇔ 3k − 17k + 20 = 0 ⇔ k ∈ ± 2; ±    2 2 2 10 3  10y k k2 + 1 ky k y + y = . Do k > 0 nên ta được k = 2 hoặc k =. 5 . 3. 1⇔ y= ±1 .  Với k = 2 ta được x = 2y thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được y2 =. )( ). ( ) (. Từ đó hệ phương trình có hai nghiệm x; y = −2; −1 , 2;1 .  Với k =. 5 5 ta được x = y thay vào phương trình thứ nhất cua hệ ta được 3 3 5  3 15 2y  y2 − y2  = 15y ⇔ y = ± 4 3 .   − 5 15 ; − 3 15 Từ đó hệ phương trình có hai nghiệm x; y =  4 4 .    ,  5 15 ; 3 15   4 4  . ( ).  .  . Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm như trên. Câu 2(2.0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =. x+6 x−9 + x−6 x−9 .. x ≥ 9 ⇔ x ≥ 9 . Khi đó ta có • Lời giải. Điều kiện xác định của biểu thức là  x − 6 x − 9 ≥ 0 P=. x+6 x−9 + x−6 x−9 =. (3 +. x−9. ). 2. +. (3 −. x−9. ). 2. = 3+ x−9 + 3− x−9. Áp dụng bất đẳng thức dạng A + B ≥ A + B ta được P =3 + x − 9 + 3 − x − 9 ≥ 3 + x − 9 + 3 − x − 9 =6. (. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 3 + x − 9. )( 3 −. ). (. ). x − 9 ≥ 0 ⇔ 9 − x − 9 ≥ 0 ⇔ x ≤ 18 .. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6, đạt được tại 9 ≤ x ≤ 18 .. ( ). Câu 3(1.0 điểm). Tìm tất cả các nghiệm nguyên của x; y của phương trình 2xy + x + y = 83 .. • Lời giải. Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta được. (. )(. ). 2xy + x + y = 83 ⇔ 4xy + 2x + 2y = 166 ⇔ 2x + 1 2y + 1 = 167. Do x, y là các số nguyên nên 2x + 1;2y + 1 là số nguyên. Từ đó suy ra 2x + 1 là ước của 167. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(95) 94. Website:tailieumontoan.com. {. }. Do 167 là số nguyên tố nên 2x + 1 chỉ có thể nhận một trong các giá trị thuộc tập −167; −1;1;167 . + Với 2x + 1 =−167 ta được x = −84; y = −1 . + Với 2x + 1 =−1 ta được x = −1; y = −84 . + Với 2x + 1 = 1 ta được= x 0;= y 83 . + Với 2x + 1 = = x 83; = y 0. 167 ta được. ( ) (. )(. )(. )(. ). Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là x; y = −1; −84 , −84; −1 , 0; 83 , 83; 0 . Câu 4(1.5 điểm). Tìm tất cả các số có 5 chữ số abcde thỏa mãn. • Lời giải. Ta có = abcde 1000ab + cde . Mà. ( ). 3. 3. abcde = ab .. ( ). abcde = ab hay ta có abcde = ab. 3. nên suy ra được. 3. 1000ab + cde = ab . Đặt x = ab và y = cde , khi đó ta có abcde = 1000x + y với 0 ≤ y < 1000 Từ giả thiết. 3. abcde = ab ta có. 3. 1000x + y = x ⇔ 1000x + y = x 3 .. Do y ≥ 0 nên từ phương trình trên ta suy ra được 1000x ≤ x 3 ⇒ 1000 ≤ x 2 nên ta được x ≥ 32 . Mặt khác do y < 1000 nên ta lại có. (. ). = x 3 1000x + y < 1000x + 1000 ⇒ x 1000 − x 2 < 1000 ⇒ x < 33. Từ đó ta suy ra được x = 32 . Nên ta được x 3 = 32768 hay abcde = 32768 Câu 5. Cho a, b, c là các số nguyên dương nguyên nguyên tố cùng nhau thỏa mãn. 1 1 1 + =. a b c. Chứng minh a + b là số chính phương.. • Lời giải. Từ. 1 1 1 a+b 1 + = ta được = ⇔ c a + b = ab ⇔ ab − ac − bc = 0 . a b c ab c. (. (. )(. ). ). Từ đó ta được ab − ca − bc + c2 = c2 ⇔ a − c b − c = c2 .. (. ). Gọi d = a − c; b − c , khi đó ta có c2  d2 nên c  d ., từ đó dẫn đến a  d; b  d . Mà do a, b, c nguyên tố cùng nhau nên ta được d = 1 .. (. )(. ). Do đó ước chung lớn nhất của a − c và b − c là 1. Mà ta lại có a − c b − c = c2 nên suy ra a − c và b − c là các số chính phương.. (. ). Đặt a −= c m2 ; b −= c n2 m, n ∈ N* . Khi đó ta có c2 =. ( a − c )( b − c ) =. (. m2 .n2 ⇒ c = mn .. ). 2. Từ đó ta có a + b = a − c + b − c + 2c = m2 + n2 + 2mn = m + n . Vậy a + b là số chính phương.. ( ). Câu 6. Cho đường tròn tâm O và dây cung AB. Từ một điểm M bất kì trên đường tròn O (M khác A và B) kẻ MH vuông góc với AB tại H. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(96) 95. Website:tailieumontoan.com. MA, MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF, cắt dây cung AB tại D. Chứng minh MA2 AH.AD . = BD.BH MB2. Gọi I, J lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên. M. MA, MB. Khi đó ta có AH SMAH HE.MA AD SMAD DI.MA và = = = = BH SMBH HF.MB BD SMBD HJ.MB. F. AD AH MA2 HE.DI Từ đó ta được . . = . BD BH MB2 HF.DJ  = IDJ  (cùng bù với góc AMB  ) và Lại có EHF. O. I. J. E A. H. B. D.  = DMJ  (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc) HFE  nên ta suy ra được HFE  = DIJ  = DIJ  , do đó ∆HEF ∽ ∆DJI . Đồng thời DMJ. Từ đó ta được. HE DJ HE.DI = ⇒ HE.DI = HF.DJ ⇒ = 1. HF DI HF.DJ. Từ hai kết quả trên ta suy ra được. MA2 AH.AD . = BD.BH MB2. ( ). Câu 7(2.5 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Gọi O là đường tròn ngoại. ( ). tiếp tam giác AHC. Trên cung nhỏ AH của đường tròn O lấy điểm M bất kì khác A và H. Trên. ( ). tiếp tuyến tạo M của đường tròn O lấy các điểm D và E sao cho BD = BE = AB . Đường thẳng. ( ). BM cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là N. a) Chứng minh tứ giác BDNE nội tiếp đường. B. tròn.  = 900 , do đó Do AH vuông góc với BC nên AHC. ( ). AC là đường kính đường tròn O . Do tam giác. E. ABC vuông tại A nên AB tiếp xúc với đường. M'. M. H. ( ). tròn O tại A.  chung Xét hai tam giác BAM và BNA có ABN  = BNA  nên ∆BAM ∽ ∆BNA . Do đó và BAM. BM BA = ⇒ AB2 = BM.BN . Mà ta có BA BN BA = BD nên suy ra. suy ra. D A. C. O. N' N. BM BD . Β= D2 BM.BN ⇒ = BD BN  chung nên suy ra ∆BDM ∽ ∆BND . Mặt khác hai tam giác BDM và BND có DBN  = BND . Do đó ta được BDM Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(97) 96. Website:tailieumontoan.com.  = BED . Ta có BD = BE nên tam giác BDE cân tại B, suy ra BDM  nên suy ra tứ giác BDNE nội tiếp đường tròn.  = BED Do đó BND. ( ). b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDNE và đường tròn O tiếp xúc nhau.. ( ). Ta kí hiệu đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDNE là O ' .. ( ). ( ). Giả sử hai đường tròn O và O ' không tiếp xúc nhau. Vì hai đường tròn có điểm chung N nên chúng sẽ có điểm chung khác là N’ và BN’ cắt DE tại M’ khác M. ' chung. Các tam giác BDM’ và BN’D có DBN.   và BN   nên BN  . Lại có BN ' D = BED ' D = BDE ' D = BDE. Do đó ∆BDM ' ∽ ∆BN ' D nên suy ra. BM ' BD = ⇒ BD2 = BM ' .BN ' . BD BN '. Do BD2 = BM.BN nên ta được BM.BN = BM ' .BN ' ⇒. BM BN ' . = BM ' BN. ' chung nên ∆BMM ' ∽ ∆BN ' N . Mà hai tam giác BMM’ và BNN’ có NBN ' = BN  Từ đó ta được BMM ' N nên tứ giác M’MNN’ nôi tiếp đường tròn.. ( ). Đường tròn ngoại tiếp tứ giác M’MNN’ và đường tròn O có ba điểm chung là M, N, N’ nên N và. ( ). N’ trùng nhau, do đó M’ là điểm chung thứ hai của đường tròn O và tiếp tiến DE. Điều này vô lý.. ( ). Vậy điều giả sử trên là sai hay đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDNE và đường tròn O tiếp xúc nhau.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(98) 97. Website:tailieumontoan.com Đề số 17 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Vòng 2 – Năm học: 2016 – 2017. Câu 1. a) Cho hai số thực a, b sao cho a ≠ b và ab ≠ 0 thỏa mãn Tính giá trị của biểu thức P =. a−b a+b 3a − b . + 2 = 2 a + ab a − ab a 2 − b2. a 3 + 2a 2 b + 3b3 . 2a 3 + ab2 + b3. b) Cho m, n là các số thực dương thỏa mãn 5m + n  m + 5n . Chứng minh rằng m  n . Câu 2.. 0. a) Giải phương trình x 2 − 6x + 4 + 2 2x − 1 =. (. x 3 − y 3 = 9 x + y b) Giải hệ phương trình  2 2 3 x − y =. ). Câu 3. Cho tam giác ABC có các đường cao AA1, BB1, CC1 . Gọi K là hình chiếu của A lên A1B1 , L là hình chiếu của B lên B1C1 . Chứng minh rằng A1K = B1L Câu 4. Cho x, y là các số thực dương. Chứng minh rằng. x y+y x x+y 1 − ≤ x+y 2 4. Câu 5. Cho tứ giác nội tiếp ABCD có AC cắt BD tại EE. Tia AD cắt tia BC tại F. Dựng hình bình hành AEBG. a) Chứng minh rằng FD.FG = FB.FE b) Gọi H là điểm đối xứng của E qua AD. Chứng minh rằng điểm F, H, A, G cùng thuộc một đường tròn Câu 6. Nam cắt một tờ giấy ra làm 4 miếng hoặc 8 miếng rồi lấy một số miếng nhỏ đó cắt ra làm 4 hoặc 8 miếng nhỏ hơn và Nam cứ tiếp tục thực hiện việc cắt như thế nhiều lần. Hỏi Nam có thể cắt được 2016 miếng lớn và nhỏ hay không?Vì sao? Hướng dẫn giải Câu 1. a) Cho hai số thực a, b sao cho a ≠ b và ab ≠ 0 thỏa mãn Tính giá trị của biểu thức P =. a−b a+b 3a − b . + 2 = 2 a + ab a − ab a 2 − b2. a 3 + 2a 2 b + 3b3 . 2a 3 + ab2 + b3. • Lời giải. Với a ≠ b và ab ≠ 0 thì giả thiết của bài toán được biến đổi như sau Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(99) 98. Website:tailieumontoan.com. (. ). 2. (. ). 2. (. ). a−b a+b a 3a − b a−b a+b 3a − b + 2 = 2 ⇔ + = 2 2 a + ab a − ab a − b a a−b a+b a a−b a+b a a−b a+b. (. ⇔ a−b. ) + (a + b) 2. 2. (. (. ). )(. ). (. )(. ). (. )(. ). = a 3a − b ⇔ a 2 − 2ab + b2 + a 2 + 2ab + b2 = 3a 2 − ab. (. )(. ). ⇔ a − ab − 2b =0 ⇔ a − b − ab − b2 =0 ⇔ a + b a − 2b =0 2. 2. 2. 2. Do a ≠ b nên a + b ≠ 0 , do đó từ đẳng thức trên ta được a − 2b = 0 ⇔ a = 2b .. 3b (2b ) + 2 (2b ) b += 2 ( 2b ) + 2b.b + b 3. a 3 + 2a 2 b + 3b3 = P = Do đó 2a 3 + ab2 + b3. 2. 3. 2. 2. 3. 19b3 = 1. 19b3. b) Cho m, n là các số thực dương thỏa mãn 5m + n  m + 5n . Chứng minh rằng m  n .. ( m + 5n ) a với a là số nguyên dương. 5an − n ⇔ m ( 5 − a )= n ( 5a − 1) .. • Lời giải. Ta có 5m + n  m + 5n nên 5m + n = Khi đó ta được 5m − am=. Do m, n, a là các số nguyên dương nên 5a − 1 > 0 do dó suy ra 5 − a > 0 .. {. }. Do a nguyên dương nên ta được a ∈ 1; 2; 3; 4 . Ta đi xét các trường hợp sau. + Với a = 1 , khi đó ta được 4m = 4n ⇔ m = n nên suy ra m  n . + Với a = 2 , khi đó ta được 3m = 9n ⇔ m = 3n nên suy ra m  n . + Với a = 3 , khi đó ta được 2m = 14n ⇔ m = 7n nên suy ra m  n . + Với a = 4 , khi đó ta được m = 19n nên suy ra m  n . Vậy m luôn chia hết cho n. Câu 2(2.0 điểm). a) Giải phương trình x 2 − 6x + 4 + 2 2x − 1 = 0.. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥. 1 . Biến đổi phương trình đã cho ta được 2. x 2 − 6x + 4 + 2 2x − 1 = 0 ⇔ x 2 − 4x + 5 = 2x − 1 − 2 2x − 1 + 1. (. ). 2. ⇔ x − 2=. + Với x − 1 =. (. 2x − 1 − 1.  x ≥ 1 2x − 1 ⇔  x −1 . (. ). x ≤ 3 + Với 3 − x = 2x − 1 ⇔   3 − x. (. 2. ). 2. ). 2.  x − 2= 2x − 1 − 1 ⇔ ⇔  x − 2 = 1 − 2x − 1 . x − = 1 2x − 1  3 − x = 2x − 1 . x ≥ 1 ⇔ 2 ⇔ x = 2+ 2. x − 4x + 2 = 0 = 2x − 1 . x ≥ 1 ⇔ 2 ⇔ x = 4− 6. 0 =2x − 1 x − 8x + 10 =. {. }. Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm của phương trình là S = 2 + 2; 4 − 6 .. (. ). x 3 − y 3 = 9 x + y b) Giải hệ phương trình  2 . 2 3 x − y =. • Lời giải. Từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra được x + y ≠ 0; x − y ≠ 0 . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(100) 99. Website:tailieumontoan.com. )( )(. ( (. ). (.  x − y x 2 + xy + y2 = 9 x + y Hệ phương trình đã cho tương đương với  3  x − y x + y =. ). ). Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được. (. ). 2 x 2 + xy + y2 9 x + y = ⇔ x 2 + xy + y2 = 3 x + y ⇔ 2x 2 + 2y2 + 5xy = 0 x+y 3 2 2 ⇔ 2x + 4xy + 2y + xy =0 ⇔ 2x x + 2y + y 2y + x =0 ⇔ 2x + y 2y + x =0. (. (. ). ). (. ). (. ). (. )(. (. ). + Với 2x + y = 0 ⇔ y =−2x , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có x 2 − −2x. ). 2. =3 , phương. trình vô nghiệm. + Với x + 2y = 0⇔x= −2y , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có. ( −2y ). 2.  x = 2; y = −1 − y2 = ±1 ⇒  3 ⇒ 3y2 = 3⇔y= −2; y = 1  x =. ( ) (. )(. ). Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = −2;1 , 2; −1 . Câu 3(2.0 điểm). Cho tam giác ABC có các đường cao AA1, BB1, CC1 . Gọi K là hình chiếu của A lên A1B1 , L là hình chiếu của B lên B1C1 . Chứng minh rằng A1K = B1L .. • Lời giải. Tứ giác AB1HC1 nội tiếp đường tròn,. A.   . Tứ giác HA CB nội nên ta có HB C = HAC 1 1 1 1 1. K.   . Tứ giác ACAC tiếp nên ta có HB A = HCA 1 1 1 1  = HCA . nội tiếp đường tròn nên ta có HAC 1 1. C1. Kết hợp các kết quả trên ta được   C B H = HB A hay B H là tia phân giác của 1. 1. 1. 1. B1. E. L. H. F. 1.  góc A B C . Kẻ BM vuông góc với A1B1 tại M 1 1 1. B. thì ta có B1L = B1M .. A1. C. M. Mặt khác tứ giác AB1A1B nội tiếp đường tròn đường kính AB có tâm là trung điểm E của AB. Gọi F là trung điểm của A1B1 , khi đó EF vuông góc với A1B1 . Mặt khác do AK song song với BM nên ABMK là hình thang. Lại do EF, AK, BM song song với nhau nên suy ra EF là đường trung bình của của hình thang ABMK, từ đó ta được FM = FK . Đến đây ta suy ra được B1M = A1K , kết hợp với B1L = B1M ta được A1K = B1L Câu 4(3.0 điểm). Cho x, y là các số thực dương. Chứng minh rằng. • Lời giải. Ta có. (. x y+y x x+y 1 − ≤ . x+y 2 4. ). xy x + y x y+y x x+ y x+y x + y . = ≤ = . x+y x+y 2 x+y 2. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(101) 100. Website:tailieumontoan.com.  Lại có 2  . ( x ) + ( y )  ≥ ( 2. Từ đó ta được. 2. x+ y. ). 2. x+ y − 2. (. (. x+ y. x+ y. y ( −. ). 2. x y+y x x+y − ≤ x+y 2. Ta cần chứng minh. ( x+y ⇒− ≤− x+ 2. x+ y 4. ) − 2( 2. ). 4. x+ y. ). 2. 2. 4. .. 2. ≤. 1 hay ta được 4. ). x + y +1≥ 0 ⇔. (. x + y −1. ). 2. ≥0. Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng, do vậy ta có điều cần chứng minh. Vậy ta được. x y+y x x+y 1 − ≤ . x+y 2 4. x = y 1 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi  ⇔x=y= . 4 1  x + y =. Câu 5(1.0 điểm). Cho tứ giác nội tiếp ABCD có AC cắt BD tại EE. Tia AD cắt tia BC tại F. Dựng hình bình hành AEBG. a) Chứng minh. A. FD.FG = FB.FE .. H.  = ACB  (hai góc nội Ta có ADB. D. G. tiếp cùng chắn một cung). Do. E. tứ giác AEBG là hình bình hành. O. nên AG song song với BD nên  + FAG = ta được ADB 1800 .. B. C. F.  + FCE = Mà ta lại có ACB 1800 .  = FAG . Do đó ta được FCE. FA FB AB Ta có ∆FCD ∽ ∆FAB nên ta được = = . FC FD CD AB EA EB Ta có ∆EAB ∽ ∆EDC nên ta được = = . CD ED EC Kết hợp hai kết quả trên ta thu được Mà ta lại có EB = AG nên ta được. EB FA FC FA hay = = EC FC EC EB. FC FA . = EC AG.  = FAG  và FC = FA nên ∆FCE ∽ ∆FAG . Hai tam giác FCE và FAG có FCE EC AG. Do đó. FG FA FB FG , suy ra ta được nên FD.FG = FB.FE . = = FD FE FE FC. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(102) 101. Website:tailieumontoan.com. b) Gọi H là điểm đối xứng của E qua AD. Chứng minh rằng điểm F, H, A, G cùng thuộc một đường tròn.  = AHF . Ta có E và H đối xứng với nhau qua AD nên ta được AEF  = CEF  . Mặt khác ta lại có CEF  + AEF = Ta có ∆FCE ∽ ∆FAG nên AGF 1800 .  + AGF = Từ các kết quả trên ta được AHF 1800 nên tứ giác AHFG nội tiếp đường tròn.. Câu 6( điểm). Nam cắt một tờ giấy ra làm 4 miếng hoặc 8 miếng rồi lấy một số miếng nhỏ đó cắt ra làm 4 hoặc 8 miếng nhỏ hơn và Nam cứ tiếp tục thực hiện việc cắt như thế nhiều lần. Hỏi Nam có thể cắt được 2016 miếng lớn và nhỏ hay không?Vì sao?. • Lời giải. Gọi x là số miếng giấy Nam có được sau k lần cắt ( k, x ∈ N* ). Do mỗi lần cắt một miếng giấy thành 4 hoặc 8 miếng giấy nên sau mỗi lần như vậy số miếng giấy tăng thêm 3 hoặc 7 miếng. Do đó x 3 dư 1 hoặc x chia 7 dư 1. Mà ta có 2016 chia 3 hoặc chia 7 đều có số dư là 0. Do đó x không thể bằng 2016. Vậy sau một số lần cắt thì số miếng giấy mà Nam có được không thể là 2016.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(103) 102. Website:tailieumontoan.com Đề số 18 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BÌNH DƯƠNG Năm học: 2016 – 2017. Câu 1 (2.0 điểm).. 0 a) Giải phương trình x 2 − 2x − 2 2x + 1 − 2 =  x − 1 + y − 1 = 3 b) Giải hệ phương trình  2 2 xy + x + y = x − 2y. Câu 2 (2.0 điểm). Cho biểu thức A =. x+4 x−4 + x−4 x−4. với x > 4 .. 8 16 1− + 2 x x. a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Câu 3 (2.0 điểm). a) Giả sử phương trình bậc hai x 2 + mx + n + 1 = 0 co hai nghiệm nguyên dương. Chứng minh rằng m2 + n2 là hợp số.. (. ( ). ). (. 2 b) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x 1 + x + x= 4y y − 1. ). Câu 4 (1.0 điểm). Cho tam giác đều ABC. Trên cạnh BC, CA, AB lấy lần lượt các điểm M, N, P sao cho P khác 2  = 600 . Chứng minh rằng AN.BM ≤ AB . Dấu bằng xẩy ra khi nào? A, B và MPN 4. Câu 5 (3.0 điểm). Từ điểm D nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến DA và DB đến đường tròn (A và B là hai tiếp điểm). Tia Dx nằm gữa hai tia DA và DO; Dx cắt đường tròn tại C và E (E nằm giữa C và D). Đoạn thẳng OD cắt AB tại M. a) Chứng minh rằng tứ giác OMEC nội tiếp đường tròn. . b) Chứng minh rằng tia MA là tia phân giác của góc EMC 2.  MB  DE c) Chứng minh rằng  .  = MC DC  . Hướng dẫn giải Câu 1 (2.0 điểm). a) Giải phương trình x 2 − 2x − 2 2x + 1 − 2 = 0.. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ Phương trình đã cho được viết lại thành x 2 − 2x − 2. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. (. 1 . 2. ). 2x + 1 + 1 = 0.. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(104) 103 Đặt = t. Website:tailieumontoan.com. (. ). 1 2x + 1 + 1 t ≥ 1 , khi đó ta được t − =. 2x + 1 ⇔ t2 − 2t − 2x= 0 .. Phương trình đã cho được viết lại thành x 2 − 2x − 2t = 0 . Từ đó ta có hệ phương trình x 2 − 2x − 2t = 0 ⇒ x 2 − 2x − 2t − t2 − 2t − 2x = 0 ⇔ x − t x + t = 0  2 t 2t 2x 0 − − = . (. Do x ≥. ) (. ). (. )(. ). 1 ; t ≥ 1 nên x + t ≥ 0 , do đó từ phương trình trên ta được 2 x ≥ 1  t = x ⇒ 2x + 1 + 1 = x ⇔ 2x + 1 = x − 1 ⇔  2x + 1 =. ( x − 1). 2. ⇔x= 4. Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình.  x − 1 + y − 1 = 3 b) Giải hệ phương trình  2 2 xy + x + y = x − 2y. • Lời giải. Điều kiện xác định của hệ phương trình là x ≥ 1; y ≥ 1 . Biến đổi phương trình thứ hai của hệ ta được. (. ) (. ) ( ) ⇔ ( x − y )( x + y ) − ( x + y ) − y ( x + y ) =0 ⇔ ( x + y )( x − 2y − 1) =0 xy + x + y = x 2 − 2y2 ⇔ x 2 − y2 + x + y − xy + y2 = 0. Do x ≥ 1; y ≥ 1 nên x + y > 0 , do đó từ phương trình trên ta được = x 2y + 1 , thế vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta được. 2y + y − 1 =3 ⇔ 2y − 2 + y − 1 − 1 =0 ⇔  2 ⇔ y−2  +  2y + 2 . (. ). ( Do. 2y − 4 2y + 2. +. y−2 y −1 +1. =0.   = 0 ⇔ y−2 = 0 ⇔ y = 2 ⇒ x = 5 y − 1 + 1  1. 2 2y + 2. +. 1 y −1 +1. > 0 với mọi y > 1 ). ( ) ( ). Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm của hệ đã cho là x; y = 5; 2 . Câu 2 (2.0 điểm). Cho biểu thức A =. x+4 x−4 + x−4 x−4 8 16 1− + 2 x x. với x > 4 .. a) Rút gọn biểu thức A. Với x > 4 ta được. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(105) 104. Website:tailieumontoan.com A. x+4 x−4 + x−4 x−4 = 8 16 1− + 2 x x. x−4+4 x−4 +4 + x−4−4 x−4 +4 1−. ( x − 4 + 2) + ( x − 4 − 2) = 2. 2.  4 1 −  x . x−4 +2+. x −4 −2. x−4 x. 2. x−4 +2+2− x−4 4x = x−4 x−4 x. + Với 4 < x ≤ 8 ta được A =. x − 4 + 2 + x − 4 + 2x x − 4 = = x−4 x−4 x. + Với 8 < x ta= được A. 8 16 + x x2. 2x x−4. .. b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.. 4x 16 . = 4+ x−4 x−4. + Với 4 < x ≤ 8 ta được A=. (. ). {. }. Để A nhận giá trị nguyên thì cần có 16  x − 4 , do đó kết hợp với 4 < x ≤ 8 ta được x ∈ 5; 6; 8 + Với 8 < x ta được A =. 2x x−4. .. Để A nhận giá trị nguyên thì cần có Khi đó ta được A =. (. 2 a2 + 4 a. )=. 2a +. x − 4 = a ∈ N* và a > 2 . 8 ∈ Z nên 8  a , do đó a ∈ 4; 8 . a. {. { }. }. Từ đó hợp với 8 < x ta được x ∈ 20; 68 .. {. }. Vậy các giá trị x nguyên thỏa mãn yêu cẩu bài toán là x ∈ 5; 6; 8; 20; 68 . Câu 3 (2.0 điểm). a) Giả sử phương trình bậc hai x 2 + mx + n + 1 = 0 co hai nghiệm nguyên dương. Chứng minh rằng m2 + n2 là hợp số.. • Lời giải. Giả sử x1 ; x 2 là hai nghiệm nguyên dương của phương trình x 2 + mx + n + 1 = 0. Khi đó theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x 2 = −m; x1 x 2 =+ n 1 . Do đó ta được. (. ). (. ).  x + x 2  + x x − 1 2 =x 2 + x 2 + 2x x + x 2 x 2 − 2x x + 1 m2 + n2 =− 1 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2   2 2 2 2 = x1 x 2 + x1 + x 2 + 1 = x1 + 1 x 2 + 1. (. )(. ). Do x1 ; x 2 là hai nghiệm nguyên dương nên x1 + 1 ≥ 2; x 2 + 1 ≥ 2 . Từ đó suy ra m2 + n2 là hợp số.. ( ). (. ). (. ). 2 b) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x 1 + x + x= 4y y − 1 .. • Lời giải. Biến đổi phương trình đã cho ta được Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(106) 105. Website:tailieumontoan.com. (. ). (. (. ). ). )(. (. ) (2y − 1). 2. x 1 + x + x 2 = 4y y − 1 ⇔ x 3 + x 2 + x + 1= 4y2 − 4y + 1 ⇔ x + 1 x 2 + 1 =. (. Do x, y là các số nguyên nên 2y − 1. )(. (. ). 2. > 0 và là số lẻ.. ). (. ). Do đó x + 1 x 2 + 1 là số lẻ, suy ra x là số chẵn và không âm. Gọi d =x + 1; x 2 + 1 , khi đó ta có d là số lẻ. x + 1 d Ta có  2 ⇒ x + 1 d. (. ).  x + 1  d ⇒  2 x + 1 d. (. 2 x + 1 + 2x  d ⇒ 2x  d ⇒ d = 1.  2 x + 1 d. ). )(. (. ). Do vậy x + 1; x 2 + 1 = 1 , mà ta lại có x + 1 x 2 + 1 là số chính phương nên x + 1 và x 2 + 1 là các số chính phương.. (. ). (. 2. Do x ≥ 0 nên ta có x 2 < x 2 + 1 ≤ x + 1 , từ đó ta được x 2 + 1 = x + 1. ). 2. ⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0 .. Khi đó x + 1 = 1 là số chính phương.. (. ). { }. Thay x = 0 vào phương trình đã cho ta được 4y y − 1 = 0 ⇔ y ∈ 0;1 .. ( ) ( )( ). Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = 0; 0 , 0;1 . Câu 4 (1.0 điểm). Cho tam giác đều ABC. Trên cạnh BC, CA, AB lấy lần lượt các điểm M, N, P sao 2  = 600 . Chứng minh rằng AN.BM ≤ AB . Dấu bằng xẩy ra khi nào? cho P khác A, B và MPN 4. = 1800 − B  − BMP = 1200 − BMP . Ta có BPM. A.  =1800 − MPN  − APN  =1200 − APN . Mà ta lại có BPM. Do. đó. suy. ra.  = APN  BMP. nên. suy. ra. N. ∆BMP ∽ ∆APN .. P. Suy ra. BM BP 1 = ⇒ AN.BM =AP.BP ≤ AP + BP AP AN 4 .. (. ). 2. AB2 = 4. B. M. C. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi AP = BP hay P là trung điểm của AB. Câu 5 (3.0 điểm). Từ điểm D nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến DA và DB đến đường tròn (A và B là hai tiếp điểm). Tia Dx nằm gữa hai tia DA và DO; Dx cắt đường tròn tại C và E (E nằm giữa C và D). Đoạn thẳng OD cắt AB tại M a) Chứng minh rằng tứ giác OMEC nội tiếp đường tròn.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(107) 106. Website:tailieumontoan.com.  Xét hai tam giác DBE và CDB có BDE  = BCE  nên chung và DBE. A C. ∆DBE ∽ ∆DCB . Do đó ta được. E. DC DB = ⇒ DB2 = DC.DE DB DE. D. O. M. . Tam giác DBO vuông tại B có đường có B. BH nên BD2 = DM.DO . Do đó ta có. DC.DE = DM.DO ⇒. DE DO = DM DC.  = DCO  nên tứ giác OMEC nội tiếp đường tròn. Nên suy ra ∆DME ∽ ∆DCO . Do đó DME . b) Chứng minh rằng tia MA là tia phân giác của góc EMC.  = OEC  và OCE  = DME . Do tứ giác OMEC nội tiếp đường tròn nên ta có OMC  = OEC . Lại do tam giác COE cân tại O nên OCE. = = =  nên MA là tia phân giác của góc EMC . Do dó ta có CMA 900 − OMC 900 − DME EMA 2.  MB  DE c) Chứng minh rằng  .  = DC  MC . Ta có  0  =900 + OMC  =900 + OEC  =900 + 180 − COE BMC 2 1  1 1    0 0 = 180 − sdCAE =360 − sdCAE =sdCBE = CAE 2 2 2. (. ). 1  MB DA   Lại có CBM . = = CEA = dsAC . Từ đó suy ra ∆BCM ∽ ∆ECA nên MC DC 2 2.  AE  AE DE DA DE DA DE . Từ đo suy ra= . Lại có ∆DAE ∽ ∆CDA nên suy ra = = = .   AC DA DC DA DC DC  AC  2.  MB  DE Kết hợp các kết quả trên ta được  .  = MC DC  . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(108) 107. Website:tailieumontoan.com Đề số 19 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÌNH ĐỊNH Năm học 2016 – 2017. Câu 1 (2.0 điểm). a) Cho biểu thức P = x 2 + 5y2 − 4xy + 2x − 14y + 2016 . Tìm x, y để P đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. b) Với mỗi n ∈ N , xét hai số a n = 22n +1 + 2n +1 + 1 và bn = 22n +1 − 2n +1 + 1 . Chứng minh rằng có một và chỉ một trong hai số trên chia hết cho 5. Câu 2 (1.5 điểm).. ( (. )( )(. ) ).  x + y x 2 + y2 = 15  Giải hệ phương trình  2 2 3  x − y x − y =. Câu 3 (1.5 điểm). Tìm số chính phương có bốn chữ số biết rằng khi tăng mỗi chữ số một đơn vị thì số mới tạo thành là một số chính phương có bốn chữ số. Câu 4 (4.0 điểm). 1) Từ điểm S nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ các tiếp tuyến SA, SC và cát tuyến SBD (B nằm giữa hai điểm S và D). Gọi I là giao điểm của AC và BD. a) Chứng minh rằng AB.CD = AD.BC .. SB IB AB.CB . b) Chứng minh rằng = = SD ID AD.CD 2) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R . Điểm M nằm trên nửa đường tròn  O sao cho MAB = 600 . Kẻ MH vuông góc với AB tại H, HE vuông góc với AM tại E và HF. ( ). vuông góc với BM tại F. Các đường hẳng EF và AB cắt nhau tại K. Tính diện tích tam giác MEF và độ dài các đoạn thẳng KA, KB theo R. Câu 5 (1.0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c < 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 + 2 + 2 >9 a + 2bc b + 2ca c + 2ab 2. Hướng dẫn giải Câu 1 (2.0 điểm). a) Cho biểu thức P = x 2 + 5y2 − 4xy + 2x − 14y + 2016 . Tìm x, y để P đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.. • Lời giải. Biến đổi biểu thức P ta được P = x 2 + 5y2 − 4xy + 2x − 14y + 2016. (x. =. (. 2. ) (. ). + 4x 2 + 1 − 4xy + 2x − 4y + y2 − 10y + 25 + 1990. ) ( 2. = x − 2y + 1 + y − 5 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. ). 2. + 1990 TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(109) 108. Website:tailieumontoan.com. (. Do x − 2y + 1. ). 2. (. ≥ 0; y − 5. ). 2. ≥ 0 nên ta được P ≥ 1990 , dấu bằng xẩy ra tại. ( (. ). 2  x − 2y += 1 0 +1 0 =  x − 2y= x 9 ⇔ ⇔    2 = 5 0 y − 5 0 = y 5  y −=. ). Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1990, đạt được tại= x 9;= y 5. b) Với mỗi n ∈ N , xét hai số a n = 22n +1 + 2n +1 + 1 và bn = 22n +1 − 2n +1 + 1 . Chứng minh rằng có một và chỉ một trong hai số trên chia hết cho 5.. ( ). 2. 2n +1 2n • Lời giải. Ta có 2= 2.2 = 2. 2n. ( ) = 16 = (15 + 1) ≡ 1 ( mod 5) = 2. ( 2 ) = 2.16 = 2. (15 + 1) ≡ 2 ( mod 5 ) = 4. ( 2 ) = 4.16 = 4. (15 + 1) ≡ 4 ( mod 5 ) =8. ( 2 ) =8.16 =( 5 + 3 ) . (15 + 1) ≡ 3 ( mod 5 ) k. 24k = 24 24k +1. và 2n +1 = 2.2n . Với mọi k ∈ N ta luôn có k. k. k. 4. 24k +2. 4. 24k + 5. 4. k. k. k. k. k. k. k. k. Ta đi xét các trường hợp sau. (. ). + Trường hợp 1. Với n chia hết cho 4, ta được = n 4k k ∈ N .. ( ). Khi đó 22n +1 = 2. 2n. 2. ( ). = 2. 24k. ). (. 2. (. ≡ 2.12 mod 5 ≡ 2 mod 5. ). (. (. ). ). Lại có 2n +1 = 2.2n = 2.24k ≡ 2.1 mod 5 ≡ 2 mod 5 . Từ đó ta được. ( ) + 1 ≡ 2 − 2 + 1 ( mod 5 ) ≡ 1 ( mod 5 ). a= 22n +1 + 2n +1 + 1 ≡ 2 + 2 + 1 mod 5 n 2n +1. b= 2 n. −2. n +1. Như vậy trong hai số a n và bn thì a n chia hết cho 5.. (. ). + Trường hợp 2. Với n chia 4 dư 1, ta được n =4k + 1 k ∈ N .. ( ). Khi đó 22n +1 = 2. 2n. 2. (. = 2. 24k +1. ). 2. (. (. ). ≡ 2.22 mod 5 ≡ 3 mod 5. (. ). (. ). ). Lại có 2n +1 = 2.2n = 2.24k +1 ≡ 2.2 mod 5 ≡ 4 mod 5 . Từ đó ta được. ( ) ( ) + 1 ≡ 3 − 4 + 1 ( mod 5 ) ≡ 0 ( mod 5 ). a= 22n +1 + 2n +1 + 1 ≡ 3 + 4 + 1 mod 5 ≡ 3 mod 5 n 2n +1. b= 2 n. −2. n +1. Như vậy trong hai số a n và bn thì bn chia hết cho 5.. (. ). + Trường hợp 3. Với n chia 4 dư 2, ta được n =4k + 2 k ∈ N .. ( ). Khi đó 22n +1 = 2. 2n. 2. (. = 2. 24k +2. ). 2. (. ). (. ≡ 2.42 mod 5 ≡ 2 mod 5. (. ). (. ). ). Lại có 2n +1 = 2.2n = 2.24k +2 ≡ 2.4 mod 5 ≡ 3 mod 5 . Từ đó ta được. ( ) ( ) + 1 ≡ 2 − 3 + 1 ( mod 5 ) ≡ 0 ( mod 5 ). a= 22n +1 + 2n +1 + 1 ≡ 2 + 3 + 1 mod 5 ≡ 3 mod 5 n 2n +1. b= 2 n. −2. n +1. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(110) 109. Website:tailieumontoan.com. Như vậy trong hai số a n và bn thì bn chia hết cho 5.. (. ). + Trường hợp 4. Với n chia 4 dư 3, ta được n =4k + 3 k ∈ N .. ( ). Khi đó 22n +1 = 2. 2n. 2. (. = 2. 24k + 3. ). (. 2. ). (. ≡ 2.32 mod 5 ≡ 3 mod 5. (. ). (. ). ). Lại có 2n +1 = 2.2n = 2.24k + 3 ≡ 2.3 mod 5 ≡ 1 mod 5 . Từ đó ta được. ( ) ( ) + 1 ≡ 3 − 1 + 1 ( mod 5 ) ≡ 3 ( mod 5 ). a= 22n +1 + 2n +1 + 1 ≡ 3 + 1 + 1 mod 5 ≡ 0 mod 5 n 2n +1. b= 2 n. −2. n +1. Như vậy trong hai số a n và bn thì a n chia hết cho 5. Vậy với mỗi n ∈ N thì có một và chỉ một trong hai số trên chia hết cho 5.. )( )(. ( (. ) ).  x + y x 2 + y2 = 15  Câu 2 (1.5 điểm). Giải hệ phương trình  2 2 3  x − y x − y = + Xét trường hợp x = y hoặc x = − y , khi đó x 2 − y2 = 0 , phương trình thứ hai của hệ đã cho trở thành 0 = 3 (vô lý). + Xét trường hợp x ≠ ± y , khi đó x 2 − y2 ≠ 0 . Chia theo vế phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai của hệ đã cho ta được. (x + y) (x (x − y) (x. ) =5 ⇔ x + y −y ) (x − y) + y2. 2 2. 2. 2 2. 2. (. =5 ⇔ x 2 + y2 =5 x − y. ). 2.  x = 2y 0 ⇔ 2x − y x − 2y = 0⇔ ⇔ 4x 2 − 10xy + 4y2 =  y = 2x. (. )(. ).  Với x = 2y , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được. (2y − y ) ( 4y. 2. ). − y2 = 3 ⇔ 3y 3 = 3 ⇔ y = 1 ⇒ x = 2.  Với y = 2x , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được. ( x − 2x ) ( x. 2. ). − 4x 2 = 3 ⇔ 3x 3 = 3 ⇔ x = 1 ⇒ y = 2. ( ) ( )( ). Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = 1; 2 , 2;1. Câu 3 (1.5 điểm). Tìm số chính phương có bốn chữ số biết rằng khi tăng mỗi chữ số một đơn vị thì số mới tạo thành là một số chính phương có bốn chữ số.. (. ). • Lời giải. Gọi số chính phương có bốn chữ số cần tìm là abcd 0 < a ≤ 8, 0 ≤ b, c, d ≤ 9 .. (. ). Đặt = k2 abcd k ∈ N* , khi đó ta có 1000 ≤ k2 ≤ 9999 ⇒ 31 < k < 100 . Khi tăng mỗi chữ số của. (. )(. )(. )(. ). abcd một đơn vị ta được a + 1 b + 1 c + 1 d + a = abcd + 1111 .. (. )(. )(. )( ) Do đó ta được ( m − k )( m + k )=. (. ). 2 Đặt a + 1 b + 1 c + 1 d + a = m2 m ∈ N* , khi đó ta có m= k2 + 1111 .. 1111= 1.1111= 11.101 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(111) 110. Website:tailieumontoan.com. Để ý rằng m > n nên từ phương trình trên ta xét các trường hợp sau m − k 1 = m 556 = + Trường hợp 1. Với  , loại vì k không thỏa mãn 31 < k < 100 . ⇔ m + k 1111 = = k 555  m − k 11 = m 56 = + Trường hợp 2. Với  , thỏa mãn điều kiện 31 < k < 100 . ⇔ m + k 101= = k 45 . (. )(. )(. )(. ). 2 2 Do đó số cần tìm là abcd = k= 45= 2025 và a + 1 b + 1 c + 1 d + a =562 =3136 .. Câu 4. 1) Từ điểm S nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ các tiếp tuyến SA, SC và cát tuyến SBD (B nằm giữa hai điểm S và D). Gọi I là giao điểm của AC và BD. a) Chứng minh AB.CD = AD.BC .. A.  Xét hai tam giác SAB à SDA có ASD  nên  = SDA chung và SAC. AB SB . = AD SA Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng. ∆SAB ∽ ∆SDA . Từ đó ta có. H S C. D. BD SB được . Để ý rằng SA = SC nên = CD SC ta được. O. B. AB BC = ⇒ AB.CD = AD.BC AD CD. SB IB AB.CB b) Chứng minh rằng = = . SD ID AD.CD 2. 2.  SB  AB BC AB BC  BC  do đó = Theo chứng minh trên ta có = . =    . AD DC AD DC  DC   SC . Do ∆SCB ∽ ∆SDC nên ta có. SB SC SB 1 SB2 SB nên . = = ⇒ = SC SD SC2 SD SC2 SD. AB BC SB . Ta có AH vuông góc ới OS và SH.SO . = = SB.SD = SA2 từ đó ta suy ra AD DC SD được ∆SOB ∽ ∆SHD . Điều này dẫn đến tứ giác OHBD nội tiếp đường tròn, do đó ta được  = ODB  và OBD  = OHD  . Lại có ODB  = OBD  nên ta suy ra được OHD  = SHB . BHS Từ đó ta được.  = BHI  hay HI là tia phân giác của tam giác HBD nên HS là tia phân giác ngoài Từ đó ta được DHI. SB IB HB của tam giác HBD. Theo tính chất tia phân giác của tam giác ta có = = . SD ID HD SB IB AB.CB Do vậy ta có = = . SD ID AD.CD. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(112) 111. Website:tailieumontoan.com. 2) Cho nửa đường tròn tâm O có đường. M. kính AB = 2R . Điểm M nằm trên nửa  = 600 . Kẻ đường tròn O sao cho MAB. F. ( ). MH vuông góc với AB tại H, HE vuông góc. E. với AM tại E và HF vuông góc với BM tại F. K. Các đường hẳng EF và AB cắt nhau tại K.. H. A. O. B. Tính diện tích tam giác MEF và độ dài các đoạn thẳng KA, KB theo R. + Tính diện tích tam giác MEF theo R.  = 900 nên  2.cos60 0 Do góc AMB = AM AB.cosMAB = = R.. 1 R 3  R.cos60  MA.= 0 . Lại= có AH MA.cosMAH = = = R; MH MA. sin = MAH sin 600 2 2 R 3  R Do đó ta được = EH AH.= sin EAH = . sin 600 2 4 2. R 3    MH2  2  3R . Theo hệ thức lương trong tam giác ta có= ME = = MA R 4. Từ đs ta được = SMEF. 1 1 3R R 3 3R 3 = SMEHF . = . dvdt . 2 2 4 4 32. (. ). + Tính độ dài các đoạn thẳng KA, KB theo R.. 3R  3 3R . nên ta có BF HF = = cot ABC 4 4  =1800 − MAB  =1200 . Do tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn nên ta có KFB. Ta có HF = ME =.  = 300 , do đó suy ra FKH  = 300 . Mà ABC. Suy ra tam giác KFB cân tại F, suy ra KF = FB =. 3 3R . 4. 3 3R 3 9R  Vẽ FI vuông góc với KB tại I, ta được KB . = 2IB = 2.BF.cosABC = 2. .= 4 2 4 Do đó KA = KB − AB =. 9R R − 2R = dvdd . 4 4. (. ). Câu 5 (1.0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c < 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 + 2 + 2 >9 a + 2bc b + 2ca c + 2ab 2. • Lời giải. Dễ dàng chứng minh được bổ đề: Với mọi x, y, z dương ta có. 1 1 1 9 + + ≥ . x y z x+y+x. Áp dụng bổ đề trên ta được. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(113) 112. Website:tailieumontoan.com 1 1 1 9 9 + 2 + 2 ≥ 2 = 2 2 a + 2bc b + 2ca c + 2ab a + 2bc + b + 2ca + c + 2ab a+b+c. (. 2. Do a + b + c < 1 nên ta có. Từ đó ta có. 9. (. a+b+c. ). 2. ). 2. > 9.. 1 1 1 + 2 + 2 > 9 . Bất đẳng thức được chứng minh. a + 2bc b + 2ca c + 2ab 2. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(114) 113. Website:tailieumontoan.com Đề số 20 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BÌNH PHƯỚC Năm học: 2016 – 2017. Câu 1 (2.0 điểm).  x +2 2− x Cho = biểu thức P  +  x −1 x +2 x +1.  x +1 . , với x > 0, x ≠ 1 .  x . a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị biểu thức P tại x = 46 − 6 5 − 3. (. ). 5 −1 .. Câu 2 (1.0 điểm). Cho phương trình x 2 − 2mx + m2 − 4m − 3 = 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x 2 sao cho biểu thức T = x12 + x 22 − x1 x 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3 (2.0 điểm).. (. ). a) Giải phương trình 4 x 2 += 1 3 2x 2 − 7x + 3 + 14x . 2 xy − y= 3y − 1 − x + 2y − 1 b) Giải hệ phương trình  3 2 0 x y − 4xy + 7xy − 5x − y + 2 =. Câu 4 (3.0 điểm).. ( ). Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC nội tiếp đường tròn O . Tiếp tuyến tại A của đường. ( ). ( ). ( ). tròn O cắt BC tại T. Gọi T là đường tròn tâm T có bán kính TA. Đường tròn T cắt đoạn thẳng BC tại K. . a) Chứng minh rằng TA2 = TB.TC và AK là tia phân giác của góc BAC. ( ). b) Lấy điểm P trên cung nhỏ AK của đường tròn T . Chứng minh rằng TP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC.. ( ). c) Gọi S, E, F lần lượt là giao điểm thứ hai của AP, BP, CP với đường tròn O . Chứng minh rằng SO vuông góc với EF. Câu 5 (1.0 điểm). Cho biểu thức Q = a 4 + 2a 3 − 16a 2 − 2a + 15 . Tìm tất cả các giá trị nguyên của a để Q chia hết cho 16. Câu 6 (1.0 điểm). a) Từ 2016 số 1; 2; 3;...; 2016 ta lấy ra 1009 số bất kì. Chứng minh rằng trong các số lấy ra có ít nhất hai số nguyên tố cùng nhau. b) Cho các số thực a và b đều lớn hơn 1. Chứng minh rằng. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 6 a b −1 + b a −1. + 3ab + 4 ≥. 11 . 2. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(115) 114. Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải.  x +2 2− x Câu 1 (2.0 điểm). Cho = biểu thức P  + x +2 x +1 x −1 .  x +1 . , với x > 0, x ≠ 1 .  x . a) Với x > 0, x ≠ 1 ta được    x +1  x +2  x +1 2− x . = +   2  x x  x +1 x +1 x −1     x + x −2+2+ x − x x +1 2 x x +1 2 . . = = = 2 2 x −1 x x x +1 x −1 x +1 x −1  x +2 2− x  P= + x +2 x +1 x −1 . )(. (. ). b) Tính giá trị biểu thức P tại x = 46 − 6 5 − 3 Ta có x=. 46 − 6 5 − 3. (. ) (. 5 −1 =. 3 5 −1. ). 2. (. ) (. (. )(. )(. ). ). ). (. 5 −1 .. −3. (. ). 5 − 1 = 3 5 − 1 − 3 5 + 3= 1 .. 2 = 2. 2 −1. Do đó ta được = P. Câu 2 (1.0 điểm). Cho phương trình x 2 − 2mx + m2 − 4m − 3 = 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x 2 sao cho biểu thức T = x12 + x 22 − x1 x 2 đạt giá trị nhỏ nhất.. • Lời giải. Phương trình đã cho có nghiệm x1 ; x 2 khi và chỉ khi. (. ). ' ∆= m2 − m2 − 4m − 3= 4m + 3 ≥ 0 ⇔ m ≥ −. 3 4. Theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x 2 = 2m; x1 x 2 = m2 − 4m − 3 .. (. Ta có T = x12 + x 22 − x1 x 2 = x1 + x 2. (. Hay ta được T = m + 6 Do m ≥ −. ). 2. ). 2. (. ). − 3x1 x 2 = 4m2 − 3 m2 − 4m − 3 = m2 + 12m + 9. − 27. 3 3 21 nên m + 6 ≥ − + 6 = nên suy ra m + 6 4 4 4. (. Vậy giá trị nhỏ nhất của T là. ). 2. ≥. 441 nên T = m + 6 16. (. ). 2. − 27 ≥. 9 . 16. 9 3 , đạt được tại m = − 16 4. Câu 3 (2.0 điểm).. (. ). 1 3 2x 2 − 7x + 3 + 14x . a) Giải phương trình 4 x 2 +=. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là 2x 2 − 7x + 3 ≥ 0 . Phương trình đã cho được viết lại thành. (. ). 2 2x 2 − 7x + 3 − 3 2x 2 − 7x + 3 − 2 = 0 Đặt t=. (. ). 2x 2 − 7x + 3 t ≥ 0 , khi đó ta có phương trình 2t2 − 3t − 2 = 0 ⇔ t = 2 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(116) 115. Website:tailieumontoan.com. Khi đó ta được phương trình. 7 ± 57 2x 2 − 7x + 3 =2 ⇔ 2x 2 − 7x − 1 =0 ⇔ x = 4.  7 − 57 7 + 57  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tâp nghiệm S =  ; . 4 4   2 xy − y= 3y − 1 − x + 2y − 1 b) Giải hệ phương trình  3 2 0 x y − 4xy + 7xy − 5x − y + 2 =. • Lời giải. Điều kiện xác định của hệ phương trình là 3y − 1 ≥ 0; x + 2y − 1 ≥ 0 . 1 không phải là nghiệm của hệ phương trình. Do đó 3 khi đó phương trình thứ nhất của hệ trên tương đương với Dễ thấy x= y=. (. ). y x−y =.  ⇔ x − y y +  3y − 1 + x + 2y − 1  y−x. (. ). 3y − 1 + x + 2y − 1 ≠ 0 ,.  1  0 = 3y − 1 + x + 2y − 1 . 1 thì 3y − 1 + x + 2y − 1 > 0 . Do đó từ phương trình trên ta được x = y thay 3 vào phương trình thứ hai của hệ đã cho ta được phương trình Dễ thấy với y ≥. ) ( x − 2x + 2 ) =0 ⇔ x =1 Kết hợp với điều kiện xác định ta được ( x; y ) = (1;1) là nghiệm của hệ phương trình đã cho. Câu 4 (3.0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC nội tiếp đường tròn ( O ) . Tiếp tuyến tại A của đường tròn ( O ) cắt BC tại T. Gọi ( T ) là đường tròn tâm T có bán kính TA. Đường tròn ( T ) (. x 4 − 4x 3 + 7x 2 − 6x + 2 =x − 1. 2. 2. cắt đoạn thẳng BC tại K. a) Chứng minh TA2 = TB.TC và . AK là tia phân giác của góc BAC. E A. Tam giác TAB và tam giác TCA. F. P. đồng dạng với nhau nên. O. TA2 = TB.TC .  AKB = Ta có   = TAK. T.  + KAC  ACK  + BAK  TAB. C. K. B J. S.  = TAK  và ACK  = TAB . Mà AKB  = BAK  Do đó ta suy ra được KAC. hay AK là tia phân giác của góc . ABC. ( ). b) Lấy điểm P trên cung nhỏ AK của đường tròn T . Chứng minh TP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(117) 116. Website:tailieumontoan.com. TP TC  = CTP  nên dẫn đến hai , mà ta lại có PTB = TB TP  = TCP  hay TP là tiếp tuyến của đường tam giác PTB và CTP đồng dạng với nhau, do đó TPB Ta có TA = TP nên TP2 = TB.TC , suy ra. tròn ngoại tiếp tam giác PBC.. ( ). c) Gọi S, E, F lần lượt là giao điểm thứ hai của AP, BP, CP với đường tròn O . Chứng minh SO vuông góc với EF.  nên TP song song với EF.   Ta có TPB = TCP = BEF.  = 2.PAJ  và=  2.JAS  2.PAJ  do đó ta được PTJ  = JOS . Ta có PTJ JOS =. ( ). Mà TJ là tiếp tuyến của đường tròn O nên TJ vuông góc với OJ, suy ra TP vuông góc với OS. Kết hợp với TP song song với EF ta được OS vuông góc với EF. Câu 5 (1.0 điểm). Cho biểu thức Q = a 4 + 2a 3 − 16a 2 − 2a + 15 . Tìm tất cả các giá trị nguyên của a để Q chia hết cho 16.. • Lời giải. Nhận thấy nếu a là số nguyên chẵn thì Q là số nguyên lẻ, khi đó Q không chia hết cho. (. ). 16. Do đó a phải là số nguyên lẻ, khi đó ta đặt a =2k + 1 k ∈ Z . Biến đổi biểu thức Q ta được. (. ) (. ). Q = a 4 + 2a 3 − 16a 2 − 2a + 15 = a 2 a 2 + 2a + 1 − a 2 + 2a + 1 + 16a 2 + 16. ( ) ( ) ( ) ( Thay a =2k + 1 ( k ∈ Z ) vào biểu thức Q ta thu được 2. 2. = a a + 1 − a + 1 + 16 a + 1 = a + 1 2. Q=. (2k + 2 ). 3. (. 2. ). ) ( a − 1) + 16 ( a 3. (. ). 3. 2. +1. (. ) ). 2k + 16 4k2 + 4k + 2 = 16 k + 1 k + 16 4k2 + 4k + 2  16. Như vậy với a là số nguyên lẻ thì Q luôn chia hết cho 16. Câu 6 (1.0 điểm). a) Từ 2016 số 1; 2; 3;...; 2016 ta lấy ra 1009 số bất kì. Chứng minh rằng trong các số lấy ra có ít nhất hai số nguyên tố cùng nhau.. • Lời giải. Gọi 1009 số lấy ra trong 2016 số trên là a1 ; a 2 ; a 3 ;...; a1009 . Giả sử 1 ≤ a1 < a 2 < a 3 < ... < a1009 ≤ 2016 . Xét dãy số n1 = a 2 − a1 ; n2 = a 3 − a2 ; n3 = a 4 − a 3 ;...; n1008 = a1009 − a1008 . Khi đó ta có S = n1 + n2 + ... + n 1008 = a 2 − a1 + a 3 − a 2 + ... + a1009 − a1008 = a1009 − a1 ≤ 2016 − 1 = 2015. Dễ thấy nếu các số n1 ; n2 ; n 3 ;...; n1008 đều lớn hơn 2 thừ S lớn hơn 2016. Từ đó do S ≤ 2015 nên trong các số n1 ; n2 ; n 3 ;...; n1008 tồn tại ít nhất một số bằng 1.. (. ). Giả sử n i= 1 1 ≤ i ≤ 1008 , khi đó ta có a i +1 − a i = 1 , hay a i và a i +1 là hai số tự nhiên liên tiếp. Điều này dẫn đến a i và a i +1 là hai số nguyên tố cùng nhau. b) Cho các số thực a và b đều lớn hơn 1. Chứng minh rằng:. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 6 a b −1 + b a −1. + 3ab + 4 ≥. 11 . 2. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(118) 117. Website:tailieumontoan.com. • Lời giải. Do a và b đều lớn hơn 1 nên áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được a = 1 + a − 1 ≥ 2 a − 1 ab ≥ 2b a − 1   ⇒  b = 1 + b − 1 ≥ 2 b − 1 ab ≥ 2a b − 1. Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được ab ≥ a b − 1 + b a − 1 . Từ đó suy ra. 6 a b −1 + b a −1. ≥. 6 6 6 + 3ab + 4 ≥ + 3ab + 4 . nên ab ab a b −1 + b a −1. Phép chứng minh kết thúc nếu ta chỉ ra được. 6 11 . + 3ab + 4 ≥ ab 2. Bất đẳng thức trên dươc viết lại thành 12 + 2ab 3ab + 4 − 11ab ≥ 0 . Đặt t =. (. ). 3ab + 4 t > 0 , suy ra ab =. 12 + 2.. t2 − 4 . Thay vào bất đẳng thức trên ta được 3. t2 − 4 t2 − 4 .t − 11. ≥ 0 ⇔ 36 + 2t3 − 8t − 11t2 + 44 ≥ 0 ⇔ t − 4 3 3. (. ) (2t + 5 ) ≥ 0 2. Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng với mọi t > 0 . Vậy bài toán được chứng minh xong. Dấu bằng xẩy ra tại a= b= 2 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(119) 118. Website:tailieumontoan.com Đề số 21 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH QUẢNG BÌNH Năm học 2016 – 2017.   a −4 3  Câu 1 (2.0 điểm). Cho biểu thức = + ⋅ a − a − 2 với a > 0, a ≠ 4 . P   a −2 a a −2  . ). (. a) Rút gọn biểu thức P. = b)Tính giá trị của P khi a. (3. 2+4. ). 2− 3. 3 −1. ⋅. Câu 2(2.5 điểm). a) Giải phương trình. 1 1 + 2x + 2017 =+ 3x + 2016 . 2 x x. (. ). b) Cho phương trình x 2 − 2 2m + 1 x + m2 + 8 = 0 (1) (m là tham số). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn. (. ). (. ).  x 2 − 4m + 1 x + m2   x 2 − 4m + 1 x + m2  = 25 . 1 2  1  2 . Câu 3(1.0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc . Chứng minh rằng. 1 a3 + b. +. 1 b3 + c. +. 1 c3 + a. ≤. 3 2. Câu 4(3.5 điểm). Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm. Đường phân giác của góc BAC cắt BC tại D, cắt đường tròn (O) tại E. Gọi M là giao điểm của AB và CE. Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt AD tại N và tiếp tuyến tại E của đường tròn (O) cắt CN tại F. a) Chứng minh tứ giác MACN nội tiếp được trong một đường tròn. b) Gọi K là điểm trên cạnh AC sao cho AB = AK. Chứng minh AO ⊥ DK.. 1 1 1 . c) Chứng minh rằng = + CF CN CD Câu 5(1.0 điểm).Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100 hãy chọn n số ( n ≥ 2 ) sao cho hai số phân biệt bất kỳ được chọn có tổng chia hết cho 6. Hỏi có thể chọn n số thỏa mãn điều kiện trên với n lớn nhất bằng bao nhiêu? Hướng dẫn giải.   a −4 3  Câu 1 (2.0 điểm). Cho biểu thức = + ⋅ a − a − 2 với a > 0, a ≠ 4 . P   a −2 a a −2  . (. ). a) Rút gọn biểu thức P.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(120) 119. Website:tailieumontoan.com 4 a −4. 4 ta có P Với a > 0, a ≠ =. a −2 a. (3. = b)Tính giá trị của P khi a. Với a > 0, a ≠ 4 ta có P =. a=. Suy ra = a. (. 3 2+4. ). .. )(. (. 2+4. ). 2− 3. (. a. = 2+ 1 . Khi đó P. a −1. 4 a −1 ) (a). )(. a + 1= a −2. ) . Ta có. 2− 3. 3 −1. (. ⋅. 3 −1 4 a −1. ). ( a ( a − 2). 4. ). a + 1= a −2. =. (. 3+2 2. ). 4−2 3. 3 −1. (3 + 2 2 ) (. =. 3 −1. 3 −1. )= 2. 3+2 2. ). (. 4 3 +2 2 −1 = 8. 2 +1. Câu 2(2.5 điểm). a) Giải phương trình. 1 1 + 2x + 2017 =+ 3x + 2016 . 2 x x. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − 672; x ≠ 0 . Biến đổi phương trình đã cho ta được 1 1 1 1 + 2x + 2017 = + 3x + 2016 ⇔ 2 − = 3x + 2016 − 2x + 2017 2 x x x x   x−1 1− x 1 1   = ⇔ 2 ⇔ x−1 = + 0  3x + 2016 + 2x + 2017 x 2  x 3x + 2016 + 2x + 2017  . (. Do. 1 3x + 2016 + 2x + 2017. +. ). 1 ≠ 0 với x ≥ − 672; x ≠ 0 x2. Suy ra từ phương trình trên ta được x = 1 . Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm duy nhất x = 1 .. (. ). b) Cho phương trình x 2 − 2 2m + 1 x + m2 + 8 = 0 (m là tham số). Tìm m để phương trình có. (. ). (. ). hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn  x12 − 4m + 1 x1 + m2   x 22 − 4m + 1 x 2 + m2  = 25 .   . • Lời giải. Ta có ' = 3m2 + 4m − 7 =. ( m − 1)( 3m + 7 ). Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi ' =. (. m > 1 m − 1 3m + 7 > 0 ⇔  m < − 7  3. )(. ). x + x 2 = 4m + 2 Vì x1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình nên theo hệ thức Vi – et ta có  1 = m2 + 8 2 x1 .x. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(121) 120. Website:tailieumontoan.com. ( (. ) ). x 2 − 4m + 1 x + m2 =x − 8 1 1 và  12 . Khi đó: 2 x 2 − 4m + 1 x 2 + m =x 2 − 8. (. ). (. ). ( )( { }. ).  x 2 − 4m + 1 x + m2  .  x 2 − 4m + 1 x + m2  =25 ⇔ x − 8 x − 8 =0 1 2 1 2  1   2  2 ⇔ x1 x 2 − 8 x1 + x 2 + 31 =0 ⇔ m − 32m + 31 =0 ⇔ m ∈ 1; 31. (. ). Kết hợp với điều kiện có nghiệm của phương trình ta được m = 31 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3(1.0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc .. 1. Chứng minh rằng. a3 + b. • Lời giải. Từ giả thiết ta có 1. b3 + c. 1. +. c3 + a. ≤. 3 2. 1 1 1 + + = 3 . Khi đó a b c 1. +. 1. +. +. 1. 1. ≤. 1. +. +. 1. a3 + b b3 + c c3 + a 2a ab 2b bc 2c ca   1  a ab b bc c ca  1  a + ab b + bc c + ca    = + + ≤ + + 2  a ab b bc c ca  2 2  a ab b bc c ca  1  1 1 1  1  ab bc ca  3 +  = + + + + 3 + = ab bc ca  2 2 ab bc ca  2 2  1  a +b b+c c+a 1 3 3 += 3 ≤ + + = 3 +  2ab 2bc 2ca  2 2 2 2 2. (. ). Dấu bằng xẩy ra xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1 . Câu 4(3.5 điểm). Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O. Đường phân giác  cắt BC tại D, cắt đường tròn của góc BAC O tại E. Gọi M là giao điểm của AB và CE. Tiếp tuyến. ( ). ( ). ( ). tại C của đường tròn O cắt AD tại N và tiếp tuyến tại E của đường tròn O cắt CN tại F. a) Chứng minh tứ giác MACN nội tiếp được trong một đường tròn. Vì AD là tia  = NAC . MAN. phân. giác. của.  BAC. nên. A.  = MCN  (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và Mà NAC. dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung).  = MCN  . Vậy tứ giác MACN nội tiếp Suy ra NAM. O K. được trong một đường tròn b) Gọi K là điểm trên cạnh AC sao cho AB = AK.. B. Chứng minh AO ⊥ DK. Gọi I là giao điểm của AO và DK (I ∈ DK) . Khi đó. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. C. F. E.  = ABD  . Suy ra dễ thấy AKD = ABD nên AKI. 1   nên được AKI = AOC = 900 − OAK 2. I D. M. N. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(122) 121. Website:tailieumontoan.com.  + OAK = AKI 900. Vậy OA vuông góc với DK. 1 1 1 c) Chứng minh rằng = . + CF CN CD  = CEF  nên BC//EF hay DC//EF. Do đó EF = NF , kết hợp với EF = CF suy ra BCE CD NC  1 1 1 1 EF CN − CF 1  + = ⇔ CF  + =  1 . Vậy = CF CN CD CD CN  CD CN . Ta có. Câu 5(1.0 điểm).Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100 hãy chọn n số ( n ≥ 2 ) sao cho hai số phân biệt bất kỳ được chọn có tổng chia hết cho 6. Hỏi có thể chọn n số thỏa mãn điều kiện trên với n lớn nhất bằng bao nhiêu?. • Lời giải. Gọi a1 ; a 2 ;...; a n là n số thỏa mãn đề bài. Vì 6, 12, 18 thỏa mãn đề bài nên chỉ cần xét n ≥ 3.. (. ). Theo giả thiết thì a1 + a 2 ; a1 + a 3 ; a 2 + a 3 đều chia hết cho 6 nên 2a1 + a 2 + a 3  6 suy ra 2a1 chia hết cho 6 do đó a1 chia hết cho 3. Lập luận tương tự thì mọi số a1 ; a 2 ;...; a n đều chia hết cho 3, nghĩa là khi chia cho 6 chúng có dạng. 6k hoặc 6k + 3 (k là số tự nhiên). Trong n số đang xét không thể có hai số thuộc cả hai dạng trên, vì lúc đó tổng của chúng không chia hết cho 6. Vậy chỉ có hai dãy số ( n ≥ 3 ) thỏa mãn đề bài là: + Các số đó đều có dạng 6k , với 1 ≤ k ≤ 16 , gồm 16 số. + Các số đó đều có dạng 6k + 3 , với 0 ≤ k ≤ 16 , gồm 17 số. Kết luận: Có thể chọn dãy với n lớn nhất là n = 17 số thỏa mãn đề bài.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(123) 122. Website:tailieumontoan.com Đề số 21 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH HƯNG YÊN Vòng 1 – Năm học 2016 – 2017. Bài 1 (1.0 điểm). Rút gọn biểu thức A =. 27 − 48 + 4 − 2 3. ( ). ( ). Bài 2 (2.0 điểm). Cho Parobol P : y = x 2 và đường thẳng d : y = mx − m + 2 (m là tham số) a) Với m = 2 . Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x 2 đều lớn hơn. 1 2. Bài 3 (2.0 điểm). x 2= y + 1 a) Giải hệ phương trình  2 y = x + 1. b) Giải phương trình. x + 3 = 4x 2 + 5x − 1. Bài 4(1.0 điểm). Hai người thợ cùng làm chung một công việc thì hoàn thành trong 4 giờ. Nếu mỗi người làm riêng, để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ nhất ít hơn người thứ hai là 6 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người phải làm trong bao lâu để hoàn thành công việc.. (. ). Bài 5 (3.0 điểm). Cho đường tròn O; R và đường thẳng d cố định, khoảng cách từ tâm O đến. ( ). đường thẳng d là 2R. Điểm M thuộc đường thẳng d, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới O (A, B là tiếp điểm). a) Chứng minh các điểm O, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn.. ( ). b) Gọi D là giao điểm đoạn OM với đường tròn O . Chứng minh D là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM c) Điểm M di động trên đường thẳng d. Xác định vị trí điểm M sao cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 6 (1.0điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc ≥ 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + 5 + 5 ≤ 2 2 2 2 2 2 2 a +b +c b +c +a c +a +b a + b2 + c 2 5. Hướng dẫn giải Bài 1 (1.0 điểm). Rút gọn biểu thức A = Ta có A =. 27 − 48 + 4 − 2 3 =. 27 − 48 + 4 − 2 3. 9.3 − 16.3 +. (. ( ). 3 −1. ). 2. = 3 3 − 4 3 + 3 − 1 = −1. ( ). Bài 2 (2.0 điểm). Cho Parobol P : y = x 2 và đường thẳng d : y = mx − m + 2 (m là tham số). ( ). ( ). a) Với m = 2 . Tìm tọa độ giao điểm của P và d . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(124) 123. Website:tailieumontoan.com. ( ). ( ). Với m = 2 ta có P : y = x 2 và d : y = 2x , khi đó tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình 2 y = x 2  x 0;= y 0 = = y x ⇔ 2 ⇔  = x 2;= y 4 y = 2x x = 2x   . ( ). ( ) ( ) ( ) b) Hoành độ giao điểm của của ( P ) và ( d ) là nghiệm của phương trình Vậy tọa độ giao điểm của P và d là O 0; 0 và A 2; 4 .. ( ). x 2 = mx − m + 2 ⇔ x 2 − mx + m − 2= 0. ( ). Để P và d cắt nhau tạ hai điểm phân biệt thì phương trình trên phải có hai nghiệm phân biệt.. (. ). Khi đó ∆ = m2 − 4 m − 2= m2 − 4m + 8 > 0 , đúng với mọi m. Khi đó để hoành độ giao điểm x1 ; x 2 đều lớn hơn. 1 thì ta cần có 2.  1 1 x1 −   x 2 −  > 0   4x x − 2x1 − 2x 2 + 1 > 0 2 2 ⇔ 1 2  2x + 2x 2 > 2 x − 1 + x − 1 > 0  1 2  1 2 2. Theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x 2 = m; x1 x 2 = m − 2 . Khi đó ta có. (. ). 4m − 2 m − 2 + 1 > 0 2m + 5 > 0 ⇔ ⇔ m >1  > m 1 > 2m 2   . ( ). ( ). Vậy với m > 1 thì d cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x 2 đều lớn hơn. 1 . 2. Bài 3 (2.0 điểm). 2 x = y + 1 a) Giải hệ phương trình  2 y = x + 1. x = y Trừ từng vế hai phương trình của hệ ta có x 2 − y2 = y − x ⇔ x − y x − y + 1 = 0 ⇔   x =− y − 1. (. )(. ). 1 + 5 1 + 5  1 − 5 1 − 5   và   + Với x = y ta tính được nghiệm là  ; ;  2   2  2 2    . (. ). (. + Với x =− y − 1 ta tính được các nghiệm −1; 0 và 0; −1 b) Giải phương trình. ). x + 3 = 4x 2 + 5x − 1. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −3 . Biến đổi phương trình đã cho ta được  1 3 2 2  x + 3 + = 2x +   1 9 1 3 2 2 2 x + 3 + x + 3 + = 4x + 6x + ⇔  x + 3 +  =  2x +  ⇔  1 4 4 2 2      x + 3 + =−2x − 3  2 2. Giải lần lượt các trường hợp ta được nghiệm của phương trình là x1 = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. −3 + 41 −7 − 33 . = ; x2 8 8 TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(125) 124. Website:tailieumontoan.com. Bài 4(1.0 điểm). Hai người thợ cùng làm chung một công việc thì hoàn thành trong 4 giờ. Nếu mỗi người làm riêng, để hoàn thành công việc thì thời gian người thứ nhất ít hơn người thứ hai là 6 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người phải làm trong bao lâu để hoàn thành công việc.. (. ). Bài 5 (3.0 điểm). Cho đường tròn O; R và đường thẳng d cố định, khoảng cách từ tâm O đến. ( ). đường thẳng d là 2R. Điểm M thuộc đường thẳng d, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới O (A, B là tiếp điểm).. ( ). Do MA và MB là các tiếp tuyến của đường tròn O.   nên ta có OAM = OBM = 900 , do đó các điểm O, A, B,. M cùng nằm trên đường tròn đường kính OM.. B. ( ). O. b) Gọi D là giao điểm đoạn OM với đường tròn O . Chứng minh D là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM. H. ( ). là điểm chính giữa cung nhỏ AB. Khi đó dễ thấy BD là  . Mặt khác ta lại có MD là phân phân giác của ABM. D. A. Do D là giao điểm của OM với đường tròn O nên D d. M. K.  . Do vậy D là tâm đường tròn nội giác của góc AMB. tiếp tam giác ABM c) Điểm M di động trên đường thẳng d. Xác định vị trí điểm M sao cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Gọi H là giao điểm của MO và AB, K là chân đường vuông góc hạ từ O xuống d Ta có MH vuông góc với AB = và HA HB; = OK 2R AM =. OM2 − OA2 =. OM2 − R 2. AM.AO R OM2 − R 2 = OM OM2 2 2 AM OM − R 2 = MH = OM OM. = AH. 1 Khi đó = = MH.HA = SMAB MH.AB 2. (OM. 2. ). − R 2 R OM2 − R 2 OM2. 2 2     R 2   R   R      = R 1− R.OM. 1 −   .OM. 1 −   =   OM  OM     OM        . 3. 2.  R  R 1 3 Với M thuộc đường thẳng d ta có OM ≥ OK= 2R ⇔ 0 < ≤ ⇒1−  ≥ . OM 2 4  OM  3. Suy ra SAMB.  3 3 3R 2  = (đvdt) ≥ R.2R.   4 4  . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(126) 125. Website:tailieumontoan.com. Vậy diện tích tam giác AMB nhỏ nhất khi M trùng với K. Bài 6 (1.0 điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc ≥ 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + 5 + 5 ≤ 2 2 2 2 2 2 2 a +b +c b +c +a c +a +b a + b2 + c 2 5. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz cho bộ số. (. 1  a 5 + b2 + c 2  + b2 + c 2  ≥ a 2 + b2 + c 2 a . ). (. ). 2. ⇒. (. a 5 ; b; c. ).  1  và  ; b; c  ta có:  a . 1 + b2 + c 2 a. 1 ≤ a + b2 + c 2 a 2 + b2 + c 2. (. 5. 1 + c2 + a 2 1 Chứng minh tương tự ta có 5 ≤ b b + c2 + a 2 a 2 + b2 + c 2. (. ). 2. ). 2. 1 + a 2 + b2 1 và 5 ≤ c c + a 2 + b2 a 2 + b2 + c 2. (. (. 1 1 1 + + + 2 a 2 + b2 + c 2 1 1 1 a b c Do đó 5 + 5 + 5 ≤ 2 2 2 2 2 2 2 a +b +c b +c +a c +a +b a 2 + b2 + c 2. (. Mặt khác ta có abc ≥ 1 ⇒. ). 2. ). ). 1 1 1 1 1 1 ≤ bc; ≤ ac; ≤ ab ⇒ + + ≤ ab + bc + ac a b c a b c. Mà ab + bc + ac ≤ a 2 + b2 + c2. (. ). 3 a 2 + b2 + c 2 1 1 1 3 + 5 + 5 ≤ = Suy ra 5 2 2 2 2 2 2 2 2 a +b +c b +c +a c +a +b a + b2 + c 2 a 2 + b2 + c 2. (. ). Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(127) 126. Website:tailieumontoan.com Đề số 22 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH HƯNG YÊN Vòng 2 – Năm học 2016 – 2017. Bài 1 (2.0điểm). a) Đặt = a. = 2; b. b) Cho= x. 3. 3. 2 . Chứng minh rằng. 28 + 1 −. 3. 1 1 a b − =a + b + + +1 a−b b b a. 28 − 1 + 2 . Tính giá trị của biểu thức P = x 3 − 6x 2 + 21x + 2016. Bài 2 (20điểm).. ( ). ( ). a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng d1 : y = y −3x + 3 ; d2 :=. ( d ) : y =−ax + a 3. 3. − a2 −. 1 1 x − và 2 2. 1 . Tìm a để 3 đường thẳng đồng quy 3. (. ). b) Tìm tất cả nghiệm nguyên dương x; y; z và thỏa mãn x ≥ y ≥ z ≥ 8 của phương trình: xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2015. Bài 3 (2.0 điểm). x 2 y2 − 2x + y2 = 0 a) Giải hệ phương trình  2 3 2x − 4x + 3 =− y. b) Giải phương trình. (. ). )(. 2x + 5 − 2x + 2 1 + 4x 2 + 14x + 10 = 3. Bài 4 (0.5 điểm).  = 600 . Tính thể tích hình tạo được khi Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 1cm và ABC. cho tam giác ABC quay một vòng quanh cạnh BC.. ( ) ( ) hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với ( O ) và ( O ) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD lần lượt cắt ( O ) và ( O ) tại M và N. Các đường thẳng CM và DN cắt nhau tại E. Gọi P là. Bài 5 (2.5điểm). Cho hai đường tròn O1 và O2 cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung gần B của 1. 1. 2. 2. giao điểm của BC và MN, Q là giao điểm của BD và MN. a) Chứng minh rằng đường thẳng AE vuông góc với CD. b) Chứng minh rằng. BD BC MN + =. BQ BP PQ. c) Chứng minh rằng tam giác EPQ là tam giác cân. Bài 6 (1.0 điểm). Trong hình vuông cạnh 10 cm, người ta đặt ngẫu nhiên 8 đoạn thẳng mỗi đoạn thẳng có độ dài 2 cm. Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 điểm trên hai đoạn thẳng khác nhau trong 8 đoạn thẳng đó mà khoảng cách của chúng không vượt quá. 14 cm . 3. Hướng dẫn giải Bài 1 (2.0điểm).. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(128) 127. Website:tailieumontoan.com. a) Đặt = a. = 2; b. 3. 1 1 a b − =a + b + + +1 a−b b b a. 2 . Chứng minh rằng. Ta có. 1  1 1 a b a b − = a + b + + + 1 ⇔ 1 = a − b  + a + b + + + 1 a−b b b a b a b . VP =. a a 2 b2 − 1 + a 2 − b2 + − b b a. (. Do = a. = 2; b. 3. 2 nên. ). a 2 b3 a b2 = =b2 ; = ⇒ VP =−1 + a 2 =−1 + 2 =1 =VT b b b a. Từ đó ta có điều phải chứng minh. b) Cho= x. 3. 28 + 1 −. 3. 28 − 1 + 2 . Tính giá trị của biểu thức P =x 3 − 6x 2 + 21x + 2016. Ta có 3  28 + 1 − . 2) ( x −= 3. (. =. ) (. 28 + 1 −. 3.  28 − 1  . 3. ) (. 28 − 1 − 3. 28 + 1. )(. ). 3 28 − 1  28 + 1 − .  28 − 1  = 20 − 9x . 3. Từ đó ta được x 3 − 6x 2 + 12x − 8 =20 − 9x ⇔ x 3 − 6x 2 + 21x =28 . Do đó P = x 3 − 6x 2 + 21x + 2016 = 28 + 2016 = 2044 Bài 2 (20điểm). 1 1 x − và 2 2. ( ). ( ). a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba đường thẳng d1 : y = y −3x + 3 ; d2 :=. ( d ) : y =−ax + a. 3. 3. − a2 −. ( ). 1 . Tìm a để 3 đường thẳng đồng quy 3. ( ). ( ). ( ). Gọi A x; y là giao điểm của d1 và d2 nên x; y là nghiệm của hệ phương trình y = −3x + 3  x = 1  1 1 ⇔ y = 0 ⇒ A 1; 0 y x−  = 2 2 . ( ). ( )( )( ). ( ). Để d1 , d2 , d3 đồng quy thì A ∈ d3 Khi đó ta có a 3 − a 2 − a − Vậy a =. 1 3. 4 −1. ( ). 1 = 0 ⇔ 4a 3 = a 3 + 3a 2 + 3a + 1 ⇔ a 3 4 3. 3. (. = a +1. ). 3. ⇒a=. 1 3. 4 −1. ( )( )( ). thì d1 , d2 , d3 đồng quy.. (. ). b) Tìm tất cả nghiệm nguyên dương x; y; z và thỏa mãn x ≥ y ≥ z ≥ 8 của phương trình: xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2015. Biến đổi phương trình đã cho ta có. (. ). ( ) ( ) ( ⇔ ( x + 1)( y + 1)( z + 1) = 2 .3 .7. ). (. )(. )(. ). xy z + 1 + y z + 1 + x z + 1 + z + 1= 2016 ⇔ x + 1 y + 1 z + 1= 2016 5. 2. Do x ≥ y ≥ z ≥ 8 nên ta được xyz + xy + yz + zx + x + y + z ≥ z3 + 3z2 + 3z Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(129) 128. Website:tailieumontoan.com. (. ) ≤ 2016 ⇒ z + 1 ≤ 12 ⇒ z ≤ 11 . Vì z ≥ 8 nên ta được z ∈ {8; 9;10;11} . Ta đi xét các trường hợp sau + Với z = 8 , khi đó ta có phương trình ( x + 1)( y + 1) = 2 .7 Do đó z3 + 3z2 + 3z ≤ 2015 ⇒ z + 1. 3. 5. = x 15 x + 1 16 = . Vì nên từ phương trình trên ta được  ⇔ = y + 1 14 = y 13 . (. )( ) + Với z = 10 , khi đó ta có phương trình 11. ( x + 1)( y + 1) = 2 .3 .7 , dễ thấy phương trình vô. + Với z = 9 , khi đó ta có phương trình 10. x + 1 y + 1 = 25.32.7 , dễ thấy phương trình vô nghiệm. 5. 2. nghiệm.. (. )(. ). (. )(. ). + Với z = 11 , khi đó ta có phương trình 12. x + 1 y += 1 25.32.7 ⇔ x + 1 y += 1 23.3.7 . = x + 1 14 = x 13 . Vì x ≥ y ≥ z = 11 nên từ phương trình trên ta được  ⇔ = y + 1 12 = y 11. (. ) (. )(. Vậy phương trình đã cho trên có các nghiệm là x; y; z = 15;13; 8 , 13;11;11. ). Bài 3 (2.0 điểm). x 2 y2 − 2x + y2 = 0 a) Giải hệ phương trình  2 3 2x − 4x + 3 =− y. x 2 y2 − 2x + y2 = 0 Biến đổi hệ phương trình đã cho ta được  2 ⇔ 2x − 4x + 3 =− y 3 . Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có x 2 + 1 ≥ 2x ⇒. (.  2 2x y = 2 x +1  2 y3 = −2 x − 1 − 1 . (. ). 2x ≤ 1 ⇒ y2 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ y ≤ 1 x +1 2. ). 2. Mà ta lại có −2 x − 1 − 1 ≤ −1 ⇔ y 3 ≤ −1 ⇔ y ≤ −1 Kết hợp hai kết quả trên ta được y = −1 . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được x = 1 .. ( ) (1; −1) vào hệ phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y= ) (1; −1). Thay x; y=. b) Giải phương trình. (. ). )(. 2x + 5 − 2x + 2 1 + 4x 2 + 14x + 10 = 3. Điều kiện xác định của hệ phương trình là x ≥ −1 . Đặt Khi đó ta có a 2 − b2= 3; 4x 2 + 14x + 10=. (. )(. 2x += 5 a; 2x += 2 b (với a ≥ 0; b ≥ 0 ). (2x + 5 )(2x + 2 )=. ) (. ab. ) (. )(. )(. ). Thay vào phương trình ta được a − b 1 + ab = a 2 − b2 ⇔ a − b 1 − a 1 − b =0 . + Với a = b ta có phương trình. 2x + 5=. + Với a = 1 ta có phương trình. 2x + 5 = 1 ⇔ x =−2 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 2x + 2 , phương trình vô nghiệm.. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(130) 129. Website:tailieumontoan.com 1 2x + 2 = 1 ⇔ x =− . 2. + Với b = 1 ta có phương trình. 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 2  = 600 . Tính thể tích hình Bài 4 (0.5 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 1cm và ABC. Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = −. tạo được khi cho tam giác ABC quay một vòng quanh cạnh BC. 3 cm và BC = 2cm . Hình tạo thành là hai hình nón có bán kính 2. Ta tính được đường cao AH =. đáy là AH, chiều cao là HB và HC. Thể tích hình tạo thành là. (. ). 1  BC..AH2 = cm 3 . 3 2. ( ) ( ) hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với ( O ) và ( O ) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD lần lượt cắt ( O ) và ( O ) tại M và N. Các đường thẳng CM và DN cắt nhau tại E. Gọi P là. Bài 5 (2.5điểm). Cho hai đường tròn O1 và O2 cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung gần B của 1. 1. 2. 2. giao điểm của BC và MN, Q là giao điểm của BD và MN. a) Chứng minh đường thẳng. E. AE vuông góc với CD. Ta có MN song song với CD  = ENA  , mà nên EDC  = CDA   = DNA  nên EDC CDA. C I. , suy ra DC là phân giác góc  . Tương tự ta có CD là EDA. D B. . phân giác góc ECA. Từ đó ta suy ra được ∆ACD = ∆ECD nên DA = DE ,. Q. O1. O2. M. do đó tam giác ACE cân tại C.. A. Suy ra đường phân giác CD đồng thời là đường cao nên CD. N P. vuông góc với AE.. b) Chứng minh. BD BC MN + =. BQ BP PQ. Ta có DC là trung trực của AE và CD song song với MN nên CD là đường trung bình của tam giác MEN, suy ra ta được CD =. 1 MN . Lại có CD song song với PQ nên theo định lí Talets ta có 2 BC BD CD BC BD 2CD MN = = ⇒ + = = BP BQ PQ BP BQ PQ PQ. c) Chứng minh rằng tam giác EPQ là tam giác cân.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(131) 130. Website:tailieumontoan.com. Do PQ song song với CD nên AE vuông góc với PQ. Gọi I là giao điểm của AB và CD, ta suy ra được tam giác AID đồng dạng với DIB, do đó ta có. ID IB = ⇒ ID2 = IA.IB . IA ID. Chứng minh tương tự ta được IC2 = IA.IB . Từ đó suy ra IC = ID . Do CD song song với PQ theo định lý Talét ta có. ID IB IC = = ⇒ AP = AQ AQ AB AP. Kết hợp các kết quả trên ta suy ra được tam giác EMP cân tại E. Bài 6 (1.0 điểm). Trong hình vuông cạnh 10 cm, người ta đặt ngẫu nhiên 8 đoạn thẳng mỗi đoạn thẳng có độ dài 2 cm. Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 điểm trên hai đoạn thẳng khác nhau trong 8 đoạn thẳng đó mà khoảng cách của chúng không vượt quá. 14 cm . 3. Với mỗi đoạn thẳng và hình vuông đã cho, xét các hình bao như hình vẽ. 7 A. 3. cm D. 10cm 7 3 M. B. cm 2cm. N. C.  28  7 2  8  +   π  ≈ 211, 50 cm2 . Tổng diện tích của 8 hình bao đoạn thẳng là S1 =  3 3   . (. 2. Diện tích hình bao hình vuông là S2 = 100 +. 280  7  +   π ≈ 210, 44 cm2 3 3. (. ). ). Do S1 > S2 mà các đoạn thẳng nằm hoàn toàn trong hình bao hình vuông nên tồn tại hai đoạn thẳng d1, d2 có hình bao giao nhau. Gọi I là điểm thuộc phần giao đó, suy ra trên hai doạn thẳng d1, d2 tồn tại lần lượt hai điểm E và F sao cho IE ≤. 7 7 7 7 14 ; IF ≤ . Khi đó ta có EF ≤ IE + IF ≤ + = cm . Vậy bài toán được chứng 3 3 3 3 3. ( ). minh.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(132) 131. Website:tailieumontoan.com Đề số 23 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH QUẢNG BÌNH Năm học 2016 – 2017.   a −4 3  Câu 1 (2.0 điểm). Cho biểu thức P  = + ⋅ a − a − 2 với a > 0, a ≠ 4 .  a −2 a a −2  . ). (. a) Rút gọn biểu thức P. b)Tính giá trị của P khi a =. (3. 2+4. ). 2− 3. 3 −1. ⋅. Câu 2(2.5 điểm). a) Giải phương trình. 1 1 + 2x + 2017 =+ 3x + 2016 . 2 x x. (. ). b) Cho phương trình x 2 − 2 2m + 1 x + m2 + 8 = 0 (1) (m là tham số). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn. (. ). (. ).  x 2 − 4m + 1 x + m2   x 2 − 4m + 1 x + m2  = 25 . 1 2  1  2 . Câu 3(1.0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc . Chứng minh rằng. 1 a3 + b. +. 1 b3 + c. +. 1 c3 + a. ≤. 3 2. Câu 4(3.5 điểm). Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm. Đường phân giác của góc BAC cắt BC tại D, cắt đường tròn (O) tại E. Gọi M là giao điểm của AB và CE. Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt AD tại N và tiếp tuyến tại E của đường tròn (O) cắt CN tại F. a) Chứng minh tứ giác MACN nội tiếp được trong một đường tròn. b) Gọi K là điểm trên cạnh AC sao cho AB = AK. Chứng minh AO ⊥ DK. 1 1 1 c) Chứng minh rằng = . + CF CN CD. Câu 5(1.0 điểm).Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100 hãy chọn n số ( n ≥ 2 ) sao cho hai số phân biệt bất kỳ được chọn có tổng chia hết cho 6. Hỏi có thể chọn n số thỏa mãn điều kiện trên với n lớn nhất bằng bao nhiêu? Hướng dẫn giải   a −4 3  Câu 1 (2.0 điểm). Cho biểu thức P  = + ⋅ a − a − 2 với a > 0, a ≠ 4 .  a −2 a a −2  . (. ). a) Rút gọn biểu thức P.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(133) 132. Website:tailieumontoan.com 4 a −4. Với a > 0, a ≠ = 4 ta có P. a −2 a. (3. b)Tính giá trị của P khi a =. Với a > 0, a ≠ 4 ta có P =. a=. Suy ra = a. (. 3 2+4. .. ). )(. (. 2+4. ). 2− 3. (. a. = 2+ 1 . Khi đó P. a −1. 4 a −1 ) (a). )(. a + 1= a −2. ) . Ta có. 2− 3. 3 −1. (. ⋅. 3 −1 4 a −1. ). ( a ( a − 2). 4. ). a + 1= a −2. =. (. 3+2 2. ). 4−2 3. 3 −1. (3 + 2 2 ) (. =. 3 −1. 3 −1. )= 2. 3+2 2. ). (. 4 3 +2 2 −1 = 8. 2 +1. Câu 2(2.5 điểm). a) Giải phương trình. 1 1 + 2x + 2017 =+ 3x + 2016 . 2 x x. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − 672; x ≠ 0 . Biến đổi phương trình đã cho. ta được 1 1 1 1 + 2x + 2017 = + 3x + 2016 ⇔ 2 − = 3x + 2016 − 2x + 2017 2 x x x x   x−1 1−x 1 1   = ⇔ 2 ⇔ x−1 = + 0  3x + 2016 + 2x + 2017 x 2  x 3x + 2016 + 2x + 2017  . (. Do. 1 3x + 2016 + 2x + 2017. +. ). 1 ≠ 0 với x ≥ − 672; x ≠ 0 x2. Suy ra từ phương trình trên ta được x = 1 . Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm duy nhất x = 1 .. (. ). b) Cho phương trình x 2 − 2 2m + 1 x + m2 + 8 = 0 (m là tham số). Tìm m để phương trình có. (. ). ). (. hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn  x12 − 4m + 1 x1 + m2   x 22 − 4m + 1 x 2 + m2  = 25 .    • Lời giải. Ta có ' = 3m2 + 4m − 7 =. ( m − 1)( 3m + 7 ). Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi  = '. (. m > 1 m − 1 3m + 7 > 0 ⇔  m < − 7  3. )(. ). x + x 2 = 4m + 2 Vì x1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình nên theo hệ thức Vi – et ta có  1 m2 + 8 = 2 x1 .x. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(134) 133. Website:tailieumontoan.com. ( (. ) ). x 2 − 4m + 1 x + m2 =x − 8 1 1 và  12 . Khi đó: 2 x 2 − 4m + 1 x 2 + m =x 2 − 8. (. ). (. ). ( )( { }. ).  x 2 − 4m + 1 x + m2  .  x 2 − 4m + 1 x + m2  =25 ⇔ x − 8 x − 8 =0 1 2 1 2  1   2  2 ⇔ x1 x 2 − 8 x1 + x 2 + 31 =0 ⇔ m − 32m + 31 =0 ⇔ m ∈ 1; 31. (. ). Kết hợp với điều kiện có nghiệm của phương trình ta được m = 31 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3(1.0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc . 1. Chứng minh rằng. a3 + b. • Lời giải. Từ giả thiết ta có. 1. b3 + c. 1. +. c3 + a. ≤. 3 2. 1 1 1 + + = 3 . Khi đó a b c. 1. +. 1. +. +. 1. 1. ≤. 1. +. +. 1. a3 + b b3 + c c3 + a 2a ab 2b bc 2c ca   1  a ab b bc c ca  1  a + ab b + bc c + ca    = + + ≤ + + 2  a ab b bc c ca  2 2  a ab b bc c ca  1  1 1 1  1  ab bc ca  3 +  = + + + + 3 + = ab bc ca  2 2 ab bc ca  2 2  1  a +b b+c c+a 1 3 3 += 3 ≤ + + = 3 +  2ab 2bc 2ca  2 2 2 2 2. (. ). Dấu bằng xẩy ra xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1 . Câu 4(3.5 điểm). Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O. Đường phân giác  cắt BC tại D, cắt đường tròn O tại E. Gọi M là giao điểm của AB và CE. Tiếp tuyến của góc BAC. ( ). ( ). ( ). tại C của đường tròn O cắt AD tại N và tiếp tuyến tại E của đường tròn O cắt CN tại F. a) Chứng minh tứ giác MACN nội tiếp được trong một đường tròn. giác. của.  BAC. Vì AD là tia  = NAC . MAN. phân.  = MCN  Mà NAC. (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và. nên. A. dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung).  = MCN  . Vậy tứ giác MACN nội tiếp Suy ra NAM. O K. được trong một đường tròn b) Gọi K là điểm trên cạnh AC sao cho AB = AK.. B. Chứng minh AO ⊥ DK. Gọi I là giao điểm của AO và DK (I ∈ DK) . Khi đó. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. C. F. E.  = ABD  . Suy ra dễ thấy AKD = ABD nên AKI 1   nên được AKI = AOC = 900 − OAK 2. I D. M. N. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(135) 134. Website:tailieumontoan.com.  + OAK = AKI 900. Vậy OA vuông góc với DK 1 1 1 c) Chứng minh rằng = . + CF CN CD.  = CEF  nên BC//EF hay DC//EF. Do đó EF = NF , kết hợp với EF = CF suy ra BCE CD NC  1 EF CN − CF 1  1 1 1 = ⇔ CF  + = +  1 . Vậy = CD CN CF CN CD  CD CN . Ta có. Câu 5(1.0 điểm).Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100 hãy chọn n số ( n ≥ 2 ) sao cho hai số phân biệt bất kỳ được chọn có tổng chia hết cho 6. Hỏi có thể chọn n số thỏa mãn điều kiện trên với n lớn nhất bằng bao nhiêu? • Lời giải. Gọi a1 ; a 2 ;...; a n là n số thỏa mãn đề bài. Vì 6, 12, 18 thỏa mãn đề bài nên chỉ cần xét. n ≥ 3.. (. ). Theo giả thiết thì a1 + a 2 ; a1 + a 3 ; a 2 + a 3 đều chia hết cho 6 nên 2a1 + a 2 + a 3  6 suy ra 2a1 chia hết cho 6 do đó a1 chia hết cho 3. Lập luận tương tự thì mọi số a1 ; a 2 ;...; a n đều chia hết cho 3, nghĩa là khi chia cho 6 chúng có dạng 6k hoặc 6k + 3 (k là số tự nhiên).. Trong n số đang xét không thể có hai số thuộc cả hai dạng trên, vì lúc đó tổng của chúng không chia hết cho 6. Vậy chỉ có hai dãy số ( n ≥ 3 ) thỏa mãn đề bài là: + Các số đó đều có dạng 6k , với 1 ≤ k ≤ 16 , gồm 16 số. + Các số đó đều có dạng 6k + 3 , với 0 ≤ k ≤ 16 , gồm 17 số. Kết luận: Có thể chọn dãy với n lớn nhất là n = 17 số thỏa mãn đề bài.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(136) 135. Website:tailieumontoan.com Đề số 24 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH LONG AN Năm học 2016 – 2017. Câu 1 (1.5 điểm). Cho biểu thức P =. 1 x +1. +. 10 2 x +1. −. 5 2x + 3 x + 1. với điều kiện x ≥ 0 .. a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm tất cả các số tự nhiên x để P là số nguyên tố. Câu 2 (2.0 điểm).. (. ). Cho phương trình x 2 − 2 m − 1 x − 2m + 5 = 0 (với m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x 2 sao cho x1 + x 2 + 2x1 x 2 = 26 .. (. ). Câu 3 (1.0 điểm). Giải phương trình 2 x 2 + 2= 5 x 3 + 1 . Câu 4 (2.5 điểm).. ( ). ( ). Cho tam giác nhọn ABC có đường cao BE và nội tiếp đường tròn O . Tiếp tuyến của O tại B và C cắt nhau tại S , BC và OS cắt nhau tại M . a) Chứng minh rằng AB.BM = AE.BS .  = ASB . b) Chứng minh rằng AME Câu 5 (1.0 điểm).. Số A được tạo thành bởi các chữ số viết liền nhau gồm các số nguyên dương từ 1 đến 60 theo thứ tự từ nhỏ đến lớn: A = 12345678910...585960 . Ta xóa 100 chữ số của số A sao cho số tạo thành bởi các chữ số còn lại là số nhỏ nhất (không thay đổi trật tự các chữ số ban đầu). Hãy tìm số nhỏ nhất được tạo thành đó. Câu 6 (1.0 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q=. abc. ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ).  60  0  có BAD Câu 7 (1.0 điểm). Cho tứ giác ABCD = = ; BCD 900 . Đường phân giác trong của BAD. cắt. BD. tại E .. Đường. phân. giác. trong.  của BCD. cắt. BD. tại F .. Chứng. minh. 3 2 1 1 1 1 . + = + + + AE CF AB BC CD DA. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(137) 136. Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải. Câu 1 (1.5 điểm). Cho biểu thức P = a) Rút gọn biểu thức P . P =. 1 x +1. 10. +. 2 x +1. ) ). ( )(. 2 x + 1 + 10 x + 1 − 5 = x +1 2 x +1. (. −. 5 2x + 3 x + 1. với điều kiện x ≥ 0 .. 12 x + 6 = x +1 2 x +1. )(. (. ). 6 x +1. b) Tìm tất cả các số tự nhiên x để P là số nguyên tố. 6. Do P =. x +1. và P là số nguyên tố nên. x +1 = 2 hoặc. x +1 = 3 . Từ đó ta được= x 1;= x 4. thỏa mãn yêu cầu bài toán.. (. ). Câu 2 (2.0 điểm). Cho phương trình x 2 − 2 m − 1 x − 2m + 5 = 0 (với m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x 2 sao cho x1 + x 2 + 2x1 x 2 = 26 . ' m2 − 2m + 1 + 2m − 5= m2 − 4 • Lời giải. Ta có ∆ =. Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ' ≥ 0 ⇔ m2 − 4 ≥ 0 x + x 2 = 2m − 2 Khi đó theo định lý Vi – et ta có  1 −2m + 5 x1 x 2 =. Do đó ta được x1 + x 2 + 2x1 x 2 = 26 ⇔ 2m − 2 − 4m + 10 = 26 ⇔ m = −9 Kết hợp với điều kiện có nghiệm thì m = −9 thỏa yêu cần đề bài.. (. ). Câu 3 (1.0 điểm). Giải phương trình 2 x 2 + 2= 5 x 3 + 1 . • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với. (. ). 2 x 2 − x + 1 + x + 1= 5. ( x + 1) ( x. 2. ). x +1 x +1 −5 2 += 2 0 x − x +1 x − x +1 x +1 =2 2 x − x +1 x +1 1 = 2 x − x +1 2. − x +1 ⇔ 2.       x +1 x +1 ⇔ 2 − 2 − 1  =0 ⇔   x − x + 1   x2 − x + 1       . 2. + Với. x +1 = 2 ⇔ 4x 2 − 5x + 3 = 0 , phương trình vô nghiệm. x − x +1. + Với. x +1 1  5 − 37 5 + 37  2 = ⇔ − − = ⇔ ∈ x 5x 3 0 x ;   2 x2 − x + 1 2  2 . 2.  5 − 37 5 + 37  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S =  ; . 2 2  . ( ). Câu 4 (2.5 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có đường cao BE và nội tiếp đường tròn O . Tiếp. ( ). tuyến của O tại B và C cắt nhau tại S, BC và OS cắt nhau tại M. a) Chứng minh rằng AB.BM = AE.BS . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(138) 137. Website:tailieumontoan.com.  = 900 và BMS  = 900 (tính a) Ta có AEB. B. chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Lại có  = SBM  (cùng bằng 1 số đo BC  ). BAE 2 Suy ra tam giác ABE đồng dạng với tam. M. S. O. giác BSM. AB AE hay AB.BM = AE.BS = BS BM  = ASB . b) Chứng minh rằng AME. A. Suy ra. E C. AB AE BC AB AE  ABO  + 900 và AEM   + 900 và MB nên . Lại có ABS = = BEM = = = ME = BS BM BS ME 2    . Vì tam giác ABE đồng dạng với tam giác BSM nên ABE = BSM = OBM. Vì.     . Từ đó dẫn đến ABS  = AEM Suy ra ta được ABO = EBM = BEM.  = ASB  Do vậy tam giác ABS đồng dạng với tam giác AEM. Nên suy ra AME. Câu 5 (1.0 điểm). Số A được tạo thành bởi các chữ số viết liền nhau gồm các số nguyên dương từ 1 đến 60 theo thứ tự từ nhỏ đến lớn: A = 12345678910...585960 . Ta xóa 100 chữ số của số A sao cho số tạo thành bởi các chữ số còn lại là số nhỏ nhất (không thay đổi trật tự các chữ số ban đầu). Hãy tìm số nhỏ nhất được tạo thành đó.. (. ). • Lời giải. Số chữ số của A là 9 + 60 – 10 + 1 .2 = 111 chữ số.. Suy ra xóa 100 chữ số thì còn lại 11 chữ số. Để số mới có 11 chữ số nhỏ nhất thì ta phải chọn 5 chữ số đầu tiên bên trái là chữ số 0 (nghĩa là xóa hết các chữ số khác 0 từ 1 đến 50). 11 chữ số còn lại sau khi xóa 100 chữ số là 00000123450 Vậy số cần tìm là 123450 Câu 6 (1.0 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q=. abc. ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ). • Lời giải. Do a, b, c là các chữ số nên b + c − a > 0; c + a − b > 0; a + b − c > 0 .. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có Tương tự ta có. ( b + c − a )( c + a − b ) ≤ 21 ( b + c − a + c + a − b ) =c. ( c + a − b )( a + b − c ) ≤ a; ( a + b − c )( b + c − a ) ≤ b. Từ đó suy ra Q. abc. ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ). ≥1. Giá trị nhỏ nhất của Q là 1. Khi đó a= b= c .  60  0  có BAD Câu 7 (1.0 điểm). Cho tứ giác ABCD = = ; BCD 900 . Đường phân giác trong của BAD.  cắt BD tại F . cắt BD tại E. Đường phân giác trong của BCD. Chứng minh rằng. 3 2 1 1 1 1 . + = + + + AE CF AB BC CD DA. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(139) 138. Website:tailieumontoan.com. Gọi K là hình chiếu vuông góc của E lên AB. A. Diện tích tam giác ABE là = SABE. KE.AB AE. s in300.AB AE.AB = = 2 2 4. Diện tích tam giác ADE là SADE =. K. AE.AD 4. B. Diện tích tam giác ABD là = SABD. Ta. AB. s in600.AD = 2. có. E. D. 3AB.AD 4. SABE + SADE = SABD. nên. F. suy. ra. C. 3 1 1 = + AE AB AD 2 1 1 3 2 1 1 1 1 . Từ đó ta có Tương tự như trên ta tìm được = + + = + + + CF CB CD AE CF AB BC CD DA. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(140) 139. Website:tailieumontoan.com Đề số 25 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH HÒA BÌNH Năm học 2016 – 2017. Câu I (2.0 điểm). 1) Rút gọn các biểu thức sau: a) A = 6 + 2 5 − 29 − 12 5. b) B =. x y −y x xy. +. x−y x− y. 2) Giải phương trình sau: 3x 4 + 5x 2 − 2 = 0 Câu II (3.0 điểm). 1) Chứng minh rằng nếu a và b là các số tự nhiên lẻ thì a 2 + b2 không phải là số chính phương.. ( ). 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x 2 + xy − x − 2y − 5 = 0  x 2 + y2 2 xy + = 3  3) Giải hệ phương trình  xy x+y 6 x= y + 9 . Câu III(1.0 điểm). Một ca nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến sông B cách nhau 24km. Cùng lúc đó một bè nứa cũng trôi từ A đến B với vận tốc dòng nước là 4km/h. Khi đến B ca nô quay lại ngay và gặp bè nứa tại địa điểm C cách A là 8km. Tính vận tốc thực của ca nô. Câu IV(2.0 điểm). Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Một điểm M nằm trên cung AB (M khác A, M khác B). Gọi H là điểm chính giữa của cung AM. Tia BH cắt AM tại I và cắt tiếp tuyến tại A của nửa đường tròn (O) tại K. Các tia AH, BM cắt nhau tại S. a) Chứng minh điểm S nằm trên một đường tròn cố định.. (. ). b) Kéo dài AM cắt đường tròn B; BA tại điểm thứ hai là N. Chứng minh tứ giác BISN là tứ giác nội tiếp. Câu V (2.0 điểm).  30 0  1) Cho tam giác ABC = có B = ;C 150 , đường trung tuyến AM. Tính số đo góc AMB .. 2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: a 3 + ab2 b3 + bc2 c3 + ca 2 + + ≥2 a 2 + b + b2 b2 + c + c 2 c 2 + a + a 2. Câu I (2.0 điểm). 1) Rút gọn các biểu thức sau:. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(141) 140. Website:tailieumontoan.com. a) A = 6 + 2 5 − 29 − 12 5 = 6 + 2 5 − x y −y x. b) B =. xy. (2. 5 −3. ). 2. = 6 + 2 5 − 2 5 + 3 =3. x−y. +. x− y. Điều kiện xác định của biểu thức là x > 0; y > 0; x ≠ y . Ta có x y −y x. B= =. (. xy. +. ) (. x− y +. x−y. = x− y. xy. (. x− y xy. ). )+(. x− y. )(. x+ y. ). x− y. x+ y =2 x. 2) Giải phương trình 3x 4 + 5x 2 − 2 = 0. 1 Đặt = t x 2 ≥ 0 phương trình đã cho trở thành 3t2 + 5t − 2 =0 ⇒ t1 = ; t2 =−2 (loại) 3. Với t =. 1 1 3 . Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S= ⇒ x2 = ⇒ x = ± 3 3 3.  3 3  ; − .  3 3 . Câu II (3.0 điểm). 1) Chứng minh rằng nếu a và b là các số tự nhiên lẻ thì a 2 + b2 không phải là số chính phương.. (. ). Vì a, b là các số tự nhiên lẻ nên ta đặt a =2m + 1; b =2n + 1 m, n ∈  . Khi đó ta có a 2 + b2 =. (2m + 1) + (2n + 1) = 4 ( m 2. 2. ). + n2 + m + n + 2. 2. Ta có một số chính phương chia hết cho 2 thì phải chia hết cho 4 Mà a 2 + b2 chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4, nên a 2 + b2 không phải là số chính phương. ( ). 2) Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x 2 + xy − x − 2y − 5 = 0 Dễ thấy với x = 2 thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Xét x ≠ 2 , khi đó biến đổi phương trình trên ta được −x2 + x + 5 x 2 + xy − x − 2y − 5 =0 ⇔ y x − 2 =−x 2 + x + 5 ⇔ y = x −2 (vì x=2 không là −x2 + x + 2 3 3 ⇔y= + =− x − 1 + x −2 x −2 x −2. (. ). nghiệm) Do y nhận giá trị nguyên khi x − 2 là ước của 3. Từ đó ta được x −2. 1. 3. −1. −3. x. 2. 5. 1. −1. y. −1. −5. −5. −1. ( ) ( 3; −1) ; ( 5; −5 ) ; (1; −5 ) ; ( −1; −1). Vậy pt có nghiệm nguyên x, y =.  x 2 + y2 2 xy 3 + =  3) Giải hệ phương trình  xy x+y 6 x= y + 9  Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(142) 141. Website:tailieumontoan.com. Điều kiện xác định của hệ phương trình là x > 0; y > 0 . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có x 2 + y2 2 xy += xy x+y. (x + y). 2. = =. (. 2 xy. 2. − 2xy. xy. 2 xy +4+ −6 ≥2 x+y. xy 7 x+y. (x + y). +. 2 xy x+y. (x + y). 2. xy. .4 +. ) + (x + y) + 2 2 xy. (. ). 4 x+y 2 xy 2 xy − 6= + −6 x+y x+y xy. xy 7.2 xy −6 ≥ +2 x+y 2 xy. (x + y) . 2 2 xy. xy = −6 3 x+y. Kết hợp với phương trình thứ nhất của hệ ta được x = y . Với x = y thay vào phương trình hai ta được 6 x = x + 9 ⇒. (. x −3. ). 2. = 0⇒x=9. ( ) ( ). Kết hợp với điều kiện xác định ta được x; y = 9; 9 là nghiệm duy nhất của hệ. Câu III(1.0 điểm). Một ca nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến sông B cách nhau 24km. Cùng lúc đó một bè nứa cũng trôi từ A đến B với vận tốc dòng nước là 4km/h. Khi đến B ca nô quay lại ngay và gặp bè nứa tại địa điểm C cách A là 8km. Tính vận tốc thực của ca nô.. (. ). Gọi vận tốc thực của ca nô là x (km/h) x > 4 . Vận tốc xuôi dòng là x + 4 và vận tốc ngược dòng là x − 4 Thời gian xuôi dòng là. 24 16 và thời gian ngược dòng là . x+4 x−4. Thời gian ca nô đi A đến B rồi trở lại đến C là 8 : 4 = 2 giờ Ta có phương trình. 24 16 + = 2 . Giải phương trình được x = 20 (thỏa mãn). x+4 x−4. Vậy vận tốc thực của ca nô là 20 km/h Câu IV (2.0 điểm). Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Một điểm M nằm trên cung AB (M khác A, M khác B). Gọi H là điểm chính giữa của cung AM. Tia BH cắt AM tại I và cắt tiếp tuyến tại A của nửa đường tròn (O) tại K. Các tia AH, BM cắt nhau tại S. N. S. K. M. H. I. B. O. A. a) Chứng minh điểm S nằm trên một đường tròn cố định.  = AKB  (vì sđ cung AH bằng sđ cung HM) và AKB  = SAB  (cùng phụ với KAH ) Ta có ASB  = SAB  ⇒ SB = AB cố định. Vậy S thuộc đường tròn (B; BA) Do đó ta được ASB Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(143) 142. Website:tailieumontoan.com. (. ). b) Kéo dài AM cắt đường tròn B; BA tại điểm thứ hai là N. Chứng minh tứ giác BISN là tứ giác nội tiếp.  = MHB  (cùng chắn cung IM). Lại có MHB  = MAB  (cùng chắn Ta có tứ giác SHIM nội tiếp nên BSI  = BNI  (vì tam giác ABN cân tại B). Do đó ta được BSI  = BNI  nên tứ giác BISN cung BM) và MAB. nội tiếp đường tròn. Câu V (2.0 điểm).  30  .. 0  1) Cho tam giác ABC = có B = ;C 150 , đường trung tuyến AM. Tính số đo góc AMB A. B. H. M. D. C. Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Đặt AH = a ⇒ AB = 2a; BH = 3a . Lấy D đối xứng với B qua H.  = DCA  = 150 ⇒ DC = DA = AB = 2a Khi đó ta có DAC. Suy ra BC = BH + DH + DC = 2 3a + 2a ⇒ BM = Nên ta được HM = BM − BH =. BC = 2. 3a + a. 3a + a − 3a = a = AH ..  = 450 . Suy ra tam giác AHM vuông cân tại H nên ta được AMB. 2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: a 3 + ab2 b3 + bc2 c3 + ca 2 + + ≥2 a 2 + b + b2 b2 + c + c 2 c 2 + a + a 2. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với  a 3 + ab2   b3 + bc2   c3 + ca 2  b c + − + −  a − 2     ≤1 a + b + b2   b2 + c + c2   c2 + a + a 2   ab bc ca ⇔ 2 + 2 + 2 ≤1 2 2 a +b+b b +c+c c + a + a2. Áp dụng Bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có a 2 + b + b2 ≥ 3 3 a 2 b3 = 3b 3 a 2 Do đó. 3 ab ab a a +1+1 a +2 ≤ = ≤ = 2 2 3 9 9 a +b+b 3b 3 a 2. Tương tự ta được. bc b+2 ca c+2 ≤ ≤ ; 2 2 2 9 c +a+a 9 b +c+c 2. Cộng vế với vế các bất đảng thức trên ta được ab bc ca a+b+c+6 1 + 2 + 2 ≤ = 2 2 2 9 a +b+b b +c+c c +a+a 2. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a= b= c= 1 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(144) 143. Website:tailieumontoan.com Đề số 27 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI Vòng 1 – Năm học 2016 – 2017. Câu 1 (2.0 điểm).   1 1+a 1−a 1   2 − 1 −  với 0 < a < 1 . Cho= biểu thức P  +  1+a − 1−a a  1 − a 2 − 1 + a   a . Chứng minh rằng P = −1 Câu 2(2.5 điểm).. ( ). ( ). Cho parabol P : y = − x 2 và đường thẳng d = : y 2mx − 1 với m là tham số. ( ). ( ). a) Tìm tọa độ giao điểm của d và P khi m = 1 .. ( ). ( ). b) Chứng minh với mỗi giá trị của m thì d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi y1, y2 là tung độ của A, B. Tìm m sao cho y12 − y22 = 3 5. Câu 3(1.5 điểm). Một người đi xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 120 km. Vận tốc trên đường AB đầu không đổi, vận tốc trên. 3 quãng 4. 1 1 3 quãng đường AB sau bằng vận tốc trên quãng 4 2 4. 3 4 quãng đường AB đầu tiên lúc đi là 10km/h. Thời gian kể tử lúc xuất phát tại A đến khi xe trở về A. đường AB đầu. Khi đến B, người đó nghỉ 30 phút và trở lại A với vận tốc lớn hơn vận tốc trên là 8,5 giờ. Tính vận tốc của xe máy trên quãng đường người đó đi từ B về A? Câu 4(3.0 điểm). Cho ba điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng và M nằm giữa A, B. Trên cùng một nửa mặt. phẳng bờ là đường thẳng AB, dựng hai tam giác đều AMC và BMD. Gọi P là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh rằng AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng. CP.CB + DP.DA = AB. c) Đường thẳng nối tâm của hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC và BMPD cắt PA, PB tương ứng tại E, F. Chứng minh rằng tứ giác CDFE là hình thang. Câu 5(1.0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: 5a + 4 + 5b + 4 + 5c + 4 ≥ 7. Phân tích và hướng dẫn giải   1 1+a 1−a 1   2 − 1 −  với 0 < a < 1 . Câu 1. Cho= biểu thức P  +  1+a − 1−a a  1 − a 2 − 1 + a   a  Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(145) 144. Website:tailieumontoan.com Chứng minh rằng P = −1. • Phân tích. Đây là dạng rút gọn phân thức quen thuộc, chỉ là thay đổi cách hỏi, việc chứng minh. chính là quá trình rút gọn phân thức. • Lời giải. Điều kiện xác định của biểu thức 0 < a < 1.   1 1+a 1−a  2 −1 − P  = +  1+a − 1−a 1 − a 2 − 1 + a   a    1+a 1−a   =+  1+a − 1−a  1 − a 1 + a − 1 − a       2 1+a 1−a   1−a = +  1+a − 1−a  1 + a − 1 − a   a  . (. )(. (. ) (. ). (1 − a )(1 + a ) − 1. ). 1  a  1 − a2 1  −  a a2  −. 1+a + 1−a − = ⋅ 1+a − 1−a. 1+a + 1−a = ⋅ a 1+a − 1−a − 1+a − 1−a 1+a + 1−a −2a = = = −1 2a 2a. )(. (. ). 1  a . (. 1+a − 1−a. ). 2. 2a. Vậy P = −1 hay bài toán được chứng minh.. ( ). Câu 2. Cho parabol P : y = − x 2 và đường thẳng d= : y 2mx − 1 với m là tham số.. ( ). a) Tìm tọa độ giao điểm của d và P khi m = 1 . b) Chứng minh với mỗi giá trị của m, d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi y1, y2 là tung độ của A, B. Tìm m sao cho y12 − y22 = 3 5. ( ). • Nhận xét. Đây là dạng toán về parabol và đường thẳng. Để tìm tọa độ giao điểm của d và P ta. chỉ cần thay m vào và giải hệ phương trình để tìm ra x, y. Ở câu b) ta chỉ cần đưa về phương trình bậc hai và sử dụng hệ thức Vi – et thì bài toán sẽ được giải quyết. Chú ý y12 − y22 = 3 5 có dấu giá trị tuyệt đối gợi cho ta ý tưởng bình phương hai vế để giải quyết. Có hai hướng thay y1 ; y2 là sử dụng một trong hai phương trình hoặc parabol hoặc phương trình đường thẳng d tuy nhiên vì parabol có bậc 2 nên ta thay phương trình đường thẳng d là y1 = 2mx1 − 1; y2 = 2mx 2 − 1 . Chỉ cần thay lại và tính là bài toán được giải quyết. • Lời giải.. (. ( ). ). a) Gọi x 0 , y 0 là tọa độ giao điểm của d và P khi m = 1 . Khi đó ta có hệ phương trình sau: y 0 = − x 02 ⇒ x 02 + 2x 0 − 1 = 0 ⇒  = y 2x − 1 0  0. (.  x =−1 + 2  y =−3 + 2 2  0 ⇒ 0  x =−1 − 2  y =−3 − 2 2  0  0. ) (. Vậy tọa độ giao điểm của d và (P) khi m = 1 là −1 + 2; −3 + 2 2 và −1 − 2; −3 − 2 2. (. ). ). ( ). b) Gọi x 0 , y 0 là tọa độ giao điểm của d và P . Tương tự ta có x 02 + 2mx 0 − 1 = 0 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(146) 145. Website:tailieumontoan.com. Phương trình trên là phương trình bậc hai có= ∆ 4m2 + 4 > 0 với mọi m nên phương trình luôn có. ( ). 2 nghiệm phân biệt hay d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi x1, x 2 là hoành độ của A và B. Theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x 2 = −2m; x1 x 2 = −1 y = 2mx1 − 1 Ta có  1 = y2 2mx 2 − 1. Suy ra. (. ) ( 2. ( + 1) ( x − x = ) 4 (2m. y12 − y22 = 3 5 ⇔ 2mx1 − 1 − 2mx 2 − 1. (. ) (. ).  ⇔ 4m x12 − x 22 m x1 + x 2 − 1=  . (x. Ta tính x1 − x 2=. ). 2. 1. − x2 =. (. (x. 1. Khi đó y12 − y22 = 3 5 ⇔ 8 2m2 + 1. + x2. ). (. 4m 2m2. ). 2. ). 2. ) ( + 1) m ( x. ) ). = 3 5 ⇔ 4m x12 − x 22 m x1 + x 2 − 1  . − 4x1 x= 2. 1. 2. 2. 1. − x2. 4m2 + 4= 2 m2 + 1. m2 + 1 m . Bình phương hai vế ta có. (. )(. ). y12 − y22 = 45 ⇔ 16 4m 4 + 4m2 + 1 4m 4 + 4m2 = 45. Đặt 4m 4 + 4m2 = t > 0 .Khi đó phương trình trên trở thành 16t2 + 16t − 45 = 0 ⇔ t =. 5 (vì t > 0 ) 4. 1 1 Suy ra 16m 4 + 16m2 − 5 =0 ⇔ m2 = ⇔ m =± 4 2. Vậy với m = ±. 1 ta được y12 − y22 = 3 5. 2. Câu 3 (1.5 điểm). Một người đi xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 120 km. Vận tốc trên. 3 1 1 quãng đường AB đầu không đổi, vận tốc trên quãng đường AB sau bằng vận tốc trên 4 4 2. 3 quãng đường AB đầu. Khi đến B, người đó nghỉ 30 phút và trở lại A với vận tốc lớn hơn vận tốc 4 3 quãng đường AB đầu tiên lúc đi là 10km/h. Thời gian kể tử lúc xuất phát tại A đến khi xe 4 trở về A là 8,5 giờ. Tính vận tốc của xe máy trên quãng đường người đó đi từ B về A?. trên. • Lời giải. Gọi x là vận tốc xe máy đã đi trên. Vận tốc xe máy đi trên. 1 quãng đường AB sau x > 0 4. (. ). 3 quãng đường AB đầu là 2x. Vận tốc xe máy đi từ B trở về A là 2x + 10 4. Ta có phương trình 90 30 120 1 17 45 30 60 + + + = ⇔ + + =8 ⇔ x − 15 8x + 25 =0 2x x 2x + 10 2 2 x x x+5. (. )(. ). Vì 8x + 25 > 0 ta được x − 15 = 0 hay x = 15 . Vậy vận tốc xe máy đi từ B về A là 2x + 10 = 40 (km/h). Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(147) 146. Website:tailieumontoan.com. Câu 4. (1.5 điểm). Cho ba điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng và M nằm giữa A, B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, dựng hai tam giác đều AMC và BMD. Gọi P là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp • Phân tích. Có hai hướng chứng minh các tứ giác trên nội tiếp.. + Vì nhận thấy các góc hầu như không có. D. mối liên hệ chặt chẽ nào cả nên ta phải thay đổi nó. Gọi P’ là giao điểm của đường tròn. C. ngoại tiếp tam giác CAM và AD khi đó. P. CP’MA nội tiếp suy ra    0 = AP = = 60 nên tứ giác ACM ' M DBM DP’MB. Để hoàn tất chứng minh cần chỉ ra P trùng với P’ hay AD cắt BC tại P’ hay. F. EI A. J. B. M. B,C,P’. Điều này là hiển nhiên vì ta có   CP = ' A DP = ' B 600 + Sử dụng tam giác bằng nhau vì có cạnh tam giác đều là CMB = AMD • Lời giải.. + Hướng 1. Gọi P’ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CAM và AD, ta có CP’MA nội tiếp.      Khi đó ACM = AP = = 600 . Suy ra tứ giác DP’MB. Mặt khác vì vì CP ' M DBM = ' A DP = ' B 60. nên B,C,P’ thẳng hàng. Vì vậy P trùng P’ hay AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp.  CMB  + Hướng 2. Ta= có AM CM; = MD MB; = AMD  = DAM;  MBC  = MDA  Suy ra CMB= AMD ⇒ BCM. Suy ra tứ giác CPMA và tứ giác MPDB nội tiếp b) Chứng minh. CP.CB + DP.DA = AB. • Phân tích. Ta cần tính CP.CB và DP.DA.Vì tứ giác CPMA và tứ giác MPDB nội tiếp nên CP.CB = AM.AB và DP.DA = MB.AB tuy nhiên khi thay vào hoàn toàn không được cái gì cả.. Để ý các tích ở trong căn nên ta cần chuyển tích về thành bình phương của một cạnh. Để ý MPC ∽ BMC nên CP.CB = CM2 . Chứng minh tương tự ta có DP.DA = AM2 . Đến đây    chỉ cần thay vào là bài toán được chứng minh vì MPB = MDB = CMA = 600  =1800 − BPM  ⇒ CPM  =CMB  lại    = MDB = CMA = 600 . Suy ra 1800 − CMA • Lời giải. Vì MPB  chung nên MPC ∽ BMC suy ra CP.CB = CM2 có BCM. Chứng minh tương tự ta có DP.DA = AM2 . Khi đó. CP.CB + DP.DA =. AM2 + CM2 = AB. c) Đường thẳng nối tâm của hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC và BMPD cắt PA, PB tương ứng tại E, F. Chứng minh rằng tứ giác CDFE là hình thang. • Phân tích và hướng giải. Để chứng minh được CDFE là hình thang ta cần chứng minh được CE   song song với DF. Để ý ta thấy EF là trục đối xứng của PM. Mà do ta đã có APM = BPM = 600 nên Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(148) 147. Website:tailieumontoan.com. ta dễ dàng suy ra được PEMF là hình thoi. Mà theo định lý Talets ta có. AE AM AE MF hay = = AP AB AC MD. .  = PMD  nên tam giác ACE đồng dạng với tam giác MDF. Do đó Mặt khác ta lại có CAE  = CEA  , từ đây ta suy ra DF son song với CE. Vậy CEDF là hình thang. CFM. Câu 5. (1.0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: 5a + 4 + 5b + 4 + 5c + 4 ≥ 7 1 mà xảy ra ở 3 a= 1; b= c= 0 và các hoán vị. Do đó rất khó để sử dụng các BĐT quen thuộc. Có một kinh nghiệm • Phân tích. để ý thì thấy dấu = của BĐT trên không xảy ra ở a= b= c=. nhỏ là khi đứng trước bài toán BĐT có điểm rơi như trên ta thường khai thác tính bị chặn của các biến. • Lời giải. Từ giả thiết ta có 0 ≤ a, b, c ≤ 1 ⇒ a 2 ≤ a; b2 ≤ b; c2 ≤ c . Từ đó ta được 5a + 4 = a + 4a + 4 ≥ a 2 + 4a + 4 = a + 2 5b + 4 = b + 4b + 4 ≥ b2 + 4b + 4 = b + 2 5c + 4 = c + 4c + 4 ≥ c2 + 4c + 4 = c + 2. Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được. 5a + 4 + 5b + 4 + 5c + 4 ≥ a + b + c + 6 = 7. Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra tại a= 1; b= c= 0 và các hoán vị.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(149) 148. Website:tailieumontoan.com Đề số 28 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI Vòng 2 – Năm học 2016 – 2017. Câu 1(1.5 điểm). Chứng minh biểu thức sau nhận giá trị nguyên dương với mọi giá trị nguyên dương của n.  = P  n2 + n + 1 . (. ). 2. +. ( n − 1). 2.  + n2  4n2 + 2 − 2 4n 4 + 1 . Câu 2 (2.5 điểm).. (. ). (. x −1 + y −1. 3 a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn x 3 − y= 95 x 2 + y2. b) Tìm các số thực x, y thỏa mãn. x 2 − 4 y2 − 4 8 4 + += x y. ). Câu 3 (2.0 điểm). Cho S là tập các số nguyên dương n có dạng = n x 2 + 3y2 , trong đó x, y là các số nguyên. Chứng minh rằng: a) Nếu a, b ∈ S thì ab ∈ S . b) Nếu N ∈ S và N là số chẵn thì N chia hết cho 4 và. N ∈ S. 4. ( ). Câu 4 (3.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC . Kẻ đường cao AH và đường tròn O. đường kính AH cắt các cạnh AB, AC tương ứng tại D và E. Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC tại S. a) Chứng minh rằng tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng SB.SC = SH2 c) Đường thẳng SO cắt AB, AC tương ứng tại M, N. Đường thẳng DE cắt HM và HN tương ứng tại P, Q. Chứng minh rằng BP, CQ, AH đồng quy Câu 5 (1.0 điểm). Giả sử mỗi điểm của mặt phẳng được tô bởi một trong ba màu xanh, đỏ, vàng. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm cùng màu là ba đỉnh của một tam giác cân. Phân tích và hướng dẫn giai Câu 1(1.5 điểm). Chứng minh biểu thức sau nhận giá trị nguyên dương với mọi giá trị nguyên dương n.  = P  n2 + n + 1 . (. ). 2. +. ( n − 1). 2.  + n2  4n2 + 2 − 2 4n 4 + 1 . • Phân tích. Để chứng minh biểu thức P nhận giá trị nguyên dương với n nguyên dương ta cần. biến đổi biểu thức làm thoát căn bậc hai. Để ý rằng ta đã có. (. n2 + n + 1. ). 2. +. ( n − 1). 2. + n2 . Do đó. bài toán sẽ được chứng minh nếu ta biến đổi được 4n2 + 2 − 2 4n 4 += 1. 2n2 + 2n + 1 − 2n2 − 2n + 1 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(150) 149. Website:tailieumontoan.com. • Lời giải. Biến đổi các biểu thức trong căn thức ta được. (2n. 4n2 + 2 − 2 4n 4 + 1= 4n2 + 2 − 2 = 2n2 + 2n + 1 − 2. (. =. Từ đó ta được. (2n. 2. )(. 2. ). 2. + 1 − 4n2. ). + 1 − 2n 2n2 + 1 + 2n + 2n2 − 2n + 1. 2n2 + 2n + 1 − 2n2 − 2n + 1. ). 2. 2n2 + 2n + 1 − 2n2 − 2n + 1 . Do đó. 4n2 + 2 − 2 4n 4 += 1. 2 2   = P  n2 + n + 1 + n − 1 + n2  4n2 + 2 − 2 4n 4 + 1   2 2 2n + 2n + 1 + 2n − 2n + 1 2n2 + 2n + 1 − 2n2 − 2n + 1 =. (. (. =. (2n. 2. ). (. ). )(. ). ). + 2n + 1 − 2n + 2n − 1 = 4n 2. Vậy P nhận giá trị nguyên dương với n là số nguyên dương. Câu 2 (2.5 điểm).. (. 3 a) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn x 3 − y= 95 x 2 + y2. ( ) Và phương trình trở thành d ( a – b ) ( a. ) ( ). = x da; = y db với a, b ∈ N* và a, b = 1 . • Phân tích và lời giải. Đặt d = x, y khi đó. (. 2. ). (. + ab + b2= 95 a 2 + b2. ). (a – b). 2. Vì a 2 + b2 , a 2 + ab + b2 = 1 nên a 2 + ab += b2. ). − 3ab là ước của 95 = 5.19 , ước này chia 3. (. dư 1 hoặc 0 và lớn hơn 1 nên chỉ có thể là 19, như vậy a – b. ). 2. − 3ab = 19. −b 1 = = a= a 6 x 195 Từ đó ta được  ⇔ ⇒ d = 65 ⇒  = = a.b 6= b 2 y 130  . ( ) (. Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán là x; y = 195;130 b) Tìm các số thực x, y thỏa mãn. x 2 − 4 y2 − 4 8 4 + += x y. (. ). ). x −1 + y −1 .. • Phân tích và lời giải. Từ hệ thức bài toán cho ta có điều kiện xác định là x > 1; y > 1 . Hệ thức đã. cho có chứa cả biến ở mẫu và chứa cả căn thức bậc hai, do đó để tìm được các x, y thỏa mãn ta sẽ biến đổi hệ thức đã cho về dạng tổng các bình phương. Ta có. ). (. x 2 − 4 y2 − 4 8 4 x −1 + y −1 + += x y x 2 − 4 4x x − 1 y2 − 4 4 y − 1 0 ⇔ − +4+ − +4= x x y y : 1 2 1 2 x − 4 + 4x x − 1 + 4x + y − 4 + 4y y − 1 + 4y = 0 ⇔ x y 2 2 1 1 x −2 x −1 + y −2 y −1 = 0 ⇔ x y. ( (. ). Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. ) (. (. ). ). TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(151) 150. Website:tailieumontoan.com. Vì x > 1; y > 1 nên ta có. (. 1 x −2 x −1 x. ). 2. +. (. 1 y −2 y −1 y. ). 2.  −1 0 = x − 2 x= x 2 =0 ⇔  ⇔ 0 y = 2 y − 2 y − 1 =. ( ) ( ). Thử lại ta thấy x; y = 2; 2 thỏa mãn yêu cầu bào toán. Câu 3 (2.0 điểm). Cho S là tập các số nguyên dương n có dạng = n x 2 + 3y2 , trong đó x, y là các số nguyên. Chứng minh rằng: a) Nếu a, b ∈ S thì ab ∈ S . Ta có a, b ∈ S nên= a m2 + 3n2 và = b p2 + 3q 2 với m, n, p, q là các số nguyên. Khi đó ta có. ( = (m p. ab = m2 + 3n2 2. 2. )( p. 2. ). + 3q 2 = m2 p2 + 3n2 p2 + 3m2 q 2 + 9n2 q 2. ) (. + 6mnpq + 9n2 q 2 + 3 m2 q 2 − 2mnpq + n2 p2. (. = mp + nq. ). 2. (. + 3 mq − np. ). ). 2. Do vậy ab ∈ S . b) Nếu N ∈ S và N là số chẵn thì N chia hết cho 4 và. N ∈ S. 4. Do N ∈ S nên ta có N = x 2 + 3y2 với x, y là các số nguyên và do N là số chẵn nên x, y có cùng tính chẵn lẻ. Ta xét các trương hợp sau + Xét trường hợp x và y đều là số chẵn. Khi đó dễ thấy N chia hết cho 4. N N Đặt = x 2a; = y 2b a, b ∈ Z , khi đó = a 2 + 3b2 nên ∈ S. 4 4. (. ). (. + Xét trường hợp x và y đều là số lẻ. Khi đó đặt x =2a + 1; y =2b + 1 a, b ∈ Z. (. ). 2. (. Ta có N = x 2 + 3y2 = 2a + 1 + 3 2b + 1. ). 2. ). = 4a 2 + 4a + 12b2 + 12b + 4 nên N chia hết cho 4.. Mặt khác do x, y là các số lẻ nên x 2 − y2  8 nên x − 3y  4 hoặc x + 3y  4 . 2. 2. x + y N  x − 3y  N được Với x − 3y  4 ta= ∈S   + 3  nên 4  4  4  4  2. 2. x − y N  x − 3y  N Với Với x + 3y  4 ta= được ∈S   + 3  nên 4  4  4  4 . Vậy bài toán được chứng minh.. ( ). Câu 4 (3.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC . Kẻ đường cao AH và đường tròn O. đường kính AH cắt các cạnh AB, AC tương ứng tại D và E. Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC tại S. a) Chứng minh rằng tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(152) 151. Website:tailieumontoan.com.  = AHD  (cùng chắn cung AD) và Ta có AED  = ABH  (cùng phụ DHB  ). Do đó suy AHD  = DBC  nên tứ giác BDEC nội tiếp ra AED. A. N' N. đường tròn. b) Chứng minh rằng SB.SC = SH .. I. Xét hai tam giác SBD và tam giác SEC có  chung và DBS  = DEC  (vì tứ giác DSB BDEC nội tiếp). K. O. 2. M. E. J M' Q. D S. P. B. H. C. Từ đó suy ra tam giác SBD đồng dạng với tam giác SEC. Do đó ta được SB.SC = SD.SE  chung và SHD  = SEH  (cùng chắn cung DH) nên suy Xét tam giác SBH và tam giác SEH có DSH. ra tam giác SHD đồng dạng tam giác SEH. Do đó ta được SH2 = SD.SE Kết hợp các kết quả trên ta được SB.SC = SH2 c) Đường thẳng SO cắt AB, AC tương ứng tại M, N. Đường thẳng DE cắt HM và HN tương ứng tại P, Q. Chứng minh rằng BP, CQ, AH đồng quy Kẻ đường thẳng HM’ song song với AC (M’ thuộc AB) và đường thẳng HN’ song song với AB (N’ thuộc AC). Khi đó ta có AM’HN’ là hình bình hành. Suy ra M’, O, N’ thẳng hàng. Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ABC với ba điểm S, D, E thẳng hàng ta có Mà ta lại có. SB EC AD = 1. . . SC EA DB. EC HC2 DB HB2 SB HC2 HA2 SB HC2 và nên ta được . . = 1 ⇒ . = 1 = = SC HA2 HB2 SC HB2 EA HA2 DA HA2. Áp dụng định lý Talets ta có. HC AM ' HC CN ' SB AM ' CN ' và nên suy ra = = . . =1 HB M ' B HB AN ' SC BM ' AN '. Từ đó suy ra ba điểm S, M’,N’ thẳng hàng, do đó M trùng với M’ và N trùng với N’. Từ đó ta có     AMHN là hình bình hành nên ta được PHE = HEC = 900 do đó PHE = HDB = 900  = DHB  nên DBH  = EPH  , do đó tứ giác BDPH nội tiếp. Suy ra ta được BPH  = 900 hay Mà PEH. BP vuông góc AC. Chứng minh tương tự CQ vuông góc AB. Trong tam giác ABC có các đường cao là AH, BP, CQ nên AH, BP, CQ đồng quy. Câu 5 (1.0 điểm). Giả sử mỗi điểm của mặt phẳng được tô bởi một trong ba màu xanh, đỏ, vàng. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm cùng màu là ba đỉnh của một tam giác cân.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(153) 152. Website:tailieumontoan.com. Ta xét một đường tròn tâm C . Trên đường tròn. (C). B1. lấy ra hai ngũ giác đều A1A2 A 3 A 4 A5 và. A1. A2. B1B2 B3 B4 B5 . Giả sử C được tô màu xanh. Khi đó. nếu trong 10 điểm A1A2 A 3 A 4 A5 B1B2 B3 B4 B5 có hai. B5. B2. điểm được tô xanh thì ta có điều phải chứng minh. Xét trong trường hợp 10 điểm chỉ có nhiều 1 điểm được tô xanh khi đó trong hai ngũ giác. C A3. A5. A1A2 A 3 A 4 A5 và B1B2 B3 B4 B5 tồn tại một ngũ giác. không có điểm được tô xanh. Giả sử ngũ giác B1B2 B3 B4 B5 không có điểm xanh khi đó tồn tại 3. B4. B3 A4. đỉnh trong ngũ giác đều này được tô cùng màu. Vậy ta có điều phải chứng minh.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(154) 153. Website:tailieumontoan.com Đề số 29 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH QUẢNG NGÃI Năm học 2016 – 2017. Câu 1. (2.0 điểm) a) Rút gọn P =. x x − 2x + 28 x−3 x −4. x −4. −. x +1. +. x +8. (x ≥ 0, x ≠ 16). 4− x. b) Không sử dụng máy tính hãy chứng minh Q = 20162 + 20162.20172 + 20172 là số nguyên. Câu 2.(2.0 điểm) a) Giải phương trình. x + 2 + 3 2x − 5 + x − 2 − 2x − 5 = 2 2. b) Cho phương trình x 2 + ax + b = 0 có hai nghiệm nguyên dương biết a, b là hai số thỏa mãn 5a + b = 22 . Tìm hai nghiệm đó.. Câu 3. (3.5 điểm). (. ). Cho đường tròn O; R cố định có đường kính AB cố định và CD là một đường kính thay đổi. (. ). không trùng với AB. Tiếp tuyến của đường tròn O; R tại B cắt AC và AD lần lượt tại E,F. a) Chứng minh rằng CA.CE + DA.DF = 4R 2 . b) Chứng minh rằng tứ giác CEFD nội tiếp trong một đường tròn. c) Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD. Chứng minh điểm I nằm trên một đường thẳng cố định. Câu 4. (1.5 điểm) Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 2016 . Chứng minh rằng: a a + 2017a + bc. +. b b + 2017b + ca. +. c c + 2017c + ab. ≤1. Dấu bằng xảy ra khi nào? Câu 5. (1.0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài các cạnh là các số nguyên và bình phương độ dài đường chéo chia hết cho diện tích của nó. Chứng minh ABCD là hình vuông. Hướng dẫn giải Câu 1. (2.0 điểm) a) Rút gọn P =. x x − 2x + 28 x−3 x −4. −. x −4 x +1. +. x +8 4− x. với x ≥ 0, x ≠ 16. • Lời giải. Ta có. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(155) 154. Website:tailieumontoan.com P= = =. =. x x − 2x + 28 −. (. (. x −4. x +1. )(. ) −( 2. x +1. x −4. ). )(. x +8. ). x x − 2x + 28 − x + 8 x − 16 − x − x − 8 x − 8. (. x +1. )(. x −4. ). x x − 2x + 28 − x + 8 x − 16 − x − x − 8 x − 8. (. x +1. x x − 4x − x + 4 = x +1 x −4. )(. (. ) (. )(. x −4. ( x − 1) ( x +1. )(. ). ). x −4 = x −4. ). x −1. b) Không sử dụng máy tính hãy chứng minh Q = 20162 + 20162.20172 + 20172 là số nguyên. • Lời giải.. Q= 20162 + 20162.20172 + 20172 =. 20162 + 20172 − 2.2016.2017 + 20162.20172 + 2.2016.2017 =. (2016 − 2017 ). 2. + 20162.20172 + 2.2016.2017. = 20162.20172 + 2.2016.2017 + 1 =. (1 + 2016.2017 ). 2. = 1 + 2016.2017. Vậy Q là số nguyên. Câu 2.(2.0 điểm) a) Giải phương trình. x + 2 + 3 2x − 5 + x − 2 − 2x − 5 = 2 2. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình x ≥. 5 . Biến đổi phương trình ta được 2. x + 2 + 3 2x − 5 + x − 2 − 2x − 5 = 2 2 4 ⇔ 2x + 4 + 6 2x − 5 + 2x − 4 − 2 2x − 5 = 4 ⇔ 2x − 5 + 6 2x − 5 + 9 + 2x − 5 − 2 2x − 5 + 1 =. ). (. ⇔. 2x − 5 + 3 + 1 − 2x − 5 = 4 ⇔ 2x − 5 + 3 + 1 − 2x − 5 = 4. 2x − 5 + 3. 2. +. (1 −. ). ⇔. 2x − 5. 2. 4 =. 1 − 2x − 5 ⇔ 1 − 2x − 5 ≥ 0 ⇔ 2x − 5 ≤ 1 ⇔ ⇔ 1 − 2x − 5 =. Vậy phương trình có nghiệm là. 5 ≤x≤3 2. 5 ≤ x ≤ 3. 2. b) Cho phương trình x 2 + ax + b = 0 có hai nghiệm nguyên dương biết a, b là hai số thỏa mãn 5a + b = 22 . Tìm hai nghiệm đó.. (. ). 0 . Ta • Lời giải. Gọi x1, x 2 x1 ≤ x 2 là hai nghiệm nguyên dương của phương trình x 2 + ax + b =. có x1 + x 2 = −a; x1 .x 2 = b . Khi đó. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(156) 155. Website:tailieumontoan.com. (. ). 5 − x1 − x 2 + x1 x 2 = 22 ⇔ x1 x 2 − 5x1 − 5x 2 + 25 = 47  x  1  x2 ⇔ x1 − 5 x 2 − 5 = 47 ⇔     x1  x2 . (. )(. ). −5 = 1 −5 = 47. x = 6 ⇔ 1 − 5 =−47 x 2 = 52 − 5 =−1. Khi đó a = −58 và b = 312 thoả mãn 5a + b = 22 . Và phương trình có nghiệm là= x1 6;= x 2 52. (. ). Câu 3. (3.5 điểm). Cho đường tròn O; R cố định có đường kính AB cố định và CD là một đường. (. ). kính thay đổi không trùng với AB. Tiếp tuyến của đường tròn O; R tại B cắt AC và AD lần lượt tại E, F. a). Chứng. minh. rằng. F. CA.CE + DA.DF = 4R . 2. Trong. tam. giác. vuông. ABE. có. giác. vuông. ABF. có. D. CA.CE = CB2. Trong. tam. O. A. DA.DF = DB. 2. B. Từ đó ta được. I. M. CA.CE + DA.DF = CB2 + DB2 = CD2 = 4R 2. b) Chứng minh rằng tứ giác CEFD nội tiếp. C. trong một đường tròn.  = ABD  . Mặt khác ta lại có Ta có ACD.  + DBF   + DBF  = 900 ; DFB = 900 ABD.  = DFB  Từ đó suy ra ABD. E.  = DFB  nên Suy ra ACD  + DFE  = ECD 1800. Vậy tứ giác CDFE nội tiếp. c) Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD. Chứng minh điểm I nằm trên một đường thẳng cố định. Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE nên I là giao điểm của trung trực CD và trung trực của EF. Gọi M là trung điểm của EF, suy ra MI vuông góc với EF nên MI song song với AB.  + ACD  = AEM  + AFM  = 900 . Suy ra AM vuông góc với CD nên AM song song với OI. Ta có CAM. Do đó AOIM là hình bình hành nên IM = AO = R (không đổi). Vậy I thuộc đường thẳng d cố định là đường thẳng song song với tiếp tuyến tại B và cách tiếp Câu 4. (1.5 điểm). Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 2016 . Chứng minh rằng: a a + 2016a + bc. +. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. b b + 2016b + ca. +. c c + 2016c + ab. ≤1. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(157) 156. Website:tailieumontoan.com. Dấu bằng xảy ra khi nào? • Lời giải. Kết hợp với giả thiết ta có. ( a + b + c ) a + bc = a ( b + c ) + 2a = bc. 2016a + bc = ≥. Suy ra. a a + 2016a + bc. Tương tự Do đó. ≤. a+ a. b b + 2016b + ca. a a + 2016a + bc. +. (. a b+ c b. ≤. ). =. a. (. ). a b + c + a 2 + bc a. (. 2. a. (. a+ b+ c c. ;. a + b + c c + 2016c + ab. b b + 2016 + ca. +. ). b+ = c. c c + 2016c + ab. ≤. ). =. a. (. b+ c. ). a a+ b+ c c. a+ b+ c. ≤1. Bậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a= b= c=. 2016 = 672 3. Câu 5. (1.0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài các cạnh là các số nguyên và bình phương độ dài đường chéo chia hết cho diện tích của nó. Chứng minh ABCD là hình vuông. • Lời giải. Gọi a, b là hai cạnh của hình chử nhật, do đó a, b ∈ N*. (. ). Theo giả thiết ta có a 2 + b2  ab. ( ). ( ). Đặt d = a, b , ta có = a xd; = b yd với x, y = 1 , x, y ∈ N*. (. ). (. ). 2 Suy ra d2 x 2 + d2 y2  d2 xy ⇒ x 2 + y2  xy ⇒ x 2 + y= kxy, k ∈ N*. ( ). Ta có x 2  x, kxy  x ⇒ y2  x ⇒ y  x ⇒ y ≥ x do x, y = 1 . Lập luận tương tự ta được x ≥ y . Từ đó suy ra x = y nên a = b hay ABCD là hình vuông.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(158) 157. Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG Năm học 2016 – 2017. Bài 1(2.0 điểm). a) Cho biểu thức P=. a 3 − b3 a b với a, b là các số dương khác nhau. − − a−b a+ b b− a. (. )(. ). Thu gọn rồi tính giá trị của P biết a − 1 b − 1 + 2 ab = 1. b) Cho phương trình x2 − x + b = 0 có 0 có các nghiệm x1; x2 và phương trình x2 − 97x + a = các nghiệm là x14 ; x24 . Tìm giá trị của a. Bài 2(2.0 điểm). (. )(. ). a) Giải phương trình 9x2 − 18x + 5 3x2 − 4x − 7 = 0  2x + 3y + 2x − 3y = 3 2y  b) Giải hệ phương trình  6 2 2x + 3y − 2x − 3y =. Bài 3(3.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O có AB < AC . Các đường cao BD, CE cắt. ( ). nhau tại H (D thuộc AC, E thuộc AB). Gọi M là trung điểm của BC, tia MH cắt đường tròn O tại N a) Chứng minh rằng năm điểm A, D, H, E, N cùng thuộc một đường tròn  = CHM  , gọi Q là hình chiếu vuông góc của A b) Lấy điểm P trên đoạn BC sao cho BHP. trên đường thẳng HP. Chứng minh rằng tứ giác DENQ là hình thang cân. ( ). c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với đường tròn O . Bài 4(1.0 điểm). Cho a, b, c > 0 và a + b + c ≥ 9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 a2 +. b2 c2 1 9 25 + +3 + + 3 5 a b c. Bài 5(2.0 điểm). (. a) Tìm các số nguyên m, n với m ≥ n ≥ 0 sao cho m + 2n. ). 3. (. ). là ước của 9n m2 + mn + n2 + 16. b) Trong dãy 2016 số thực a1; a 2 ; a 3 ;...; a 2016 ta đánh dấu tất cả các số dương và số mà có ít nhất một tổng của nó với một số các số liên tiếp liền ngay sau nó là một số dương (ví dụ trong dãy -6, 5, -3, 3, 1, -1, -2, -3, …, -2011 ta đánh dẫu các số a 2 = 5; a 3 = −3; a 4 = 3; a 5 = 1 ). Chứng minh rằng nếu trong dãy đã cho có ít nhất một số dương thì tổng tất cả các số được đánh dấu là một số dương.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(159) 158. Website:tailieumontoan.com. Bài 1(2.0 điểm). a 3 − b3 a b với a, b là các số dương khác nhau. − − a−b a+ b b− a. a) Cho biểu thức P=. (. )(. ). Thu gọn rồi tính giá trị của P biết a − 1 b − 1 + 2 ab = 1. Với a, b là các số dương khác nhau nên ta có. ) ( a + b) ) )( ( ab ( a + b ) a a −b b −a a +a b +b a +b b ab = = − = ( a + b )( a − b ) a − b ( a + b )( a − b ) Ta có ( a − 1)( b − 1) + 2 ab =1 ⇔ ab =a − 2 ab + b ⇔ ab =( a − b ) . P=. (. a a −b b −a a − b +b a 3 − b3 a b − − = a−b a+ b b− a a+ b a− b. 2. Do a, b là các số dương và khác nhau nên từ đẳng thức trên ta được. ab =. a − b.. Từ đó ta suy ra được P = 1 . b) Cho phương trình x2 − x + b = 0 có các 0 có các nghiệm x1; x2 và phương trình x2 − 97x + a = nghiệm là x14 ; x24 . Tìm giá trị của a. x2 − x + b = 0 1 Do x1; x2 là các nghiệm của phương trình x2 − x + b = 0 nên ta có  12 0 x2 − x2 + b =. Theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x= 1; x1x= b 2 2 x 8 − 97x 4 + a = 0 1 Do x14 ; x24 là các nghiệm của phương trình x2 − 97x + a = 0 nên ta có  18 4 0 x2 − 97x2 + a = 4 4 Theo hệ thức Vi – et ta có x14 += x24 97; x= .x a 1 2. (. Ta có x12 + x 22 = x1 + x 2. ). 2. (. Lại có x14 + x 24 = x12 + x 22. − 2x1 x 2 =1 − 2b , từ đó suy ra 1 − 2b ≥ 0 ⇔ b ≤. ). 2. (. − 2x12 .x 22 = 1 − 2b. ). 2. 1 2. − 2b2 = 2b2 − 4b + 1 .. {. }. Mà theo trên ta có x14 + x24 = 97 nên ta được 2b2 − 4b + 1 = 97 ⇔ b2 − 2b − 48 = 0 ⇔ b ∈ −6; 8 . Do b ≤. 1 nên ta chọn được b = −6 , hay ta có x1 x 2 = −6 . 2. (. Ta có a = x14 .x 24 =x1 x 2. ). 4. ( ). = b4 =−6. 4. = 64 = 1296. Bài 2(2.0 điểm). (. )(. ). a) Giải phương trình 9x2 − 18x + 5 3x2 − 4x − 7 = 0. Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta được. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(160) 159. Website:tailieumontoan.com. (9x ⇔. 2. )(. ). (. )(. )(. ). − 18x + 5 3x2 − 4x − 7 = 0 ⇔ x 3x − 5 3x − 4 3x − 1 − 7 = 0. (. )(. ). 1 1 .3x 3x − 5 3x − 4 3x − 1 − 7 = 0 ⇔ 9x2 − 15x 9x2 − 15x + 4 − 7 = 0 3 3. (. )(. )(. ). Đặt t = 9x 2 − 15x + 2 , khi đó phương trình trên được viết lại thành 1 t − 2 t + 2 − 7 = 0 ⇔ t2 − 4 − 21 = 0 ⇔ t2 = 25 ⇔ t = ±5 3. (. )(. ). 5 ± 37 + Với t = 5 ta được phương trình 9x 2 − 15x + 2 = 5 ⇔ 9x 2 − 15x − 3 = 0⇔x= 6. + Với t = −5 ta được phương trình 9x 2 − 15x + 2 = −5 ⇔ 9x 2 − 15x + 7 = 0 , phương trình vô nghiệm.  5 − 37 5 + 37  Vậy phương trình đã cho các tập nghiệm là S =  ; . 6   6.  2x + 3y + 2x − 3y = 3 2y  b) Giải hệ phương trình  6 2 2x + 3y − 2x − 3y =. Điều kiện xác định của hệ phương trình là 2x + 3y ≥ 0;2x − 3y ≥ 0;2y ≥ 0 . Bình phương hai vế phương trình thứ nhất ta được. (. ) (. (. 2x + 3y + 2x − 3y. ). 2. = 3.6y .. ). Để ý rằng 2x + 3y − 2x − 3y = 6y . Đặt a =. 2x + 3y; b =. (. ). 2x − 3x a ≥ 0; b ≥ 0 . Khi đó ta có hệ phương trình. (. ). (. ). (. )(. ).  a + b 2 = 3 a 2 − b2 0   a + b 2b − a = ⇔  6 6 2a − b = 2a − b =. + Với a + b = 0 , do a ≥ 0; b ≥ 0 nên ta được a= b= 0 . Từ đó ta có 2x + 3y = 2x − 3y = 0 ⇔ x = y = 0 . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta thấy không thỏa mãn.  a 4 x 5 3y 4 = −a 0 = = 2b=  2x + + Với 2b − a = . ⇔ ⇒ ⇔ 0 ta có hệ  −b 6 = 2 = 2a= b 2 y 2  2x − 3y =. ( ) ( ). Thử lại vào hệ phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có nghiệm là x; y = 5; 2 . Bài 3(3.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O có AB < AC . Các đường cao BD, CE cắt. ( ). nhau tại H (D thuộc AC, E thuộc AB). Gọi M là trung điểm của BC, tia MH cắt đường tròn O tại N a) Chứng minh rằng năm điểm A, D, H, E, N cùng thuộc một đường tròn.. ( ). Gọi giao điểm của AO với đường tròn O là S. Ta dễ dàng chứng minh được tứ giác BHCS là hình bình hành nên HS đi qua trung điểm BC. Từ đó suy ra bốn điểm N, H, M, S thẳng hang. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(161) 160. Website:tailieumontoan.com. ( ).   Do đó ANH = ANS = 900 (Do N nằm trên đường tròn O đường kính AS)    Suy ra ANH = ADH = AEH = 900 hay A, D, H, E, N cùng thuộc một đường tròn..  = CHM  , gọi Q là hình chiếu vuông góc của A trên b) Lấy điểm P trên đoạn BC sao cho BHP. đường thẳng HP. Chứng minh rằng tứ giác DENQ là hình thang cân Ta dễ dàng chứng minh được QNED là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH.  .     Ta lại có NED = NHD = BHM = PHC = QHE = QDE.  = QDE  từ đó ta được tứ giác QNED là hình thang cân. Tứ giác QNED là tứ giác nội tiếp nên NED. ( ). c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với đường tròn O .. ( ). Gọi giao điểm của AH với đường tròn O là K, giao điểm của AH và BC là I. Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ. Dễ dàng chứng minh được H đối xứng với K qua BC. Ta chứng minh được NH.HM = AH.IH = QH.HP nên suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đi qua N.  nên ASN    + ABC =  . Do đó ta được Ta có BHM = CSM = NBM BHM = BHM  + 900 − ABC  − 900= BHM  + HCB  − 900 ASN  + HCP  − 900 = BPH  − 900 = PHK  = AKP  = PHC.  = AKN  nên AKN  = AKP  suy ra ba điểm N, P, K thẳng hàng. Mà ta lại có ASN.  và 900 − NSK  = ONK  = ONP . = = Mặt khác PNF 900 − NMP 900 − NSK  = PNO  nên ta được N, F, O thằng hàng. Dp đó ta được PNF. ( ). ( ). Ta có đường tròn F đi qua N, N nằm trên đường tròn O và ba điểm O, F, N thẳng hang nên. ( ). ( ). đường tròn F tiếp xúc với đường tròn O tại N.. ( ). Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với O . Bài 4(1.0 điểm). Cho a, b, c > 0 và a + b + c ≥ 9 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 a2 +. b2 c2 1 9 25 + +3 + + 3 5 a b c.  b2 c 2  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có  a 2 + +  1 + 3 + 5 ≥ a + b + c 3 5 . (. Do đó ta được 2 a 2 +. (. ) (. ). 2. ). b2 c2 2 a + b + c . + ≥ 3 5 3. Cũng áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được. (. ). 2. 1+3+5 1 9 25 81 + + ≥ = a b c a+b+c a+b+c Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(162) 161. Website:tailieumontoan.com. Do đó ta được 3. 1 9 25 + + ≥ a b c. Từ đó ta được A = 2 a2 +. 27 a+b+c. (. ). b2 c2 1 9 25 2 a + b + c + +3 + + ≥ + 3 5 a b c 2. 27 a+b+c. .. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a+b+c 27 27 a+b+c 27 27 27 + + ≥ 33 = . . 2 2 2 2 a+b+c 2 a+b+c 2 a+b+c 2 a+b+c. Để ý là a + b + c ≥ 9 ta có. a+b+c 9 ≥ . 6 6. Công theo vế các bất đẳng thức trên ta được A ≥. (. 2 a+b+c 2. )+. 27 a+b+c. ≥. 3 27 15 . + = 2 2. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi= a 1;= b 3;= c 5. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 15, đạt được tại= a 1;= b 3;= c 5. Bài 5(2.0 điểm). (. a) Tìm các số nguyên m, n với m ≥ n ≥ 0 sao cho m + 2n. ). 3. (. ). là ước của 9n m2 + mn + n2 + 16. Ta có. (. ). (. (. ). A = 9n m2 + mn + n2 + 16 − m + 2n. ). 3. (. ). (. ). = n 3 − 3n2 m + 3nm2 − m 3 + 16 = n − m. 3. + 16. 3. Hay ta được A =16 − m − n . Mặt khác ta lại có. (. B =m + 2n. ) =( m − n + 3n ) =( m − n ) 3. 3. 3. ). (. 2. + 9 m − n n + 27 m − n n2 + 27n 3. Mà theo bài toán ta có A là bội của B. Để ý rằng với A ≠ 0 với mọi m, n. Ta có A là bội của B nên ta suy ra được A ≥ B. (. ). (. ). Xét m − n > 2 , khi đó m − n ≥ 3 nên A = m − n. (. Từ đó ta được m − n. ). 3. (. − 16 ≥ m − n. ). 3. 3. 2. − 16 .. (. ). + 9 m − n n + 27 m − n n2 + 27n 3 vô nghiệm. (. Từ đó ta được m − n ≤ 2m − n ≤ 2 . Đến đây ta xét từng trường hợp cụ thể ta được các cặp m; n. ). ( )( )( )( ). thỏa mãn bài toán 1; 0 , 2; 0 , 1; 0 , 2; 0. b) Trong dãy 2016 số thực a1; a 2 ; a 3 ;...; a 2016 ta đánh dấu tất cả các số dương và số mà có ít nhất một tổng của nó với một số các số liên tiếp liền ngay sau nó là một số dương (ví dụ trong dãy -6, 5, -3, 3, 1, -1, -2, -3, …, -2011 ta đánh dẫu các số a 2 = 5; a 3 = −3; a 4 = 3; a 5 = 1 ). Chứng minh rằng nếu trong dãy đã cho có ít nhất một số dương thì tổng tất cả các số được đánh dấu là một số dương. Ta xét các trường hợp sau: + Trường hợp 1. Xét dãy các số đánh dấu chỉ toàn các số không âm, bài toán đã được chứng minh.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(163) 162. Website:tailieumontoan.com. + Trường hợp 2. Xét dãy các số đánh dấu có ít nhất một số âm, giả sử số âm đó là a i thì theo bài. (. ). toán trong dãy đã cho tồn tại j > i nhỏ nhất sao cho a i + a i +1 + ... + a j > 0 và a j > 0 j > i . Từ đó ta suy ra được a i + a i +1 + ... + a k ≤ 0 với mọi i ≤ k < j và a l + a l +1 + ... + a k > 0 với mọi i ≤ l ≤ j . Do đó các số a i ;a i +1;...; a k ;aj cũng được đánh dấu, nhưng a i + a i +1 + ... + a j > 0 , nghĩa là tổng các số đánh dấu là một số dương. Trong các số đánh dấu giả sử có số 0 thì điều chứng minh vẫn đúng.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(164) 163. Website:tailieumontoan.com Đề số ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH NAM ĐỊNH Năm học 2016 – 2017. Câu 1 (2.0 điểm). a) Đơn giản biểu thức. x + 2 + 2 x + 1 + x + 2 − 2 x + 1 với x > 0 .. b) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = 6 và Tính giá trị biểu thức. 1 1 1 47 . + + = a + b b + c c + a 60. a b c . + + b+c c+a a+b. Câu 2 (2.0 điểm). a) Giải phương trình. 2x 2 + 3x + 1 + 1 − 3x = 2 x2 + 1 .. x 2 + 3y2 − 3x − 1 = 0 b) Giải hệ phương trình  2 2 0 x − y − x − 4y + 5 =. Câu 3 (3.0 điểm).. ( ). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O . Các đường cao AK, BM, CN của tam giác ABC cắt nhau tại H.  = MKH . a) Chứng minh rằng NKH. ( ). b) Đường thẳng MN cắt đường tròn O tại hai điểm I và J. Chứng minh rằng AO đi qua trung điểm của IJ. c) Gọi P là trung điểm BC và diện tích tứ giác AMHN là S. Chứng minh rằng 2OP2 > S . Câu 4 (1.5 điểm).. (. ). a) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn bộ ba số nguyên x; y; z thỏa mãn xyz ≠ 0 và x 5 + 8y 3 + 7z2 = 0.. b) Tìm tất cả các số nguyên không âm a, b, c thỏa mãn hệ điều kiện sau. (. ) (. ) (. ).  a−b 2 + b−c 2 + c−a 2 = 6abc   3 3 3 a + b + c + 1 a + b + c + 1. Câu 5 (1.5 điểm).. (. )(. ). a) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x − y x − z = 1 và y ≠ z . Chứng minh rằng: 1. +. 1. +. 1. ( x − y) ( y − z) (z − x ) 2. 2. 2. ≥4. b) Trên bảng ban đầu ghi số 2 và số 4. Ta thực hiện cách viết thêm các số lên bảng như sau: Nếu trên bảng đã có hai số, giả sử là a và b (a khác b), ta viết thêm lên bảng số có giá trị là a + b + ab . Hỏi với cách thực hiện như vậy có thể xuất hiện số 2016 được không? Giải thích.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(165) 164. Website:tailieumontoan.com. Câu 1 (2.0 điểm). a) Đơn giản biểu thức. x + 2 + 2 x + 1 + x + 2 − 2 x + 1 với x > 0 .. Với x > 0 ta để ý rằng. x + 1 − 1 > 0 . Do đó ta có. x + 2 + 2 x + 1 + x + 2 − 2 x + 1=. (. =. x +1 +1. ). 2. +. (. ). 2. x +1 −1 =. x +1+2 x +1 +1 + x +1−2 x +1 +1. x + 1 + 1 + x + 1 − 1= 2 x + 1. b) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = 6 và Tính giá trị biểu thức: Từ a + b + c = 6 và. 1 1 1 47 . + + = a + b b + c c + a 60. a b c . + + b+c c+a a+b. 1 1 1 47 ta có tích + + = a + b b + c c + a 60. . . . . ( a + b + c )  a +1 b + b 1+ c + c +1 a=. 47 47 6. = 60 10.  1 1 1  a b c Ta có a + b + c  + + = + + + 3.  a + b b + c c + a b + c c + a a + b. (. Do đó suy ra. ). a b c 47 a b c 17 + + + 3 = nên + + = b+c c+a a+b 10 b + c c + a a + b 10. Câu 2 (2.0 điểm). a) Giải phương trình. 2x 2 + 3x + 1 + 1 − 3x = 2 x2 + 1 .. Điều kiện xác định của phương trình là 2x 2 + 3x + 1 ≥ 0;1 − 3x ≥ 0 . Áp dụng bất đẳng thức dạng. (. ). a + b ≤ 2 a + b ta có. (. ). 2x 2 + 3x + 1 + 1 − 3x ≤ 2 2x 2 + 3x + 1 + 1 − 3x= 2 x 2 + 1. Kết hợp với phương trình đã cho ta suy ra được bất đẳng thức trên xẩy ra dấu bằng. Do đó ta được. {. }. 2x 2 + 3x + 1 = 1 − 3x ⇔ 2x 2 + 3x + 1 =1 − 3x ⇔ x 2 + 3x =0 ⇔ x ∈ −3; 0 .. Thử lại các giá trị trên vào phương trình ban đầu ta được S =. {−3; 0} là tập nghiệm.. x 2 + 3y2 − 3x − 1 = 0 b) Giải hệ phương trình  2 2 0 x − y − x − 4y + 5 =. Cộng theo vế hai phương trình của hệ đã cho ta được. (. ) (. ). 2x 2 + 2y2 − 4x − 4y + 4 = 0 ⇔ 2 x 2 − 2x + 1 + 2 y2 − 2y + 1 = 0. (. ) ( 2. ⇔ x −1 + y −1. ). 2. ( (. ) ).  x −= x 1 1 0 =  =0 ⇔  ⇔ 2 y = 1 0  y − 1 = 2. ( ) ( ). Thay x; y = 1;1 vào hệ phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(166) 165. Website:tailieumontoan.com. ( ) ( ). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x; y = 1;1 .. ( ). Câu 3 (3.0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O . Các đường cao AK, BM, CN của tam giác ABC cắt nhau tại H.  = MKH . a) Chứng minh rằng NKH. Do tam giác ABC có AK, BM, CN là ba đường cao cắt nhau tại H nên ta dễ dàng chứng minh được các tứ giác BKNH, CKHM nội tiếp đường tròn/  = NBH  và HKM  = HCM . Từ đó ta có NKH  = MCH  nên ta suy ra được NKH  = MKH . Mà ta lại có NBH. ( ). b) Đường thẳng MN cắt đường tròn O tại hai điểm I và J. Chứng minh rằng AO đi qua trung điểm của IJ.   + Cách 1. Ta có BMC = BNC = 900 nên tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn.  =ANM  =ACB  =1 AOB = = . Từ đó ta được ANJ 900 − BAO 900 − NAO 2. Từ đó ta chứng minh được AO vuông góc với MN hay AO vuông góc với IJ.. ( ). Do IJ là dây cung của đường tròn O nên suy ra AO đi qua trung điểm của IJ.. ( ).  = ACB . + Cách 2. Kẻ tia tiếp tuyến Ax với đường tròn O . Khi đó ta được BAx.  = BCA . Mà ta có tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn nên ANM  = BAx  nên Ax song song với MN. Từ đó ta được ANM. Lại có Ax vuông góc với AO nên suy ra AO vuông góc với MN hay AO vuông góc với IJ.. ( ). Do IJ là dây cung của đường tròn O nên suy ra AO đi qua trung điểm của IJ. c) Gọi P là trung điểm BC và diện tích tứ giác AMHN là S. Chứng minh rằng 2OP2 > S .. ( ). Kẻ đường kính AD của đường tròn O , khi đó dễ dàng chứng minh được tứ giác BHCD là hình bình hành. Mà P là trung điểm của BC nên P cũng là trung điểm của DH. Xét tam giác DHA có PO là đường trung bình nên suy ra AH = 2OP . Ta có S = SANHM = SANH + SAMH =. 1 AN.HN + AM.HM . 2. (. ). Áp dụng bất đẳng thức AM – GM và định lí Pitago ta được AN.HN ≤. Từ đó ta được S ≤. (. ). (. ). 1 1 1 1 AN2 = + HN2 AH2 ; AM.HM ≤ AM2 = + HM2 AH2 2 2 2 2. 2 1 1 .AH2= 2OP = 2OP2 . 2 2. (. ). Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi = AN NH; = AM MH nên tam giác ABC vuông cân tại A. Điều này mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC nhọn. Do vậy dấu bằng của các bất đẳng thức trên không xẩy ra, tức là ta có 2OP2 > S . Câu 4 (1.5 điểm). Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(167) 166. Website:tailieumontoan.com. (. ). a) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn bộ ba số nguyên x; y; z thỏa mãn xyz ≠ 0 và x 5 + 8y 3 + 7z2 = 0.. b) Tìm tất cả các số nguyên không âm a, b, c thỏa mãn hệ điều kiện sau. (. ) (. ) (. ).  a−b 2 + b−c 2 + c−a 2 = 6abc   3 3 3 a + b + c + 1 a + b + c + 1. Câu 5 (1.5 điểm).. (. )(. ). a) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x − y x − z = 1 và y ≠ z . Chứng minh rằng: 1. +. 1. +. 1. ( x − y) ( y − z) (z − x ) 2. 2. 2. ≥4. b) Trên bảng ban đầu ghi số 2 và số 4. Ta thực hiện cách viết thêm các số lên bảng như sau: Nếu trên bảng đã có hai số, giả sử là a và b (a khác b), ta viết thêm lên bảng số có giá trị là a + b + ab . Hỏi với cách thực hiện như vậy có thể xuất hiện số 2016 được không? Giải thích.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(168) 163. Website:tailieumontoan.com Đề số 1 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN Năm học 2017 – 2018 Câu 1 (7.0 điểm). a) Giải phương trình 3x + 7 x − = 4 14 x + 4 − 20. 6x + 4y + 2 =  b) Giải hệ phương trình  6y + 4x − 2 =. ( x + 1) ( y − 1). 2. 2. Câu 2 (2.0 điểm).. ( ). ( ). Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S n =− n2 2017n + 10 với S n là tổng các chữ số của n. Câu 3 (2.0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn c ≥ a . Chứng minh rằng: 2. 2. 2.  a   b   c  3   +  + 4  ≥ 2 a + b b + c c+a. Câu 4 (7.0 điểm).. ( ). ( ). Cho hai đường tròn O và O ' cắt nhau tại A và B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác. ( ). A. Qua M kẻ các tiếp tuyến MC và MD với đường tròn O ' (C, D là tiếp điểm và D nằm trong đường tròn tâm O). a) Chứng minh rằng AD.BC = AC.DB .. ( ). b) Các đường thẳng AC, AD cắt đường tròn O lần lượt tại E và F (E, F khác A ). Chứng minh đường thẳng CD đi qua trung điểm của EF. c) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm có định khi M thay đổi. Câu 5 (2.0 điểm).. ( ). Trong đường tròn O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm bất kì A1, A2 ,..., A 399 . Chứng minh. ( ). rằng tồn tại vô số hình tròn có bán kính bằng 1 đơn vị nằm trong đường tròn O và không chứa điểm nào trong 399 điểm A1, A2 ,..., A 399 . Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1 (7.0 điểm). a) Giải phương trình 3x + 7 x − = 4 14 x + 4 − 20 . • Phân tích. Điều kiện xác địnhcủa phương trình là x ≥ 4 . Nhận thấy phương tình có chứa hai. căn. thức. nên. (. ) (. ). ta. đặt. x−4 = a và x + 4 = b. với. a ≥ 0, b ≥ 0 .. Nhận. thấy. 4 x + 4 − x − 4 = 3x + 20 ta có các biến đổi sau. Phương trình đã cho tương đương với. (. ) (. ). 3x + 7 x − 4 − 14 x + 4 + 20 = 0 ⇔ 4 x + 4 − x − 4 + 7 x − 4 − 14 x + 4 = 0 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(169) 164. Website:tailieumontoan.com. (. )(. ). Từ đó ta có phương trình 4b2 − a 2 + 7a − 14b = 0 ⇔ 2b − a 2b + a − 7 = 0 . Đến đây chỉ cần giải phương trình tích là xong. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 4 . Phương trình đã cho tương đương với. (. ) (. ). 3x + 7 x − 4 − 14 x + 4 + 20 = 0 ⇔ 4 x + 4 − x − 4 + 7 x − 4 − 14 x + 4 = 0. Đặt. x−4 = a và x + 4 = b với a ≥ 0, b ≥ 0 . Khi đó phương trình trên trở thành. 2b − a = 0 4b2 − a 2 + 7a − 14b = 0 ⇔ 2b − a 2b + a − 7 = 0 ⇔  0 2b + a − 7 =. (. + Với 2b − a = 0 ⇔ 2b = a ⇒ 2 x + 4 =. )(. ). (. ). x−4 ⇔ 4 x+4 = x−4 ⇔ x =. −20 . 3. + Với 2b + a − 7 = 0 ⇔ 2b = 7 − a , khi đó ta có phương trình 4  2 x+4 =7− x−4 ⇔  4  29 4 ≤ x ≤ 3 ⇔ ⇔ 2  29 − 3x = 142 x − 4 . (. ). (. ≤ x ≤ 53. ( x + 4 ) = (7 −. ). x−4. ). 2. 4 ≤ x ≤ 53 ⇔ 29 − 3x= 14 x − 4 .  29 4 ≤ x ≤ ⇔x= 5 3  9x 2 − 370x + 1625 = 0 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 5 là nghiệm duy nhất của phương trình. • Nhận xét. Nhận thấy x = 5 là nghiệm duy nhất của phương trình nên ta nghĩ đến phương pháp nhận. lượng liên hợp để làm xuất hiện đại lương x − 5 . Ta có các biến đổi sau 3x + 7 x − = 4 14 x + 4 − 20 ⇔ 3x − 15 + 7 x + 4 − 7 − 14 x − 4 + 42 = 0. (. ). ⇔ 3 x−5 +. (. 7 x−5. ). −. (. 14 x − 5. ).  0 ⇔ x − 5 3 + = x+4 +3 . x −4 +1 x − 5 = 0  ⇔ 7 14 3+ 0 − =  x −4 +1 x+4 +3. (. ). 7 x −4 +1. −.  0 = x + 4 + 3 14. + Với x − 5 = 0 ⇔ x = 5 , thỏa mãn điều kiện xác định. + Với 3 +. 7 x −4 +1. Từ đó ta được. −. 14 x+4 +3. 14 x+4 +3. = 0⇔ 3+. > 3 . Với x ≥ 4 thì. 7 x −4 +1. 14 x+4 +3. =. ≤. 14 x+4 +3. 14 8 +3. .. < 3 (Mâu thuẫn). Vậy x = 5 là nghiệm duy nhất của phương trình.. 6x + 4y + 2 =  b) Giải hệ phương trình  6y + 4x − 2 =. ( x + 1) ( y − 1). 2. 2. • Phân tích. Nhìn vào hệ phương trình đã cho ta thấy có dạng đối xứng dạng II nên ta thử đưa hệ. về hai đại lương x + 1 và y − 1 xem sao. Hệ phương trình đã cho trương đương với. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(170) 165. Website:tailieumontoan.com 6x + 4y + 2 =   6y + 4x − 2 =. ( x + 1) ( y − 1). 2. 2. ( (. ) ). ( (. ) ( x + 1) ) ( y − 1). 6 x + 1 + 4 y − 1 =  ⇔ 6 y − 1 + 4 x + 1 =. 2. 2. Đến đây chỉ cần đặt x + 1 = a và y − 1 = b ta được hệ phương trình đối xứng dạng dạng II.. ( (. ) ). ( (. ) ( ) (. ) ). 6 x + 1 + 4 y − 1 = x + 1 2  • Lời giải. Hệ phương trình đã cho tương đương với  2 6 y − 1 + 4 x + 1 = y − 1 6a + 4b = a2 Đặt x + 1= a; y − 1= b . Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành  b2 6b + 4a =. a − b = 0 Trừ theo vế ta được a 2 − b2 − 2a + 2b = 0 ⇔ a − b a + b − 2 = 0 ⇔  0 a + b − 2 =. (. )(. ). + Với a − b = 0 ⇒ a = b ⇒ x + 1 = y − 1 ⇒ x = y − 2 . Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được. (. ). (. 6y + 4 y − 2 − 2 = y − 1. ). 2. y = x = 1 −1; y = 1 ⇔ y2 − 12y + 11 = 0 ⇔  ⇒ = y 11  y 11 =  x 9;=. (. ). + Với a + b − 2 = 0 ⇔ a = 2 − b ⇒ x + 1 = 2 − y − 1 ⇔ x = 2 − y . Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được. (. ). (. 6y + 4 2 − y − 2 = y − 1. ). 2. y = x = −1 3; y = −1 ⇔ y2 − 4y − 5 = 0 ⇔  ⇔ y= 5 −3; y = 5  x = . ( ) (. )(. )(. )(. ). Vậy nghiệm của hệ phương trình là x; y =−1;1 , 9;11 , 3; −1 , −3; 5 .. ( ). ( ). Câu 2. Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S n =− n2 2017n + 10 với S n là tổng các chữ số của n. • Phân tích. Nhận thấy n = 2017 thoả mãn yêu cầu bài toán nên ta đi xét các trường hợp. 1 ≤ n ≤ 2016 , n = 2017 và n > 2017 , sau đó chỉ cần chỉ ra với 1 ≤ n ≤ 2016 và n > 2017 không tồn tại n thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chú ý đến điều kiện 0 < S(n) ≤ n . Ta có lời giải chi tiết như sau.. ( ). • Lời giải. Vì n là số tự nhiên và S n là tổng các chữ số của n nên n ≥ 1 và 0 < S(n) ≤ n .. Ta xét các trường hợp sau: + Trường hợp 1. Nếu 1 ≤ n ≤ 2016 . Khi đó ta có. ( ). (. )(. ). S n =− n2 2017n + 10 < n2 − 2017n + 2016 =− n 1 n − 2016 ≤ 0. Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì S(n) > 0 . + Trường hợp 2. Nếu n = 2017 . Khi đó ta được. ( ). ( ) + Trường hợp 3, Nếu n > 2017 . Khi đó S ( n ) = n. S n = 2 + 0 + 1 + 7 = 10 và S n= 20172 − 2017.2017 + 10 = 10 (Thỏa mãn) 2. (. ). − 2017n + 10 > n2 − 2017n = n n − 2017 ≥ n .. Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì n > 2017 . Vậy n = 2017 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn c ≥ a . Chứng minh rằng: Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(171) 166. Website:tailieumontoan.com 2. 2. 2.  a   b   c  3   +  + 4  ≥ 2 a + b b + c c+a • Phân tích. Dự đoán dấu bằng xẩy ra tại a= b= c . Nhận thấy bất đẳng thức đã cho không có. dạng đối xứng nên ta biển đổi rồi đặt ẩn xem sao. 1. Bất đẳng thức đã cho tương đương với.  b 1 +  a . 1. +. 2.  c 1 +  b . 2. 4. +.  a 1 +  c . ≥. 2. 3 2. b c a 1 . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành Đặt= x, = y x, y > 0 . Khi đó = c xy a b. (. ). 1. 1. +. 4x 2 y2. +. ≥. (1 + x ) (1 + y ) (1 + xy ) 2. Áp dụng bổ đề. 1. +. 1. (1 + x ) (1 + y ) 2. 2. ≥. 2. 2. 3 2. 1 * . Để chứng minh bổ đề * ta chỉ cần sử dụng phép xy + 1. (). biến đổi tương đương. Ta cần chứng minh. (). 1 4x 2 y2 + xy + 1 1 + xy. (. ≥. ). 2. 3 . Đến đây chỉ cần sử dụng bất 2. đẳng thức Cauchy cho hai số là bài toán được chứng minh. Chú ý đến c ≥ a ta có lời giải chi tiết như sau. 1. • Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với.  b 1 +  a . 2. 1. +.  c 1 +  b . 2. +. 4  a 1 +  c . 2. ≥. 3 2. b c a 1 . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành Đặt= x, = y x, y > 0 . Khi đó = c xy a b. (. ). 1. 1. +. 4x 2 y2. +. ≥. (1 + x ) (1 + y ) (1 + xy ) 2. Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức. 2. 1. 2. 1. +. (1 + x ) (1 + y ) 2. 2. ≥. 3 2. 1 , với x, y là các số dương. xy + 1. Thật vậy, bất đẳng thức trên tương ương với. (2 + 2x + 2y + x. 2. + y2. ) ( xy + 1) ≥ (1 + 2x + x )(1 + 2y + y ) 2. (. ⇔ 1 − 2xy − x 2 y2 + x 3 y + xy 3 ≥ 0 ⇔ 1 − xy Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do x, y > 0 . Vì vậy ta có. Ta quy bài toán về chứng minh. 1 4x 2 y2 + xy + 1 1 + xy. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. (. ). 2. ≥. ). 2. 2. (. + xy x − y 1. +. ). 2. ≥0. 1. (1 + x ) (1 + y ) 2. 2. ≥. 1 . xy + 1. 3 . 2. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(172) 167. Website:tailieumontoan.com Đặt = P. 1 4x 2 y2 + xy + 1 1 + xy. Khi đó= P. (. ). 2. . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:. 1 4x 2 y2 + xy + 1 1 + xy. (. Ta cần chứng minh. ). 2. +1−1 ≥. 1 4xy 3xy + = −1 = xy + 1 1 + xy 1 + xy. 4x 2 y2. (1 + xy ). 2. +1≥. 4xy 1 + xy. 3 1 +1 xy. 3xy 3 3 3 ≥ hay ≥ 1 + xy 2 1 2 +1 xy. a 1 3 3 Thật vậy, từ giả thiết c ≥ a ta được = ≤ 1 . Do đó ≥ c xy 1 2 +1 xy. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra tại a= b= c .. ( ). ( ). Câu 4. Cho hai đường tròn O và O ' cắt nhau tại A và B. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M. ( ). khác A. Qua M kẻ các tiếp tuyến MC và MD với đường tròn O ' (C, D là tiếp điểm và D nằm trong đường tròn tâm O). a) Chứng minh AD.BC = AC.DB . • Phân tích tìm lời giải. Quan sát. M. hình vẽ ta nhận thấy và giả thiết của bài toán ta nhận thấy để chứng minh được AD.BC = AC.DB ta quy AC AD . Nhận = BC BD thấy rằng không thể chứng minh. về chứng minh. được một cách trực tiếp nên ta nghĩ đến chọn các tỉ số trung gian. Ta có AC là tiếp tuyến và AB là cát tuyến nên dễ thấy hai tam giác MAC và MCB đồng dạng với nhau, từ đó ta có. AC MA . = BC MB. Tương. tự. C A Q E. J. O. I. D H. O'. N B F K. P. thì. AD MA . = BD MB. Do đó ta được. AC AD hay ta có điều cần chứng minh. = BC BD. ( ).   • Lời giải. Vì MC là tiếp tuyến của đường tròn O ' nên ta được MCA = CBM . Xét hai tam giác  = CBM  và MCB  chung. Suy ra tam giác MAC đồng dạng với tam giác MAC và MCB có MCA. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(173) 168. Website:tailieumontoan.com MCB, do đó ta được giác MDB nên. AC MA . Chứng minh tương tự ta được tam giác MAD đồng dạng với tam = BC MB. AD MA AC AD . Kết hợp hai kết quả trên ta được hay AD.BC = AC.DB . = = BD MB BC BD. ( ). b) Các đường thẳng AC và AD cắt đường tròn O lần lượt tại E, F (E, Fkhác A). Chứng minh đường thẳng CD đi qua trung điểm của EF . • Phân tích tìm lời giải. Gọi N là giao điểm của CD với EF và ta cần chứng minh NE = NF . Nhận. thấy rằng không thể chỉ ra trực tiếp các tam giác chứa NE và NF bằng nhau nên ta nghĩ đến việc tạo ra các tỉ số bằng nhau thông qua các tam giác đồng dạng hoặc định lí Talets. Để ý là các tỉ số bằng nhau cần có chứa các đoạn NE và NF. Từ đó ta thấy có các hướng sau..    nên tứ giác NFBD nội tiếp. Do đó FNB    + Hướng 1. Ta thấy NFB = BAC = BDC = FDB = ACB nên hai tam giác BNF và CAB đồng dạng nên ta có phép chứng minh kết thúc nếu ta chỉ ra được. CA NF CA DA . Từ ý a ta đã có . Do đó = = CB NB CB DB. DA NE  = FAB  và ENB  = BDA  . Để ý ta có BEN = DB NB. , do đó suy ra hai tam giác ENF và BDA đồng dạng. Suy ra ta được. DA NE . Đến đây kết hợp = DA NB. các kết quả ta được NE = NF . + Hướng 2. Dựng đường qua A đường thẳng song song với CD cắt EF tại I. Khi đó theo định lý Talest ta có. NE EC NF DF và . Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc nếu ta chỉ ra được = = NI DA NI AC. EC DF . Tứ giác ACBD nội tiếp nên = AC DA  = ECB  và ECB và tam giác DFB có FDB.  = ACB  , do đó ta được FDB  = ECB  . Xét tam giác FDB.  = DFB  (cùng chắn cung AB  ). Suy ra tam giác ECB CEB. đồng dạng với tam giác DFB, từ đó suy ra Điều này dẫn đến. DF DB DA DF EC DF . Do đó ta được hay . = = = EC CB CA EC AC DA. NF NE hay N là qua trung điểm của EF. = NI NI. + Hướng 3. Để ý đến định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng ta có hệ NF CE DA DA CE . . = 1 . Như vậy để có NE = NF ta cần chỉ ra được . = 1 . Chú ý rằng theo NE CA DF DF CA kết quả ý a ta có AD.BC = AC.DB . Như vậy phép chứng minh kết thúc nếu ta chỉ ra được. thức. BC DF . Điều này có nghĩa là ta cần chứng minh được ∆BCE ∽ ∆BDF . Để ý ta thấy = BD CE  = BDF  và CEB  = BFD  nên ∆BCE ∽ ∆BDF . Như vậy ta có lời giải cho bài toán. ECB • Trình bày lời giải.. AC AD . Do tứ giác ABFE và = BC BD    , suy ra tứ giác BFND nội tiếp, do đó FNB   . ACBD nội tiếp nên NFB = BAC = BDC = FDB = ACB. + Cách 1. Gọi N là giao điểm của CD và EF. Từ câu a ta đã có. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(174) 169. Website:tailieumontoan.com  = BAC  nên hai tam giác NFB và CAB đồng dạng với nhau. Do đó suy ra CA = NF . Lại có NFB CB NB       Ta lại có BEN = FAB , lại do FNB = FDB nên ENB = BDA , do đó suy ra hai tam giác ENF và DA NE NE NF . Kết hợp ba kết quả trên ta được , do đs = = DA NB NB NB NE = NF hay N là trung điểm của EF. BDA đồng dạng. Suy ra ta được. + Cách 2. Từ AD.BC = AC.DB suy ra. DA DB . Gọi N là giai điểm của CD với EF. Từ A kẻ = CA CB. đường thẳng song song với CD cắt EF tại I. Theo định lý Talest ta có giác ACBD nội tiếp nên  = ECB  và DFB có FDB.  = ACB  , do đó ta được FDB  = ECB  . Xét tam giác ECB và tam giác FDB  = DFB  (cùng chắn cung AB  ). Suy ra tam giác ECB đồng dạng với CEB. tam giác DFB, từ đó suy ra đến. NE EC NF DF và . Tứ = = NI DA NI AC. DF DB DA DF EC DF . Do đó ta được hay . Điều này dẫn = = = EC CB CA EC AC DA. NF NE hay N là qua trung điểm của EF. Vậy CD đi qua trung điểm N của EF. = NI NI. + Cách 3. Gọi N là giao điểm của CD và EF. Theo kết quả ý a ta có AD.BC = AC.DB . Xét hai tam.  = BDF  và CEB  = BFD  nên ∆BCE ∽ ∆BDF . Từ đó BC = DF . Do đó ta giác BCE và BDF có ECB BD CE được. DA CE . = 1 . Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng DF CA. NF CE DA DA CE NF . . = 1 . Kết hợp với . = 1 ta được = 1 nên suy ra NE = NF hay N là NE CA DF DF CA NE trung điểm của EF.. ta có. c) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm có định khi M thay đổi. • Phân tích tìm lời giải. Bài toán yêu cầu chứng minh EF đi qua một điểm cố định khi M thay đổi. trên AB do đó ta dự đoán được điểm cố định. Từ đề bài ta nhận thấy các điểm A, B, O, O’ cố định nên ta dự đoán rằng điểm cố định cần tìm sẽ có liên hệ với các điểm trên. Do điểm O và B cố định. ( ). nên tiếp tuyến với đường tròn O tại B cố định. Gọi P là giao điểm của EF với tiếp tuyến tại B đó là P khi đó ta dự đoán rằng P là điểm cố định. Muốn khẳng định được điều ta dự đoán thì ta cần chứng minh được BP không đổi. Đến đây ta thấy có các hướng sau + Hướng 1. Gọi K và H là lần lượt là trung điểm của AC và BD. Gọi J là giao điểm của OO’ và CD.. ( ). Khi đó dễ thấy JA và BJ là các tiếp tuyến của đường tròn O' . Do đó J là điểm cố định. Biến đổi.  = EFB  − FBP  = BAC  − BEP  = BDC  − FAB  = BDC  − JBD  = BJC  . Điều này dẫn đến góc ta có EPB BE BP BE hay BP = = .BJ và BJ BC BJ BC không đổi. Dễ thấy hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau nên hai tam giác DBC và FBE. hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau. Do đó ta được. ( ) và (O) . Do. đồng dạng với nhau. Mà hai tam giác DBC và EBF nội tiếp trong hai đường tròn O'. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(175) 170. Website:tailieumontoan.com đó. BE BE OA .BJ không đổi. Suy ra P là điểm cố định hay EF = ' không đổi. Từ đó ta được BP = BC O A BC. luôn đi qua điểm P cố định..     và BFP  = BDJ  . Suy ra hai + Hướng 2. Do tứ giác BFND nội tiếp ta có PBF = PEB = BAF = JBD  = BPF  nên tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn. Suy ra tam giác BDJ và BFP đồng dạng, do đó BJD     BNP    nên hai tam giác JBP ta được BJP = = BDF = BCA = BO'O . Mặt khác ta lại có O' BO = PBJ và O’BO đồng dạng với nhau. Do đó. BP BJ BJ.BO , không đổi. Suy ra điểm P cố = ⇒ BP = ' BO BO BO'. định. Vậy EF luôn đi qua điểm P cố định. • Trình bày lời giải.. + Cách 1. Gọi K và H là lần lượt là trung điểm của AC và BD. Gọi J là giao điểm của OO’ và CD. Khi đó dễ thấy ∆O' KJ ∽ ∆O' HM nên ta được. O' K O'J hay O' K.O' M = O' H.O'J . Mà ta lại có = O' H O' M. ' ' 2 O' K.O = M O = D O' A2 do đó ta có OA2 = O' H.O'J nên ta suy ra được AJ ⊥ O' A hay NA là tiếp. ( ). ( ). tuyến của đường tròn O' tại A và do đó BJ cũng là tiếp tuyến của đường tròn O' tại B.. ( ). Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn O cắt EF tại P..  = EFB  − FBP  = BAC  − BEP  = BDC  − FAB  = BDC  − JBD  = BJC . Khi đó ta có EPB Điều này dẫn đến hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau.. ( ). BE BP BE hay BP = = .BJ . Do hai đường tròn O và O' cố định nên A và B cố BC BJ BC định, do đó điểm J cố định, suy ra BJ không đổi. Do hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau. ( ). Do đó ta được. nên suy ra hai tam giác DBC và FBE đồng dạng với nhau. Mà hai tam giác DBC và EBF nội tiếp. ( ). ( ). trong hai đường tròn O' và O . Do đó. BE BE OA .BJ = ' không đổi. Từ đó ta được BP = BC O A BC. không đổi. Suy ra P là điểm cố định hay EF luôn đi qua điểm P cố định. + Cách 2. Gọi J và H lần lượt là giao điểm của OO’ với CD và AB. Gọi K là giao điểm của MO’ với CD. Khi đó dễ thấy hai tam giác O’HM và O’KJ đồng dạng với nhau. Suy ra ' ' ' 2 có được O' H.O = J O' K.O = M O = C O' B2 . Từ đó ta lại được. O'H O'M nên ta = O'Q O'J. O' H O' B , suy ra hai tam giác HO’B = O' B O'J.   ' ' và O’BJ đồng dạng với nhau. Do đó ta được O = BJ O = HB 900 , suy ra BJ ⊥ O' B hay BJ là tiếp. ( ). tuyến tại B của đường tròn O' . Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được AJ là tiếp tuyến tại. ( ). ( ). A của đường tròn O' . Do A và B cố định nên J cố định. Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn O , tiếp tuyến này cắt EF tại P, suy ra đường    đường tròn nên ta có PBF = PEB = BAF =   đồng dạng, do đó BJD = BPF nên Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. thẳng BP cố định. Khi đó do tứ giác BFND nội tiếp  và BFP  = BDJ  . Suy ra hai tam giác BDJ và BFP JBD tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn. Suy ra TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(176) 171. Website:tailieumontoan.com      BNP   nên hai tam giác JBP và O’BO = = BDF = BCA = BO'O . Mặt khác lại có O' BO = PBJ BJP BP BJ BJ.BO hay ta được BP = không đổi. Suy ra điểm P cố định. Vậy EF = ' BO BO BO' luôn đi qua điểm P cố định.. đồng dạng. Do đó. ( ). Câu 5. Trong đường tròn O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm bất kì A1, A2 ,..., A 399 . Chứng. ( ). minh rằng tồn tại vô số hình tròn có bán kính bằng 1 đơn vị nằm trong đường tròn O và không chứa điểm nào trong 399 điểm A1, A2 ,..., A 399 .. ( ). ( ). • Lời giải. Trong đường tròn O vẽ đường tròn O ' có bán kính 20 đơn vị. Giả sử 399 điểm bất. ( ). kì A1, A2 ,..., A 399 nằm trong đường tròn O ' . Khi đó S(O ') = 400 . Từ 399 điểm A1, A2 ,..., A 399 vẽ các đường tròn có bán kính bằng 1 đơn vị. Khi đó tổng diện tích của 399 đường tròn là. ( ). 399 < 400 , suy ra 399 đường tròn này không phủ hết đường tròn O ' . Do đó sẽ có vô số khoảng trống giữa các đường tròn hay tồn tại vô số hình tròn có bán kính bằng 1 đơn vị nằm trong. ( ). đường tròn O và không chứa điểm nào trong 399 điểm A1, A2 ,..., A 399 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(177) 172. Website:tailieumontoan.com Đề số 2 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH THÁI BÌNH Vòng 1 - Năm học: 2017– 2018   1  3 x +5   Câu 1. (2.0 điểm). Cho A = +  x − 1 x x − x − x + 1     . (. x +1 4 x. ). 2.   − 1 với x > 0; x ≠ 1 .  . a) Rút gọn biểu thức A.. ). (. b) Đặt B = x − x + 1 A . Chứng minh rằng B > 1 với x > 0; x ≠ 1 . Câu 2. (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d): y = 2x + 2m + 8 (với m là tham số). a) Khi m = – 4, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) . b) Chứng minh rằng đường thẳng (d) và Parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x 2 . Tìm các giá trị m thỏa mãn điều kiện x1 + 2x 2 = 2. xy2 + y2 − 2 = x 2 + 3x Câu 3. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình  0 x + y − 4 y − 1 =. Câu 4. (1.0 điểm) Cho quãng đường AB dài 300km. Cùng một lúc xe ô tô thứ nhất xuất phát từ A đến B, xe ô tô thứ hai đi từ B về A. Sau khi xuất phát được 3 giờ thì hai xe gặp nhau. Tính vận tốc của mỗi xe, biết thời gian đi cả quãng đường AB của xe thứ nhất nhiều hơn xe thứ hai là 2 giờ 30 phút. Câu 5. (3.5 điểm). (. ). ( ). Cho đường tròn O; R có đường kính AB. Điểm C là điểm bất kỳ trên O , C không trùng. (. ). (. ). với A, B. Tiếp tuyến tại C của O; R cắt tiếp tuyến tại A, B của O; R lần lượt tại P, Q. Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với BC. a) Chứng minh rằng tứ giác CMON là hình chữ nhật và AP.BQ = MN2 . b) Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ. c) Chứng minh rằng PMNQ là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất. Câu 6. (0.5 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn P=. (. y 2 z2. x y 2 + z2. 1 1 1 + 2 + 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 x y z. ). +. (. z2 x 2. y z2 + x 2. ). +. (. x 2 y2. z x 2 + y2. ). .. Hướng dẫn giải. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(178) 173. Website:tailieumontoan.com   1  3 x +5   Câu 1. Cho A = +  x − 1 x x − x − x + 1     . (. x +1. ). 2. 4 x.   − 1 với x > 0; x ≠ 1 .  . a) Với x > 0; x ≠ 1 ta có   1  3 x +5  A  = +  x − 1 x x − x − x + 1      =. Vậy A =. x. x +1. ). 2. 4 x. ). x −1+ 3 x + 5 ( ⋅ x 1 x 1 − − ( )( ). 1. (. 2. x −1 = 4 x. 4. (. (. x +1.   − 1=    x +1. )(.  3 x +5  1 x − 1 + x −1 x −1 . )(. (. ). x −1. ). 2. ( ⋅. ). ).   ⋅ . (. ). 2. x +1 −4 x 4 x. 2. x −1 = 4 x. 1 x. với x > 0; x ≠ 1 .. (. ). b) Đặt B = x − x + 1 A . Chứng minh rằng B > 1 với x > 0; x ≠ 1 .. ). (. Với x > 0; x ≠ 1 ta có B = x − x + 1 A =. x − x +1 x. =. (. ). 2. x −1 + x x. >. x x. =1 .. Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d): y = 2x + 2m + 8 (với m là tham số). a) Khi m = −4 , tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) .. ( ). ( ). Xét phương trình hoành độ giao điểm của P và d là 2 x= 2mx + 2m + 8 ⇔ x 2 − 2mx − 2m − 8= 0. x = 0 Khi m = – 4, phương trình trên trở thành x 2 + 8x =0 ⇔   x = −8 Với x = 0 thì y = 0 và với x = −8 thì y = 64. ( ). ( ) ( ) ( ) b) Chứng minh đường thẳng ( d ) và Parabol ( P ) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ Vậy khi m = – 4 thì tọa độ giao điểm của P và d là 0; 0 và −8; 64 .. x1 ; x 2 . Tìm các giá trị của m để x1 + 2x 2 = 2.. Xét phương trình hoàn độ giao điểm x 2 − 2mx − 2m − 8 = 0.. ( m + 1) + 7 > 0 với mọi m, do đó phương trình hoành độ luôn có 2 nghiệm phân biệt. Suy ra ( d ) và ( P ) tại hai điểm phân biệt. Ta có ' = m2 + 2m + 8 =. 2. 2m x + x 2 = Theo hệ thức Vi – et  1 −2m − 8 x1 x 2 = Theo đề bài ta có x1 + 2x 2 = 2 . Kết hợp với hệ thức Vi – et trên ta có hệ Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(179) 174. Website:tailieumontoan.com x1 + x 2 =2m x =2 − 2m ⇔ 1  x1 + 2x 2 = 2 x 2 = 4m − 2. (. )(. ). Thay vào hệ thức x1 x 2 = −2m − 8 ta được 2 − 2m 4m − 2 = −2m − 8 ⇔ −4m2 + 7m + 2 = 0 Giải phương trình được m = 2; m = −.  1 1 . Vậy m ∈ 2; −  là các giá trị cần tìm. 4 4 . xy2 + y2 − 2 = x 2 + 3x Câu 3. Giải hệ phương trình  0 x + y − 4 y − 1 = • Lời giải. Điều kiện xác dịnh của hệ phương trình y ≥ 1 . Phương trình thứ nhất tương đương với. (. ). (. ) (. )(. ). xy2 + y2 − x 2 + 3x + 2 =0 ⇔ y2 x + 1 − x + 1 x + 2 =0  x = −1 ⇔ x + 1 y2 − x − 2 = 0 ⇔  x y2 − 2 =. )(. (. ). + Thay x = −1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được y −1− 4 y −1 = 0 ⇔. y −1. (.  y= y 1 −1 0 = y −1 − 4 = 0 ⇔  ⇔  y −1 = 4  y = 17 . ). + Thay = 0. x y2 − 2 vào phương trình thứ hai của hệ ta được y2 − 2 + y − 4 y − 1 = Đặt. (. ). y − 1 = a a ≥ 0 ⇒ y = a 2 + 1 , khi đó phương trình trên trở thành. ( a + 1) − 2 + a + 1 − 4a =0 ⇔ a + 3a − 4a =0 a = 0 ⇔ a ( a + 3a − 4 ) = 0 ⇔ a ( a − 1) ( a + a + 4 ) = 0 ⇔  a = 1 2. 2. 2. 3. 4. 2. 2. . = x y2 − 2 x = −1 Với a = 0 ta được  ⇔ y =1 y = 1  = x y2 − 2 x = 0 Với a = 1 ta được  ⇔ y=2 y=2  . ( ) (. )(. )( ). Kết hợp với điều kiện xác định ta có các nghiệm của hệ là x; y = −1;1 , −1;17 , 0; 2 . Câu 4. Cho quãng đường AB dài 300km. Cùng một lúc xe ô tô thứ nhất xuất phát từ A đến B, xe ô tô thứ hai đi từ B về A. Sau khi xuất phát được 3 giờ thì hai xe gặp nhau. Tính vận tốc của mỗi xe, biết thời gian đi cả quãng đường AB của xe thứ nhất nhiều hơn xe thứ hai là 2 giờ 30 phút. • Lời giải. Đổi 2h 30 ' =. 5 h . Gọi vận tốc của xe thứ nhất và xe thứ hai lần lượt là x; y km/h . Điều 2. (. ). kiện y > x > 0 .. ( ). ( ). Sau 3 giờ thì xe thứ nhất đi được 3x km và xe thứ nhất đi được 3y km Ta có phương trình 3x + 3y= 300 ⇔ x + y= 100. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(180) 175. Website:tailieumontoan.com Thời gian xe thứ nhất đi hết quãng đường AB là AB là. 300 h , thời gian xe thứ hai đi hết quãng đường x. ( ). 300 300 300 5 60 60 1 h . Ta có phương trình − = ⇔ − = y x y 2 x y 2. ( ). x + y = 100 y 100 − x =   Kết hợp các phương trình ta có hệ phương trình  60 60 1 ⇔  60 60 1 − = x − y =  2  x 100 − x 2  Giải phương trình. 60 60 1 ta được − = = x 300; = x 40 x 100 − x 2. + Với x = 300 ta được y = −200 (không thỏa mãn điều kiện) + Với x = 40 ta được y = 60 (thỏa mãn điều kiện) Vậy vận tốc của xe thứ nhất và xe thứ hai lần lượt là 40 km/h và 60 km/h.. (. ( ). ). Câu 5. Cho đường tròn O; R có đường kính AB. Điểm C là điểm bất kỳ trên đường tròn O , C. (. ). (. ). không trùng với A, B. Tiếp tuyến tại C của O; R cắt tiếp tuyến tại A, B của O; R lần lượt tại P, Q. Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với BC. a) Chứng minh tứ giác CMON là hình chữ nhật và AP.BQ = MN2 . Ta có OA = OC = R và PA = PC (tính chất. D. của hai tiếp tuyến cắt nhau). Suy ra OP là đường trung trực của AC, do đó  = OP ⊥ AC ⇒ OMC 900. Q I C.  = 900 Chứng minh tương tự được ONC. P M.  = 900 . Lại có ACB    Tứ giác CMON có OMC = ONC = MCN = 900. A. E. N. O. B. nên tứ giác CMON là hình chữ nhật.. ( ).  = 900 và vì PQ là tiếp tuyến tại C của Vì CMON là hình chữ nhật nên POQ O nên OC ⊥ PQ Tam giác OPQ vuông tại O có đường cao OC nên ta được PC.QC = OC2 Mà = PA PC; = QB QC và MN = OC . Từ đó ta suy ra được AP.BQ = MN2 . b) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ. Gọi I là trung điểm của PQ. Tam giác OPQ vuông tại O có OI là đường trung tuyến Do đó ta có OI =.  PQ  PQ nên O thuộc đường tròn  I; . 2  2 . ( ). Vì AP và BQ là các tiếp tuyến của O nên AP ⊥ AB , BQ ⊥ AB nên APQB là hình thang vuông Mà OI là đường trung bình của hình thang APQB, do đó OI//AP nên suy ra OI ⊥ AB. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(181) 176. Website:tailieumontoan.com  PQ  Do đó AB là tiếp tuyến tại O của  I; .  2  c) Chứng minh PMNQ là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất. + Tam giác OCP vuông tại C có đường cao CM nên ta được OC2 = OM.OP Tương tự ta có OC2 = ON.OQ . Từ đó ta được OM.OP = ON.OQ ⇒. OM ON = OQ OP.  chung và OM = ON Hai tam giác OMN và OQP có POQ OQ OP  = ONM  nên tứ giác PMNQ nội tiếp đường tròn. Do đó ∆OMN ∽ ∆OQP suy ra ta được OPQ Gọi D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ, E là giao điểm của OC và MN.. ( ). Đường tròn D có I là trung điểm của dây PQ và E là trung điểm của dây MN Do đó DI ⊥ PQ; DE ⊥ MN nên ta được DI//OE và DE//OI, suy ra tứ giác OEDI là hình bình hành. Từ đó ta được = DI OE =. R . 2. + Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông DIP ta được 2. DP =. 2. 2. 2.  R   PQ   R   AB  R 5   +  ≥   +  = 2 2  2  2  2 . DI + IP = 2. 2. ( ). Dấu bằng xẩy ra khi PQ = AB ⇔ OC ⊥ AB hay C là điểm chính giữa của nửa đường tròn O .. ( ). Vậy khi C là điểm chính giữa của nửa đường tròn O thì đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất bằng. R 5 . 2. 1 1 1 + 2 + 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 x y z. Câu 6. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn. P=. • Lời giải. Ta có P =. 1  1 1 x 2 + 2  z  y. +. (. y 2 z2. x y 2 + z2. ). +. 1  1 1 y 2 + 2  z  x. (. z2 x 2. y z2 + x 2. +. ). +. (. x 2 y2. z x 2 + y2. ). .. 1  1 1  z 2 + 2  y  x. 1 1 1 a b c Đặt= a;= b; và a 2 + b2 + c2 = = c , khi đó ta được P = 2 3 + 2 + 2 2 2 x y z b +c a +c a + b2. Do đó P =. a b c + + 2 2 3−a 3−b 3 − c2. (. ) ( 2. ). x − 1 .x. x + 2 x 1 2 ≥ x ⇔ ≥ 0 (luôn đúng) Ta lại có bất đẳng thức 3 − x2 2 2. 3 − x 2 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. (. ). TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(182) 177. Website:tailieumontoan.com Suy ra P ≥. 1 2 1 2 1 2 3 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 1 . a + b + c = 2 2 2 2. Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là. 3 , đạt được tại x= y= z= 1 . 2. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(183) 178. Website:tailieumontoan.com Đề số 3 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TỈNH THÁI BÌNH Vòng 2 - Năm học 2017– 2018 Câu 1(2.0 điểm). 1) Cho a, b là hai số thực bất kỳ. Chứng minh có ít nhất một trong hai phương trình ẩn x sau vô nghiệm: x 2 + 2ax + 2a 2 − b2 + 1 = 0 x 2 + 2bx + 3b2 − ab = 0. 2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và xyz ≠ 0 Tính giá trị biểu thức: P =. x2 y2 z2 + + y 2 + z2 − x 2 z2 + x 2 − y 2 x 2 + y 2 − z2. Câu 2(2.5 điểm). 1) Giải phương trình. x 2 + 4x + 12 = 2x − 4 + x + 1.  2  2  2 − 1  = 4 4 + xy x + y − 4xy  2) Giải hệ phương trình  x−y   x − y + 3 2y2 − y + 1= 2y2 − x + 3 . (. ). Câu 3(1.0 điểm).. ( ). Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn phương trình x 3 − y 3 = 6xy + 3 Câu 4(3.0 điểm). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có hai tia BA và CD cắt nhau tại E, hai tia AD và BC cắt nhau tại F. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD. Các đường phân giác trong  và góc BFA  cắt nhau tại K. của các góc BEC.  + DFE  =  và tam giác EKF là tam giác vuông a) Chứng minh rằng DEF ABC b) Chứng minh rằng EM.BD = EN.AC c) Chứng minh rằng ba điểm K, M, N thẳng hàng Câu 5(1.5 điểm). 1) Cho các số thực dương a, b, c bất kì. Chứng minh rằng:. 1 a 3a + 2b. +. 1 b 3b + 2c. +. 1 c 3c + 2a. ≥. 3 5abc. 2) Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại. Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5 Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1(2.0 điểm). 1) Cho a, b là hai số thực bất kỳ, chứng minh có ít nhất một trong hai phương trình ẩn x sau vô nghiệm: Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(184) 179. Website:tailieumontoan.com x 2 + 2ax + 2a 2 − b2 + 1 = 0 x 2 + 2bx + 3b2 − ab = 0 • Phân tích và lời giải. Đặt các phương trình đã cho là. x 2 + 2ax + 2a 2 − b2 + 1 = 0(1) x 2 + 2bx + 3b2 − ab = 0(2) Để chứng minh có ít nhất một trong hai phương trình ẩn x sau vô nghiệm thì thì ta chứng minh một trong hai biệt thức delta của phương trình nhận giá trị âm. Muốn vậy ta đi tính tổng hai biệt thức delta của hai hai phương trình nhận giá trị âm. Ta có. ( (. ). ' = −a 2 + b2 − 1 a 2 − 2a 2 − b2 + 1 = 1  ' −2b2 + ab b2 − 3b2 − ab = 2 =. ). Khi đó ta được 1' + 2' =−a 2 + b2 − 1 − 2b2 + ab =−a 2 − b2 − 1 + ab. (. Mặt khác dễ thấy rằng −2a 2 − 2b2 − 2 + 2ab =− a − b. ). 2. − 2 − a 2 − b2 ≤ 0. Do đó ta được 1' + 2' < 0 . Vậy trong hai phương trình tồn tại ít nhất một phương trình vô nghiệm. 2) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và xyz ≠ 0 Tính giá trị biểu thức P =. x2 y2 z2 + + y 2 + z2 − x 2 z2 + x 2 − y 2 x 2 + y 2 − z2. • Phân tích và lời giải. Để tính được y2 + z2 − x 2 ta để ý đến giả thiết x + y + z =0 ⇔ y + z =−x .. Khi đó thực hiện bình phương hai vế ta được y2 + z2 + 2yz = x 2 ⇔ y 2 + z2 − x 2 = −2yz . x2 x2 x2 Từ đó ta có = biến đổi 2 = y + z2 − x 2 y2 + z2 − y2 − z2 − 2yz −2yz. Hoàn toàn tương tự ta cũng có. y2 y2 z2 z2 ; = = z2 + x 2 − y2 −2zx x 2 + y2 − z2 −2xy. Chú ý rằng xyz ≠ 0 nên cộng theo vế ta được x2 y2 z2 x2 y2 z2 + + = + + y2 + z2 − x 2 z2 + x 2 − y2 x 2 + y2 − z2 −2yz −2xz −2xy   1  x 3 + y 3 + z3  1  x 3 + y 3 + z3 1  x 3 + y 3 + z3 − 3xyz =−  − 3 + 3  =−  + 3   =−  2 xyz 2 xyz 2 xyz    2 2 2  x + y + z x + y + z − xy − yz − zx  1 3 = −  + 3 = −  xyz 2 2  . P=. (. )(. ). 3 Vậy P = − . 2. Câu 2(2.5 điểm). 1) Giải phương trình. x 2 + 4x + 12 = 2x − 4 + x + 1. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(185) 180. Website:tailieumontoan.com • Phân tích và lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 + 4x + 12 ≥ 0; x ≥ −1 . quan sát. (. phương trình đã cho ta để ý đến biến đổi x 2 + 4x + 12 = x − 2 phương trình đã cho thành. ( x − 2). 2. (. ). (. ). 2. (. ). + 8 x + 1 . Khi đó ta viết lại được. ). + 8 x + 1 = 2 x − 2 + x + 1 . Phương trình có sự lặp lại của. (. ). hai đại lương nên ta sử dụng phép đặt ẩn phụ x − 2= a; x + 1= b b ≥ 0 . Khi đó phương trình trên trở thành a 2 + 8b2 = 2a + b ⇔ a 2 + 8b2 = 4a 2 + 4ab + b2 a = b ⇔ 3a 2 + 4ab − 7b2 =0 ⇔ 3a + 7b a − b =0 ⇔  3a = −7b. (. + Với a = b thì x − 2 =. )(. x − 2 ≥ 0 ⇔ x +1 ⇔  2 x − 4x + 4 = x + 1 . ). x ≥ 2 5 + 13 ⇔ x=  2 x − 5x + 3 = 0 2 . 9x 2 − 36x + 36 = 49x − 49 9x 2 − 85x + 85 = 0 + Với 3a = −7b thì 3x − 6 =−7 x − 1 ⇔  ⇔ x≤2 x ≤ 2 . Hệ vô nghiệm với x ≥ −1 Thử lại vào phương trình đã cho ta có nghiệm của phương trình là x =. 5 + 13 . 2.  2  2  2 − 1  = 4 4 + xy x + y − 4xy  2) Giải hệ phương trình  x−y   x − y + 3 2y2 − y + 1= 2y2 − x + 3 . (. ). • Phân tích và lời giải. Điều kiện xác định của hệ phương trình là x > y; 2y2 − y + 1 ≥ 0 . Quan sát. phương trình thứ nhất của hệ ta nhận thấy phương trình có thể đưa về dạng phương trình đa thức nên ta kiểm tra xem phương trình có phân tích được hay không. Chú ý rằng trong phương trình có sự lặp lại của hai đại lượng là x − y và xy nên ta viết phương trình về dạng. (x − y). 2.  2  + 2xy − 4xy  − 1  = 4 4 + xy x−y . (. ). Đến đây ta sử dụng phép đặt ẩn phụ x − = y a; xy = b . Khi đó ta có phương trình 2  a 2 + 2b − 4b  − 1  = 4 4 + b ⇔ a 3 + 2ab − 8b = 16a ⇔ a 3 + 2ab − 16a − 8b = 0 a  a = 4 ⇔ a 2 a − 4 + a − 4 4a + 2b ⇔ a − 4 a 2 + 2b + 4a = 0 ⇔  2 0 a + 2b + 4a =. (. (. ) (. ). )(. ). (. )(. ). + Với a = 4 ta được x − y = 4 hay x= y + 4 , thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được 3 2y2 − y + 1= 2y2 − y − 3. Đặt. 2y2 − y + 1 = t ≥ 0 , khi đó phương trình trên được viết lại thành.  5 3t = t2 − 4 ⇔ t = 4 ⇒ 2y2 − y + 1 = 4 ⇔ 2y2 − y − 15 = 0 ⇔ y = 3; −  2  Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(186) 181. Website:tailieumontoan.com 5 3 Với y = 3 ta được x = 7 và với y = − ta được x = . Các nghiệm thỏa mãn hệ phương trình. 2 2. (. ). + Với a 2 + 2b + 4a = 0 ta được x 2 + y2 + 4 x − y = 0. (. ). Vì x > y; x 2 ≥ 0; y2 ≥ 0 nên x 2 + y2 + 4 x − y > 0 hay trường hợp này hệ phương trình vô nghiệm.  3 −5  Vậy các nghiệm của hệ phương trình là x; y = 7; 3 ,  ;  . 2 2 . ( ) ( ). ( ). Câu 3. Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thỏa mãn phương trình x 3 − y 3 = 6xy + 3. (. • Lời giải. Phương trình tương đương với x − y. ). 3. (. ). + 3xy x − y = 6xy + 3. Đặt x − = y a; xy = b , do x, y là số nguyên nên a, b ∈ Z . Khi đó phương trình trở thành. (. a 3 + 3ab =6b + 3 ⇔ a 3 − 3 =−3b a − 2. (. )(. ). (. ). ). ⇔ a − 2 a 2 + 2a + 4 + 5 = −3b a − 2 ⇔ a 2 + 2a + 4 +. {. 5 = −3b a −2. }. {. }. Vì a, b là các số nguyên nguyên nên a − 2 ∈ U(5) ⇒ a − 2 ∈ −5; −1;1; 5 ⇒ a ∈ 7; 3;1; −3 . + Với a = 7 khi đó ta được b =. −68 (không phải số nguyên) 3. 3 x − y = + Với a = 3 khi đó ta được b = −8 , do đó ta được  ⇒ xy = −8. + Với a = 1 khi đó ta được b =. x= 3 + y (hệ vô nghiệm)  2 0 y + 3y + 8 =. −2 (không phải số nguyên) 3. x − y =−3 + Với a = −3 khi đó ta được b = −2 , suy ra  ⇒ −2 xy =. ( ) (.  x =−1; y = 2  −2; y = 1  x =. )(. Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là x; y = −1; 2 , −2;1. ). Câu 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có hai tia BA và CD cắt nhau tại E, hai tia AD và BC cắt nhau tại F. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD. Các đường phân giác  và góc BFA  cắt nhau tại K. trong của các góc BEC.  + DFE  =  và tam giác EKF là tam giác vuông. a) Chứng minh DEF ABC. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(187) 182. Website:tailieumontoan.com Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên  = ADE  mặt khác vì góc ADE ABC. F. là góc ngoài của tam giác EDF nên.   + DFE . ADE = DEF. C.  + DFE  =  Từ đó suy ra DEF ABC. D M N. K O E. B. A. (. ).  + KFE  = DEF  + DFE  + DFK  + DEK  = ABC  + DFK  + DEK  (1) Ta có FEK.  và góc BFA  cắt nhau tại K nên Vì các đường phân giác của các góc BEC. ) (  + KFE  = ABC  + 1 180 Từ (1) và (2) ta có FEK ( 2. ) (. (. ).  + DEK = 1 AFB  + AEC  = 1 3600 − ECB  − FAB  − 2ABC  = 1 1800 − 2ABC  (2) DFK 2 2 2 0. ).  = 900 − 2ABC.  = EBD  (cùng chắn cung AD) và E  chung nên EAC ∽ EDB . Mà ta lại có M, N b) Ta có ECA lần lượt là trung điểm của AC, BD nên EM, EN lần lượt là đường trung tuyến của tam giác EAC và AC EBD. Do đó ta có = BD = Mặt khác ta có ECM. EA CM . = ED BN  nên tam giác EBN và ECM đồng dạng với nhau. EBN. EN BN BD Từ đó ta được = = nên suy ra EM.BD = EN.AC EM CM AC. c) Gọi K' là giao điểm của EK với MN. Ta có tam giác EBN và ECM đồng dạng với nhau..  = BEN  . Lại do EK là phân giác của góc AED  nên suy ra MEK  = NEK  hay Nên suy ra CEM   MEK' = NEK' . Tam giác MEN có EK' là phân giác nên theo tính chất đường phân giác ta có Gọi K" là giao điểm của FK với MN, hoàn toàn tương tự ta có Theo ý b) ta đã có. MK' ME . = NE NK'. MK" MF . = NF NK". EM AC MF AC . Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có . = = EN BD NF BD. Kết hợp các kết quả trên ta được. MK" MK' . Điều này dẫn đến các điểm K, K' , K" trùng nhau = " ' NK NK. hay ba điểm M, K, N thẳng hàng. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(188) 183. Website:tailieumontoan.com Câu 5 (2,0 điểm). 1) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng. 1 a 3a + 2b. +. 1 b 3b + 2c. +. 1 c 3c + 2a. 3. ≥. 5abc. • Phân tích. Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta viết lại được thành. 1 5 3 2  +  cb c. a. 1. + b. 53 2  +  a c b. 1. +. ≥. 5 3 2  +  ba c. c. 3 5. 1 1 1 . Khi đó ta đi chứng = ;y = ;z a b c. Để đơn giản hoán bất đẳng thức cần chứng minh ta đặt= x minh. (. x. 5z 3x + 2y. ). +. (. y. 5x 3y + 2z. ). +. 5y 3z + 2x. (. Dự đoán dấu bằng xẩy ra tại x= y= z ta có đánh giá dụng tương tự ta quy bài toán về chứng minh. (. z. ). ). 5z 3x + 2y ≤. ≥. 3 5. 1 5z + 3x + 2y đến đây áp 2. (. ). 2x 2y 2z 3 + + ≥ . Dễ 5z + 3x + 2y 5y + 3y + 2z 5x + 3z + 2x 5. thấy bất đẳng thức trên áp dụng được bất đẳn thức Bunhiacopxki dạng phân thức. • Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành. 1 5 3 2  +  cb c. a. Đặt= x. 1. + b. 53 2  +  a c b. 1. +. ≥. 5 3 2  +  ba c. c. 3 5. 1 1 1 . Khi đó ta đi chứng minh = ;y = ;z a b c. (. x. 5z 3x + 2y. ). +. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có Do đó ta được. (. x 5z(3x + 2y). x. 5z 3x + 2y. ). +. Ta cần chứng minh. (. ≥. (. y. 5x 3y + 2z. (. ). ). +. 5z 3x + 2y ≤. (. z. 5y 3z + 2x. ). ≥. 3 5. 1 5z + 3x + 2y . 2. (. ). 2x . Áp dụng tương tự ta được 5z + 3x + 2y. y. 5x 3y + 2z. ). +. (. z. 5y 3z + 2x. ). ≥. 2x 2y 2z + + 5z + 3x + 2y 5y + 3y + 2z 5x + 3z + 2x. 2x 2y 2z 3 + + ≥ . 5z + 3x + 2y 5y + 3y + 2z 5x + 3z + 2x 5. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức và để ý xy + yz + zx ≤. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 1 x+y+z 3. (. ). 2. ta được. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(189) 184. Website:tailieumontoan.com 2x 2y 2z + + 5z + 3x + 2y 5y + 3y + 2z 5x + 3z + 2x ≥. (. 2 x+y+z. ). 2. 2(x + y + z)2 = x 5z + 3x + 2y + y 5x + 3y + 2z + z 5y + 3z + 2x 3 x 2 + y2 + z2 + 7 xy + yz + zx. (. ). (. ). (. ). (. 2(x + y + z) 2(x + y + z) = ≥ 2 2 3 x + y + z + xy + yz + zx 3 x + y + z + 1 x + y + z 3 2. (. ) (. 2. ). (. ). (. ). 2. ≥. ). 3 5. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c 2) Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại. Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5. • Phân tích. Gọi 5 số đã cho là a, b, c, d, e (a, b, c, d, e ∈ N) . Để chứng minh tất cả năm số tự nhiên. đều lớn hơn hoặc bằng 5 ta đi chứng minh có lần lượt một số, hai số, ba số, bốn số, năm số trong các số tự nhiên trên nhỏ hơn 5 thì đều có mâu thuẫn với yêu cầu bài toán. Ta có thể giả sử. a < b < c < d < e . Khi đó ta đi xét các trường hợp a < 5; a, b < 5; a, b, c < 5; a, b, c, d < 5; a, b, c, d, e < 5 . Chú ý rằng ta luôn có a ≤ b + 1 ≤ c + 2 ≤ d + 3 ≤ e + 4 . Đến đây ta chỉ ra các mâu thuẫn dạng. a + b + c ≤ d + e. • Lời giải. Gọi 5 số đã cho là a, b, c, d, e (a, b, c, d, e ∈ N) . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử. a < b < c < d < e . Khi đó ta có a ≤ b + 1 ≤ c + 2 ≤ d + 3 ≤ e + 4 . + Trường hợp 1. Giả sử a < 5 và b, c, d, e ≥ 5 . Khi đó ta có a + b + c ≤ 4 + d − 2 + e − 2 = d + e , điều này mâu thuẫn với đề bài. + Trường hợp 2. Giả sử a, b < 5 và c, d, e ≥ 5 . Khi đó ta có. a +b+c ≤ 3+4+c = 5+2+c ≤ d+2+e−2 = e+d Điều này mâu thuẫn với đề bài. + Trường hợp 3. Giả sử a, b, c < 5 và d, e ≥ 5 . Khi đó đó ta có. a + b + c ≤ 2 + 3 + 4 < 9 < 11 ≤ d + e Điều này mâu thuẫn với đề bài. + Trường hợp 4. Giả sử a, b, c, d < 5 và e ≥ 5 . Khi đó ta có. e + d ≥ 5+ 4 = 9 > 3+2+1 = a + b+ c Điều này mâu thuẫn với đề bài. + Trường hợp 5. Giả sử a, b, c, d, e < 5 , không tồn tại bộ số tự nhiên phân biệt thỏa mãn yêu cầu bài ra. Vậy điều giả sử là sai nên cả năm số đều lớn hơn hoặc bằng 5.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(190) 185. Website:tailieumontoan.com Đề số 4 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ Chuyên Toán - Năm học: 2017– 2018 Câu 1. (1.5 điểm) 1 9−x x +1 a) Cho các biểu thức P x = với x > 0 . Tìm số nguyên x nhỏ nhất ;Q x = + x x+3 x x. ( ). thỏa mãn. ( ). ( ) ≤ 1. Q (x) 2 P x. b) Tính giá trị của biểu thức F =. 2x 4 − 21x 3 + 55x 2 − 32x − 4012 khi x= 5 − 3 (không sử x 2 − 10x + 20. dụng máy tính cầm tay). Câu 2. (2.0 điểm). ( ). a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol P : y = x 2 , đường thẳng (d) có hệ số góc k và đi. ( ). qua điểm M 0;1 . Chứng minh rằng với mọi giá trị của k, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ x1 ; x 2 thỏa điều kiện x1 − x 2 ≥ 2. x 3 + y 3 = 9 b) Giải hệ phương trình  2 . 2 x + 4y x + 2y =. Câu 3. (1.5 điểm). (. Cho phương trình x 2 − 2 m + 1. ). x2 + 1 + m2 − m − 2 = 0 (1) (x là ẩn số).. a) Giải phương trình (1) khi m = 0. b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt. Câu 4. (3.0 điểm). ( ). ( ). Cho đường tròn O có tâm O và hai điểm C, D trên O sao cho ba điểm C, O, D không thẳng hàng. Gọi Ct là tia đối của tia CD, M là điểm tùy ý trên Ct, M khác C. Qua M kẻ các tiếp  ). Gọi I là trung tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A và B là các tiếp điểm, B thuộc cung nhỏ CD điểm của CD, H là giao điểm của đường thẳng MO và đường thẳng AB. a) Chứng minh rằng tứ giác MAIB nội tiếp. b) Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên tia Ct. c) Chứng minh rằng. MD HA2 . = MC HC2. Câu 5. (2.0 điểm) a) Cho a, b, c là các số dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức E =. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 2. 2. ab + bc + ac = 1.. 2. a b c . + + a+b b+c c+a TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(191) 186. Website:tailieumontoan.com b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n2 + 3n là một số chính phương. Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1. (1.5 điểm) 1 9−x x +1 a) Cho các biểu thức P x = với x > 0 . Tìm số nguyên x nhỏ nhất + ;Q x = x x+3 x x. ( ). thỏa mãn. ( ). ( ) ≤ 1. Q (x) 2 P x. ( ). • Lời giải. Ta có Q x = 1 +. 1 x. > 0, ∀x > 0 . Do đó ta có. ( ) ≤ 1 ⇔ 2P x ≤ Q x ⇔ 2  1 + 9 − x  ≤ ( ) ( ) x  Q (x) 2 x+3 x  P x. )(. (. ⇔. ). x −2 3 x +1 ≥ 0 ⇔. x +1 x. ⇔ 3x − 5 x − 2 ≥ 0. x ≥2⇔x≥4. Vậy giá trị nguyên nhỏ nhất của x cần tìm là x = 4 . b) Tính giá trị của biểu thức F =. 2x 4 − 21x 3 + 55x 2 − 32x − 4012 khi x= 5 − 3 . x 2 − 10x + 20. (. • Lời giải. Ta có x= 5 − 3 suy ra 5 − x =3 . Do đó 5 − x. Ta có F =. (x. 2. )(. ). − 10x + 22 2x 2 − x + 1 − 4034 x 2 − 10x + 20. ). 2. =3 ⇔ x 2 − 10x + 22 =0 .. .. ra F Mà x 2 − 10x + 22 = 0 nên x 2 − 10x + 20 = −2 . Suy=. −4034 = 2017 . −2. Câu 2. (2.0 điểm). ( ). a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol P : y = x 2 , đường thẳng (d) có hệ số góc k và đi qua. ( ). điểm M 0;1 . Chứng minh rằng với mọi giá trị của k, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ x1 ; x 2 thỏa điều kiện x1 − x 2 ≥ 2.. ( ). y kx + 1 . • Lời giải. Đường thẳng d có phương trình =. ( ). ( ). Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là x 2 − kx − 1 = 0.. ( ). Ta có  = k2 + 4 > 0 , với mọi k nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt. Suy ra d luôn. ( ). cắt P tại hai điểm phân biệt. Theo định lý Vi – et ta có x1 + x= k; x1 x = 2. 2 2. (. Suy ra x1 − x 2. ) = (x 2. 1. + x2. ). 2. − 4x1 x 2 = k2 + 4 ≥ 4 .. Do đó x1 − x 2 ≥ 2 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi k = 0 . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(192) 187. Website:tailieumontoan.com x 3 + y 3 = 9 b) Giải hệ phương trình  2 2 x + 4y x + 2y = • Lời giải. Nhân hai vế phương trình thứ hai với 3 ta được phương trình 3x 2 + 6y2 =3x + 12y .. Trừ hai phương trình thứ nhất của hệ với phương trình trên ta được. ( x − 1) = ( 2 − y ) 3. 3. ⇔ y =3 − x.. Thế y= 3 − x vào 3x 2 + 6y2 =3x + 12y , ta được x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 2 . Với x = 1 thì y = 2 và với x = 2 thì y = 1 .. ( ) ( )( ). Hệ phương trình có hai nghiệm x; y = 2;1 , 1; 2 .. (. Câu 3. Cho phương trình x 2 − 2 m + 1. ). x2 + 1 + m2 − m − 2 = 0 (1) (x là ẩn số).. a) Giải phương trình (1) khi m = 0 . 0. • Lời giải. Khi m = 0, phương trình trở thành x 2 − 2 x 2 + 1 − 2 =. Đặt t =. x 2 + 1, t ≥ 1 . Ta có phương trình t2 − 2t − 3 = 0 ⇔ t = 3 hoặc t = −1 (loại).. Với t = 3 , khi đó. x 2 + 1 =3 ⇔ x 2 =8 ⇔ x =±2 2 .. b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt.. (. • Lời giải. Đặt t=. ). x 2 + 1 ≥ 1 phương trình trở thành t2 − 2 m + 1 t + m2 − m − 3 = 0 (2).. Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt t1 ; t2 cùng lớn hơn 1. Điều này xảy ra khi. (. ) (. ).  m2 + 2m + 1 − m2 − m − 3 > 0 ' > 0 ' > 0  2    t1 − 1 t2 − 1 > 0 ⇔ t1 t2 − t1 + t2 + 1 > 0 ⇔ m − m − 3 − 2m + 2 + 1 > 0 t − 1 + t − 1 > 0 t + t − 2 > 0 2m + 2 − 2 > 0 2 2 1 1   4 m > − 3 3m + 4 > 0   m 1 < −   ⇔ m2 − 3m − 4 > 0 ⇔   ⇔m>4 2m > 0  m > 4  m > 0  . (. )(. ). (. ). (. ). Vậy với m > 4 thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt.. ( ). ( ). Câu 4. Cho đường tròn O có tâm O và hai điểm C, D trên O sao cho ba điểm C, O, D không thẳng hàng. Gọi Ct là tia đối của tia CD, M là điểm tùy ý trên Ct, M khác C. Qua M kẻ các tiếp  ). Gọi I là trung tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A và B là các tiếp điểm, B thuộc cung nhỏ CD điểm của CD, H là giao điểm của đường thẳng MO và đường thẳng AB. a) Chứng minh rằng tứ giác MAIB nội tiếp.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(193) 188. Website:tailieumontoan.com Do MA, MB là các tiếp tuyến của đường   tròn O nên MAO = MBO = 900 . Do I là. A. ( ). trung điểm của CD nên  =90° . OI ⊥ CD ⇒ MIO. O. H. Suy ra các điểm A, I, B cùng thuộc đường. M. tròn đường kính MO. Vậy tứ giác MAIB nội. C. tiếp đường tròn đường kính MO.. D. I. B. b) Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên tia Ct.. Q. Các tiếp tuyến tại C và D cắt nhau tại Q nằm trên đường thẳng OI. 1   chung và MAC   Ta có tam giác MAC đồng dạng với tam giác MDA ( M = MDA = sđ AC ). 2. Suy ra. MA MC = ⇔ MA2 = MC.MD. MD MA. Mà tam giác MAO vuông ở A có đường cao AH nên MA2 = MH.MO . Suy ra ⇒ MC.MD = MH.MO ⇒. MC MO . Do đó tam giác MCH và tam giác MOD đồng dạng. = MH MD.  = ODM  . Suy ra tứ giác CHOD nội tiếp. Từ đó ta được CHM   Tứ giác QCOD có OCQ = ODQ = 900 nên nội tiếp đường kính OQ. Từ hai kết quả trên ta có năm điểm C, H, O, D, Q thuộc đường tròn đường kính OQ..  = 900 . Do đó QH vuông góc với MO tại H. Suy ra QHO Mà AB vuông góc với MO tại H. Do đó hai đường thẳng QH và AB trùng nhau. Suy ra Q nằm trên đường thẳng AB.. ( ). Vì đường thẳng d, đường tròn O và các điểm C, D, I cố định nên Q cố định. Vậy AB luôn đi qua một điểm cố định Q khi M di động trên tia Ct. c) Chứng minh. MD HA2 . = MC HC2. 1   chung và MBC   Hai tam giác MBC và MDB có M = MDB = sdBC nên đồng dạng. 2 MD MB BD MD MB2  BD  Suy ra = = ⇒ = =  MB MC BC MC MC2  BC . 2. 1    Lại có CAH = CDB = sdBC 2.  = MDO  . Suy ra Mà tam giác MCH đồng dạng với tam giác MOD nên MHC. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(194) 189. Website:tailieumontoan.com  1800 − COD 1  =  =  = AHC 900 + MHC 900 + CDO 900 + = 1800 − COD 2 2 1  = 1 sdCAD   = CBD = 3600 − COD 2 2. ). (. BD HA . = BC HC. Từ hai kết quả trên ta có hai tam giác AHC và DBC đồng dạng. Suy ra Từ đó ta suy ra được. MD HA2 . = MC HC2. Câu 5. (2.0 điểm) a) Cho a, b, c là các số dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = • Lời giải. Ta có. ab + bc + ac = 1.. a2 b2 c2 . + + a+b b+c c+a. a2 a+b a2 a+b + ≥2 ⋅ = a. a+b 4 a+b 4. Chứng minh tương tự ta có. b2 b+c c2 c+a + ≥ b; + ≥ c. b+c 4 c+a 4. Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được a2 b2 c2 a+b b+c c+a a2 b2 c2 a+b+c + + + + + ≥a+b+c⇔ + + ≥ a+b b+c c+a 4 4 4 a+b b+c c+a 2. Do a + b ≥ 2 ab, b + c ≥ 2 bc, c + a ≥ 2 ca nên a + b + c ≥ ab + bc + ac = 1. Suy ra. a2 b2 c2 1 1 . + + ≥ ⋅ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 3 a+b b+c c+a 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của E là. 1 1 , đạt được tại a= b= c= . 2 3. b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n2 + 3n là một số chính phương.. (. )(. ). m2 . Khi đó m − n m + n = • Lời giải. Gọi m là số nguyên dương thỏa mãn n2 + 3n = 3n. Suy ra tồn tại số tự nhiên k sao cho m − n = 3k và m + n = 3n − k. Vì m − n < m + n nên k < n − k , do đó n − 2k ≥ 1 . Nếu n − 2k = 1 thì 2n =. (. (m + n) − (m − n) =. ). (. ). 3n − k − 3k = 3k 3n −2k − 1 = 3k 31 − 1 = 2.3k. k Vì vậy = n 3= 2k + 1 .. + Nếu k = 0 thì n = 1 . + Nếu k = 1 thì n = 3 .. (. ). + Nếu k ≥ 2 thì 3k = − 1 2 3k −1 + 3k −2 +  + 3 + 1 > 2k (*). Nếu n − 2k > 1 thì k ≤ n − k − 2 . Do đó 3k ≤ 3n − k −2 .. (. ). Suy ra 2n= 3n − k − 3k ≥ 3n − k − 3n − k −2 = 3n − k −2 32 − 1 = 8.3n − k −2 .. (. ). Áp dụng (*), ta có 3n − k −2 ≥ 1 + 2 n − k − 2 = 2n − 2k − 3 . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(195) 190. Website:tailieumontoan.com. (. ). Suy ra 2n ≥ 8 2n − 2k − 3 ⇔ 8k + 12 ≥ 7n . Mặt khác n ≥ 2k + 2 nên 7n ≥ 14k + 14 , mâu thuẫn. Vậy n = 1 hoặc n = 3 . Cách khác. Giả sử n2 + 3n = m2 (1), với m là số nguyên dương, m > n .. (. )(. ). Khi đó m − n m + n = 3n . Suy ra m += n 3p , m −= n 3q , với p, q là các số tự nhiên và p > q . Ta có. m+n n n 3p − q − 1 = 3p − q ⇒ 1 + 2 ⋅ = 3p − q ⇒ = ≥ 1 ⇒ 2n ≥ m . m−n m−n m−n 2. Suy ra n2 + 3n ≤ 4n2 ⇒ 3n ≤ 3n2 (2). Thử trực tiếp= n 1,= n 2,= n 3 thỏa mãn (2), nhưng chỉ có= n 1,= n 3 thỏa mãn (1). Ta chứng minh (2) không đúng với n ≥ 4 . Thật vậy: + n = 4 : 34 > 3.42 . + Giả sử 3n > 3n2 với n ≥ 4 . + Suy ra 3n +1 = 3.3n > 3.3n2 = 3(n + 1)2 + 3(2n2 − 2n − 1) > 3(n + 1)2 với n ≥ 4 . Vậy bài toán có hai nghiệm n = 1 hoặc n = 3 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(196) 191. Website:tailieumontoan.com Đề số 5 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ Chuyên Tin - Năm học 2017– 2018 Câu 1. (1.5 điểm) a + 1 a a − 1 a2 − a a + a − 1 Cho biểu thức M = + với a > 0; a ≠ 1 . + a a− a a −a a. a) Chứng minh rằng M > 4. b) Tìm tất cả các giá trị của a để biểu thức N =. 6 nhận giá trị nguyên. M. Câu 2. (1.5 điểm). ( ). ( ). Cho parabol P : y = 2x 2 và đường thẳng d : = y ax + b. a) Tìm điều kiện của b sao cho với mọi số thực a, parabol (P) luôn cắt đường thẳng (d) tại hai điểm phân biệt. b) Gọi A là giao điểm của (P) và (d) có hoành độ bằng 1, B là giao điểm của (d) và trục tung. Biết rằng tam giác OAB có diện tích bằng 2, tìm a và b. Câu 3. (2.0 điểm). (. ). a) Cho phương trình x 2 − 2 m + 3 x + 2m + 5 = 0 (x là ẩn số). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn b) Giải phương trình. 1 x1. +. 1. 4 . = 3 x2. 1 3 1 . + 2 = x − x − 2 x + 3x − 2 x 2. Câu 4. (3.0 điểm). (. ). Cho đường tròn O; R và hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau, M là điểm thuộc cung. (. ). CD không chứa A của O; R (M không trùng với hai điểm C và D). Đường thẳng AM cắt CD tại. (. ). N. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN. Đường thẳng IM cắt đường tròn O; R tại K. a) Chứng minh tam giác INC vuông cân tại I. Từ đó suy ra ba điểm I, B, C thẳng hàng. b) Tính tỉ số. R 2 − OI2 . IM.IK. c) Tìm vị trí của điểm sao cho tích IM.IK có giá trị lớn nhất. Câu 5. (2.0 điểm) a) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z không âm thỏa mãn xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2017. b) Bên trong hình vuông cạnh bằng 1, lấy 9 điểm phân biệt tùy ý sao cho không có bất kỳ 3 điểm nào trong chúng thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại 3 điểm trong số đó tạo thành một tam giác có diện tích không vượt quá. 1 . 8. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(197) 192. Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải a + 1 a a − 1 a2 − a a + a − 1 Bài 1. Cho biểu thức M = + với a > 0; a ≠ 1 . + a a− a a −a a. a) Chứng minh M > 4. a + 1 a a − 1 a2 − a a + a − 1 Ta có M = + + a a− a a −a a. a a −1 Do a > 0;= a ≠ 1 nên a− a. a − 1)( a + a + 1) (= a ( a − 1). a + a +1 a. a − 1) − a ( a − 1) ( a − 1) ( a − a + 1) ( a + 1)(= = a (1 − a ) a (1 − a ). a2 − a a + a − 1 = a −a a. −a + a − 1 a. a + 1 a + a + 1 −a + a − 1 a + 2 a + 1 a + 1 Từ đó ta được M = + + = = + 2. a a a a a. Do a > 0; a ≠ 1 nên. (. a −1. ). 2. > 0 ⇔ a + 1 > 2 a , suy ra M >. b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức N = Ta có 0 < N =. 2 a a. +2 = 4.. 6 nhận giá trị nguyên? M. 6 3 < do đó N chỉ có thể nhận được một giá trị nguyên là 1. M 2. Khi đó N = 1 ⇔.  a = 2+ 3 = 1 ⇔ a −4 a +1 = 0 ⇔  ⇔  a = 2− 3 a +1+2 a  6 a. a = 7+4 3  a = 7−4 3 . Bài 2. Cho parabol (P) : y = 2x 2 và đường thẳng (d) : = y ax + b.. ( ). ( ). a) Tìm điều kiện của b sao cho với mọi số thực a, parabol P luôn cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt.. ( ) ( ) + 8b . Với mọi a ∈  , parabol ( P ) luôn cắt đường thẳng ( d ) tại hai điểm phân biệt. Ta có phương trình hoành độ giao điểm của P và d là 2x 2 = ax + b ⇔ 2x 2 − ax − b = 0 Ta có  = a2. khi và chỉ khi  > 0 với mọi a ∈  hay ta được a 2 + 8b > 0 với mọi a ∈  hay b > −. a ∈  , điều này xẩy ra khi b > 0 .. ( ). a2 với mọi 8. ( ). Vậy điều kiện của b để với mọi a ∈  , parabol P luôn cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt là b > 0. b) Gọi A là giao điểm của (P) và (d), B là giao điểm của (d) và trục tung. Biết rằng điểm A có hoành độ bằng 1 và tam giác OAB có diện tích bằng 2. Tìm a, b.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(198) 193. Website:tailieumontoan.com. ( ). ( ). ( ). Do A là giao điểm của P và d , A có hoành độ là 1 nên ta có A 1; 2. ( ) Đường thẳng ( d ) cắt trục tung tại điểm B ( 0; b ) . Gọi H ( 0; 2 ) là chân đường cao kẻ từ A của tam Hoành độ của điểm A thỏa phương trình đường thẳng d , tức là ta có 2 − a − b = 0.. giác AOB. Ký hiệu SOAB là diện tích của tam giác OAB. Khi đó ta có SOAB = 2 ⇔. 1 1 OB.AH = b .1 = 2 ⇔ b = 4 ⇔ b = 4; b = −4 . 2 2. + Với b = 4 , từ 2 − a − b = 0 ta có a = −2 . + Với b = −4 , từ 2 − a − b = 0 ta có a = 6. ( ) (. )(. ). Vậy các cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán là a; b = −2; 4 , 6; −4 . Bài 3.. (. ). a) Cho phương trình x 2 − 2 m + 3 x + 2m + 5 = 0 (x là ẩn số). Xác định tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x 2 thỏa mãn. (. ). 1 x1. +. 1. 4 . = 3 x2. ). (. Phương trình x 2 − 2 m + 3 x + 2m + 5 = 0 có a + b + c = 1 − 2 m + 3 + 2m + 5 = 0 nên có 2 nghiệm = x1 1; = x 2 2m + 5 . m ≠ −2 2m + 5 ≠ 1  Phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi  ⇔ 5 2m + 5 > 0 m > −  2 . 1 x1. 1. +. x2. =. 4 ⇔ 3. 1 2m + 5. =. 1 ⇔ 2m + 5 = 3 ⇔ 2m + 5 = 9 ⇔ m = 2 3. Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. b) Giải phương trình. 1 3 1 . + 2 = x − x − 2 x + 3x − 2 x 2. Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ −1; x ≠ 2; x ≠ 0; x ≠. 1 3 1. + = 2 2 x − −1 x − + 3 x x. Khi đó phương trình trở thành. Đặt t= x −. −3 ± 17 . 2. 2 1 3 , ta có phương trình + = 1 . Phương trình tương đương với x t−1 t+ 3  t = −1 ⇔ t + 3 + 3 t − 1 = t − 1 t + 3 ⇔ t2 − 2t − 3 = 0 ⇔   t = 3. (. + Với t = −1 ta có x −. ) (. )(. ). x = 1 2 (thỏa điều kiện) =−1 ⇔ x 2 + x − 2 =0 ⇔  x  x = −2. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(199) 194. Website:tailieumontoan.com + Với t = 3 ta có x −. 2 3 ± 17 (thỏa điều kiện) = 3 ⇔ x 2 − 3x − 2 = 0 ⇔ x = x 2. 3 ± 17 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x = 1; x = . −2; x = 2. (. ) cung CD không chứa A của ( O; R ) (M không trùng với hai điểm C và D). Đường thẳng AM cắt CD tại N. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN. Đường thẳng IM cắt đường tròn ( O; R ) Bài 4. Cho đường tròn O; R và hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau, M là điểm thuộc. tại K. a) Chứng minh tam giác INC vuông cân tại I. Từ đó suy ra ba điểm I, B, C thẳng hàng. K. A. C H. N O. E. F. I. M D. B.  = 1 AOC  (cùng chắn AC  = 1 NIC  (cùng chắn NC  của (O) ) và NMC  của (I) ). Ta lại có: AMC 2 2  AOC  Do đó = NIC = 900 . Suy ra NIC vuông cân tại I..  = 450 . Mà OCB  = 450 và hai điểm B, I nằm cùng phía Vì tam giác NIC vuông cân tại I nên NCI đối với đường thẳng OC nên hai tia CB và CI trùng nhau. Vậy ba điểm B, I, C thẳng hàng. b) Tính tỉ số. R 2 − OI2 . IM.IK. (. ). Gọi E, F là các giao điểm của đường thẳng OI với đường tròn O; R ..  = MIE  (đối đỉnh), FEM  = MKF  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FM  ), Ta có KIF Do đó tam giác IEM đồng dạng với tam giác IKF. Từ đó suy ra Vậy ta được. IE IK nên IM.IK =IE.IF = OE + OI OE − OI =R 2 − OI2 = IM IF. (. )(. ). R 2 − OI2 = 1. IM.IK. c) Tìm vị trí của điểm sao cho tích IM.IK có giá trị lớn nhất. Theo câu b ta có IM.IK = R 2 − OI2 . Do đó IM.IK lớn nhất ⇔ R 2 − OI2 lớn nhất ⇔ OI nhỏ nhất. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(200) 195. Website:tailieumontoan.com Kẻ OH ⊥ BC tại H. Ta có OI ≥ OH ( OH không đổi). Do đó OI nhỏ nhất bằng OH khi và chỉ khi I ≡ H. Lúc đó N ≡ O và M ≡ B. Bài 5. a) Tìm tất cả các số nguyên x, y, z không âm thỏa mãn xyz + xy + yz + zx + x + y + z = 2017. Ta có. (. ) (. ). (. ) (. ). xyz + xy + yz + zx + x + y += z 2017 ⇔ xy z + 1 +y z + 1 + x z + 1 + z + 1 = 2018. (. )(. )(. ). ⇔ x +1 y +1 z +1= = 2018 2018.1.1 = 1009.2.1.. Không mất tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 0 nên x + 1 ≥ y + 1 ≥ z + 1 ≥ 1 . Do đó chỉ có hai trường hợp xảy ra là x + 1 2018 x 2017 x + 1 1009 x 1008 = = = =     hoặc y += ⇔ = 1 1 y 0 1 2 ⇔ = y 1 y +=     = z +1 1 = z 0 = z +1 1 = z 0    . (. ). (. )(. ). Vậy các bộ số x; y; z thỏa yêu cầu bài toán là 2017; 0; 0 , 1008;1; 0 và các hoán vị. b) Bên trong hình vuông cạnh bằng 1, lấy 9 điểm phân biệt tùy ý sao cho không có bất kỳ 3 điểm nào trong chúng thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại 3 điểm trong số đó tạo thành một tam giác có diện tích không vượt quá. 1 . 8. Chia hình vuông đã cho thành 4 hình vuông nhỏ cạnh bằng. M. 1 . 2. N. A H B. D K. C. Q. P. Trong 9 điểm đã cho, có ít nhất 3 điểm nằm trong một hình vuông nhỏ (có thể ở trên biên). Giả sử có 3 điểm A, B, C ở trong hình vuông nhỏ MNPQ. Không mất tổng quát, giả sử A, B, C thì có thể xem theo hàng ngang từ trái sang phải, A ở giữa B và C (hình vẽ). Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với MN cắt BC tại D. Vẽ BH và CK vuông góc với AD (H, K thuộc AD). Ta có SABC = SABD + SACD =. 1 1 1 1 1 BH.AD + CK.AD = (BH + CK)AD ≤ MN.MQ = . 2 2 2 2 8. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(201) 196. Website:tailieumontoan.com Đề số 6 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH VĨNH PHÚC Năm học 2017– 2018. (. ). Câu 1 (2.0 điểm). Cho phương trình x 2 − 2 m − 1 x + 2m2 − 3m + 1 = 0 , trong đó m là tham số và x là ẩn số. a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm. b) Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm là x1, x 2 . Chứng minh rằng x1 + x 2 + x1 x 2 ≤. 9 . 8. 2x 2 − xy = 1 , trong đó m là tham số và x, y là các Câu 2 (2.0 điểm). Cho hệ phương trình  2 2 m 4x + 4xy − y =. ẩn số. a) Giải hệ phương trình với m = 7 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm. Câu 3 (3.0 điểm). Cho hình thang ABCD với AD và BC là hai cạnh đáy trong đó BC > AD ,  + BDC = 1800 , E là điểm đối xứng với D qua đường thẳng BC = BD = 1 , AB = AC , CD < 1 , BAC BC..  = 2AEC . a) Chứng minh rằng 4 điểm A, C, E, B cùng nằm trên một đường tròn và BEC b) Đường thẳng AB cắt đường thẳng CD tại điểm K , đường thẳng BC cắt đường thẳng. AE tại điểm F . Chứng minh rằng FA = FD và đường thẳng FD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK . c) Tính độ dài cạnh CD.. (. ). Câu 4 (2.0 điểm). Cho phương trình x 2 + y2 + z2 = 3xyz (1). Mỗi bộ số x; y; z trong đó x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn (1) được gọi là một nghiệm nguyên dương của phương trình (1).. (. ). a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương có dạng x; y; y của phương trình (1).. (. ). b) Chứng minh rằng tồn tại nghiệm nguyên dương a; b; c của phương trình (1) và thỏa. {. }. {. }. mãn điều kiện min a; b; c > 2017 . Trong đó kí hiệu min a; b; c là số nhỏ nhất trong ba số a, b, c . Câu 5 (1.0 điểm). Cho số tự nhiên n > 1 và n + 2 số nguyên dương a1, a 2 ,..., a n +2 thỏa mãn điều kiện 1 ≤ a1 < a 2 < ... < a n +2 ≤ 3n . Chứng minh rằng tồn tại hai số a i , a j (1 ≤ j < i ≤ n + 2; i, j ∈ ) sao cho n < a i − a j < 2n . Hướng dẫn giải. (. ). Câu 1. Cho phương trình x 2 − 2 m − 1 x + 2m2 − 3m + 1 = 0 , trong đó m là tham số, x là ẩn số. a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm. • Lời giải. Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(202) 197. Website:tailieumontoan.com ' =. ( m − 1) − (2m 2. 2. ). (. ). − 3m + 1 ≥ 0 ⇔ m2 − m ≤ 0 ⇔ m m − 1 ≤ 0.  m > 0   m − 1 < 0 0 ≤ m ≤ 1  m < 0   ⇔  ⇔  m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 1  m − 1 > 0  m ≥ 1    m = 0 m = 1 . Vậy với 0 ≤ m ≤ 1 thì phương trình đã cho luôn có nghiệm. b) Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm là x1, x 2 . Chứng minh rằng x1 + x 2 + x1 x 2 ≤. 9 . 8. • Lời giải. Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm khi 0 ≤ m ≤ 1 .. (. ). x + x = 2 m − 1 2 Theo hệ thức Vi – et ta có  1 2 x1 .x 2 = 2m − 3m + 1 2. Ta có P =.  1 9 x1 + x 2 + x1 .x 2 = 2m − m − 1 = 2  m −  − 4  16  2. 2.  1 1 3 1 9 Ta có 0 ≤ m ≤ 1 ⇔ − ≤ m − ≤ ⇒  m −  ≤ 4 4 4 4 16  2 9  1  9 1  −  m −   ≤ , dấu bằng xảy ra khi m = . Suy ra P= 2 4  8 4  16   . 2x 2 − xy = 1 Câu 2. Cho hệ phương trình  2 , trong đó m là tham số và x, y là các ẩn số. 2 m 4x + 4xy − y =. a) Giải hệ phương trình với m = 7 . 2x 2 − xy = 1 • Lời giải. Với m = 7 , hệ phương trình đã cho trở thành  2 2 7 4x + 4xy − y =. Dễ thấy khi x = 0 , hệ trên không có nghiệm. Do đó từ phương trình thứ nhất ta được y =. 2x 2 − 1 . x. Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được 2. 2 2x 2 − 1  2x 2 − 1  4 2 2 2 2 4x + 4x −   = 7 ⇔ 4x + 4x 2x − 1 − 2x − 1 = 7x x  x  x = x = −1 −1; y = −1  1 ⇔ 8x 4 − 7x 2 − 1 = 0 ⇔ x 2 − 1  x 2 +  = 0 ⇔ x 2 = 1 ⇔  ⇒ x 1 x 1;= y 1 = = 8    2. (. (. ) (. ). ). ( ) (. )( ). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x; y = −1; −1 , 1;1 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm. • Lời giải. Ta có x = 0 hệ phương trình không thỏa mãn nên suy ra x ≠ 0.. Rút y từ phương trình thứ nhất rồi thế vào phương trình thứ hai ta có phương trình Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(203) 198. Website:tailieumontoan.com 2. 2x 2 − 1  2x 2 − 1  4x + 4x m −   = x  x  2. (. ) (. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 4x 4 + 4x 2 2x 2 − 1 − 2x 2 − 1. ). 2. = mx 2 có nghiệm khác 0 hay. 8x 4 − mx 2 − 1 = 0 có nghiệm khác 0.. Đặt = t x 2 ≥ 0 . Thay vào phương trình trên ta được 8t2 − mt − 1 = 0 . Như vậy yêu cầu bài toán xẩy ra khi phương trình 8t2 − mt − 1 = 0 có nghiệm dương. Dễ thấy phương trình 8t2 − mt − 1 = 0 luôn có 2 nghiệm trái dấu do ac =−8 < 0 . Do đó phương trình luôn có một nghiệm dương. Do đó với mọi số thực m hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm. Câu 3. Cho hình thang ABCD với AD và BC là hai cạnh đáy trong đó BC > AD , BC = BD = 1,  + BDC = 1800 , E là điểm đối xứng với D qua đường thẳng BC. AB = AC , CD < 1 , BAC.  = 2AEC . a) Chứng minh rằng 4 điểm A, C, E, B cùng nằm trên một đường tròn và BEC b) Đường thẳng AB cắt đường thẳng CD tại điểm K , đường thẳng BC cắt đường thẳng. AE tại điểm F . Chứng minh rằng FA = FD và đường thẳng FD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK . c) Tính độ dài cạnh CD. K. D A. L. C F B. E.  = 2.AEC . a) Chứng minh bốn điểm A, C, E, B cùng nằm trên một đường tròn và BEC   • Lời giải. Do E đối xứng D qua BC nên luôn có BDC = BEC  + BDC  =1800 ⇒ BAC  + BEC  =1800 suy ra bốn điểm A, C, E, B cùng nằm trên một Ta có BAC. đường tròn. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(204) 199. Website:tailieumontoan.com.  = ACB  , kết hợp với tứ giác ACEB nội tiếp nên ta được Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên ABC  = 2.AEC .  AEC;   BEA  . Từ đó suy ra AEC  ⇒ BEC  = ABC = ACB = BEA b) Chứng minh FA = FD và đường thẳng FD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK . • Lời giải. Ta có DE ⊥ BC và AD song song với BC nên tam giác ADE vuông tại D và có. FD = FE = FA .  + BDC  =1800 ⇒ BAC  =BDK  nên tứ giác AKDL nội tiếp. Mặt khác BAC.  = DBC  (do AD // BC) và tứ giác ACEB nội tiếp suy ra CAE  = CBE  . Do BC là trung Lại có ADB  = CBE  . Từ đó ta được ADB  = CAE  , suy ra FA là tiếp tuyến của đường tròn trực của BE nên DBC ngoại tiếp tam giác ADK. Kết hợp với FA = FD suy ra FD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK. c) Tính độ dài cạnh CD. FC CE  = BD = 1) • Lời giải. Do EF là phân giác BEC nên suy ra = = CE (vì BE FB EB. Ta có tam giác AFC đồng dạng với tam giác BFE nên ta được. AC BE = AF BF. Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác ACEB nội tiếp đường tròn ta được. (. ). AE.BC = AB.CE + AC.BE ⇒ 2AF = AC 1 + CE 2 AC BE BC BF + FC FC 1+ 1 + CE ⇒ = = = = = = 1 + CE AF BF BF BF BF 2 ⇒ 1 + EC = 2 ⇒ 1 + EC = 2 ⇒ CD = EC = 2 − 1. (. Vậy độ dài đoạn CD là. ). 2 − 1.. (. ). Câu 4. Cho phương trình x 2 + y2 + z2 = 3xyz (1). Mỗi bộ số x; y; z trong đó x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn (1) được gọi là một nghiệm nguyên dương của phương trình (1).. (. ). a) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương có dạng x; y; y của phương trình (1).. (. ). • Lời giải. Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương là x; y; y . Khi đó thay vào phương. trình ta được x 2 + y2 + y2= 3xy2 ⇔ x 2 + 2y2= 3xy2 .. (. ). suy ra x 2  y2 ⇒ x  y ⇒ x= ty t ∈ N* . Thay trở lại phương trình trên ta được t2 y2 + = 2y2 3t.y.y2 ⇔ t2 = + 2 3ty. { }. Từ phương trình này ta được 2  t ⇒ t ∈ 1, 2 . Với t = 1 ⇒ y = 1 ⇒ x = 1 và với t = 2 ⇒ y = 1 ⇒ x = 2 .. (. ) (. )(. ). Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương dạng x; y; y là 1;1;1 , 2;1;1 .. (. ). b) Chứng minh rằng tồn tại nghiệm nguyên dương a; b; c của phương trình (1) và thỏa mãn điều. {. }. {. }. kiện min a; b; c > 2017 . Trong đó kí hiệu min a; b; c là số nhỏ nhất trong ba số a, b, c . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(205) 200. Website:tailieumontoan.com • Lời giải. Ta có= x 1;= y 2;= z 5 là một nghiệm của phương trình đã cho. {. }. Giả sử a = min a; b; c với a < b < c thỏa mãn a 2 + b2 + c2 = 3abc .. (. Xét phương trình a + d. ). ). (. 2. + b2 + c2 = 3 a + d bc ⇒ 2ad + d2 = 3bcd. Do đó suy ra d = 3bc − 2a ∈ N* .. (. ). Từ đó dẫn đến phương trình (1) có nghiệm a '; b; c với a =' a + d .. {. }. {. }. Do a < b < c , suy ra min a '; b; c > min a; b; c = a.. {. }. Lặp lại quá trình trên sau không quá 2017 lần ta được min a; b; c > 2017 . Câu 5 (1.0 điểm). Cho số tự nhiên n > 1 và n + 2 số nguyên dương a1, a 2 ,..., a n +2 thỏa mãn điều kiện 1 ≤ a1 < a 2 < ... < a n +2 ≤ 3n . Chứng minh rằng tồn tại hai số a i , a j (1 ≤ j < i ≤ n + 2; i, j ∈ ) sao cho n < a i − a j < 2n .. (. ) (. ). • Lời giải. Với mọi k đặt bi = a i + k ⇒ a i − a j = a i + k − a j + k = bi − b j (2). Do đó ta có thể chọn. k sao cho bn +2 = 3n và chuyển về xét dãy số 1 ≤ b1 < b2 < ... < bn +2 = 3n . Khi đó ta chỉ cần chứng. (. ). minh tồn tại hai số bi , b j 1 ≤ j < i ≤ n + 2; i, j ∈  sao cho n < bi − b j < 2n . Ta đi xét hai trường hợp. {. }. sao cho n < b j < 2n thì ta có n < bn +2 − b j < 2n. + Trường hợp 1. Nếu tồn tại j ∈ 1; 2;...; n + 1. {. }. + Trường hợp 2. Nếu với mọi j ∈ 1; 2;...; n + 1 ta có b j ∉ n + 1; 2n − 1 thì các số  . {. } {. }. b1, b2 ,..., bn +1 ∈ 1; 2;...; 3n − 1 \ n + 1;...; 2n − 1 .. {. } {. }. Các số thuộc tập 1; 2;...; 3n − 1 \ n + 1;...; 2n − 1 chia thành n cặp số. (1; 2n ) , (2; 2n + 1) ,..., ( n; 3n − 1) . Do đó trong n + 1 số b1, b2 ,..., bn +1 , tồn tại 2 số bi , b j (j < i) thuộc cùng một cặp, chẳng hạn cặp số. ( t; 2n + t − 1) hay n < b − b = i. j. 2n + t − 1 − t = 2n − 1 < 2n . Theo (2) từ cặp số bi , b j thỏa mãn. n < bi − b j < 2n thì tồn tại cặp số a i , a j thỏa mãn n < a i − a j < 2n .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(206) 201. Website:tailieumontoan.com Đề số 7 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÌNH ĐỊNH Năm học 2017– 2018  x −2 x +2 Bài 1(2.0 điểm). Cho biểu= thức A  −  x −1 x +2 x + .  x 2 − 2x + 1 . 2 1 . a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa và rút gọn biểu thức A. b) Tìm x để A ≥ 0 . c) Tìm giá trị lớn nhất của A. Bài 2(2.0 điểm). 1) Giải phương trình 4x 4 + 4x 3 − 20x 2 + 2x + 1 = 0 2) Chứng minh rằng nếu số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b2 − 4ac không là số chính phương.. ( ). (. ). Bài 3(10 điểm). Cho đa thức = f x x 2 – 2 m + 2 x + 6m + 1 (m là tham số). Bằng cách đặt. ( ). ( ). x= t + 2 . Hãy tính f x theo t và tìm điều kiện của m để phương trình f x = 0 có hai nghiệm lớn hơn 2. Bài 4(4.0 điểm).. ( ). 1. Cho đường tròn T tâm O đường kính AB, trên tiếp tuyến tại A lấy một điểm P khác A,. ( ). điểm K thuộc đoạn OB (K khác O và B). Đường thẳng PK cắt đường tròn T tại C và D (C nằm giữa P và D), H là trung điểm của CD. a) Chứng minh rằng tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn.  = BAH  b) Kẻ DI song song với PO, điểm I thuộc AB, chứng minh rằng PDI. c) Chứng minh đẳng thức PA2 = PC.PD . d) BC cắt OP tại J, chứng minh AJ song song với DB. 2. Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ điểm I thuộc miền trong tam giác kẻ IM ⊥ BC; IN ⊥ AC; IK ⊥ AB . Tìm vị trí của I sao cho tổng IM2 + IN2 + IK2 nhỏ nhất.. Bài 5(1.0 điểm). rằng:. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz ≤ 1 . Chứng minh. (. x 1 − y3 y. 3. ) + y (1 − z ) 3. z. 3. +. (. z 1 − x3 x. 3. ). ≥ 0. Hướng dẫn giải  x −2 x +2 Bài 1(2.0 điểm). Cho biểu= thức A  −  x −1 x +2 x +  Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038.  x 2 − 2x + 1 . 2 1  TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(207) 202. Website:tailieumontoan.com a) Điều kiện để A có nghĩa là x ≥ 0; x ≠ 1 . Ta có   x −2 x + 2  x 2 − 2x + 1  x −2   A= − = −   x −1 2 x + 2 x + 1 x 1 x 1 + −     2   x +1 x +2 x −1  x −1  x −2 −   2 2 2  x+1 x −1 x +1 x −1   . )( )(. ( (. x − =. ) ( ) (. x −2 − x −. (. )(. x +2. x+1 x −1. ). )( )(. ( x − 1) .. 2. 2. (. )(. ) ( ). ). −2 x =. (. x +1. ) (. )(. x −1. ).  x +2  x −1 2  2 x +1  . (. ). ) =−x +. ). 2. x. 2. (. x+1. x. (. x −1 ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1. b) Với x ≥ 0; x ≠ 1 ta được A =− x + x . Khi đó A ≥ 0 ⇔ −x + x ≥ 0 ⇔ x − x ≤ 0 ⇔. ). Kết hợp với điều kiện ban đầu x ≥ 0; x ≠ 1 . Ta được 0 ≤ x < 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán 2.  1 1 1 c) Với x ≥ 0; x ≠ 1 ta được A =− x + x . Khi đó A =− x + x −  x −  + ≤ 2 4 4 . Dấu bằng xảy ra khi. x−. 1 =0⇔ 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là. x =. 1 1 ⇔ x = , thỏa mãn điều kiện xác định. 2 4. 1 1 khi x = . 4 4. Bài 2(2.0 điểm). 1) Giải phương trình 4x 4 + 4x 3 − 20x 2 + 2x + 1 = 0 Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Xét x ≠ 0 , khi đó chia cả hai vế phương.   1  1 trình cho x 2 ta được  4x 2 + 2  + 2  2x +  − 20 = 0. x x    Đặt = y 2x +. 1 1 ta được 4x 2 + 2 = y2 − 4 . x x. {. }. Khi đó phương trình trên trở thành y2 + 2y − 24 = 0 ⇔ y ∈ −6; 4 + Với y = −6 ta có phương trình 2x +. 1 −3 ± 7 =−6 ⇔ 2x 2 + 6x + 1 =0 ⇔ x = x 2. + Với y = 4 ta có có phương trình 2x +. 1 2± 2 . = 4 ⇔ 2x 2 − 4x + 1 = 0 ⇔ x = x 2.  −3 + 7 −3 − 7 2 + 2 2 − 2  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S =  ; ; ; . 2 2 2 2  . Cách 2. Biến đổi tương đương phương trình ta được. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(208) 203. Website:tailieumontoan.com. (. ). 4x 4 + 4x 3 − 20x 2 + 2x + 1 = 0 ⇔ 4x 4 + 4x 3 + x 2 − 21x 2 + 2x + 1 = 0. (. ⇔ 2x + x 2. ). 2. (. ). (. ). 2. + 2 2x + x + 1 − 25x = 0 ⇔ 2x + x + 1 = 25x 2 2. 2. 2 2x= 2x 2= + x + 1 5x − 4x + 1 0 ⇔ 2 ⇔ 2 2x + x + 1 =−5x 2x + 6x + 1 =0. 2. Đến đây giải các phương trình bậc hai ta được tập nghiệm như trên. 2) Chứng minh rằng nếu số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b2 − 4ac không là số chính phương. Ta sử dụng phương pháp phản chứng để cứng minh bài toán. Giả sử b2 − 4ac là một số chính phương, khi đó ta đặt b2 − 4ac = k2 , k ∈ N* . Từ đó ta được 4ac = b2 − k2 . Ta có. (. ) (20a + b + k )(20a + b − k ). 4a.abc = 4a 100a + 10b + c = 400a 2 + 40ab + 4ac = 400a 2 + 40ab + b2 − k2 =. (20a + b ). 2. − k= 2. Do abc là số nguyên tố nên c > 0 nên suy ra ac > 0 , do đó từ 4ac = b2 − k2 ta suy ra được b > k . Từ đó dẫn đến 20a + b + k > 20a + b − k > 20a . Từ= trên ta suy ra được abc. 20a + b + k )( 20a + b − k ) (= 4a. m.n. Do 20a + b + k > 4a và 20a + b − k > 4a nên ta suy ra được m > 1 và n > 1 . Suy ra abc không phải là một số nguyên tố. Điều này mâu thuẫn với giả thiết của bài toán. Vậy điều giả sử trên là sai hay b2 − 4ac không thể là số chính phương.. ( ). (. ). Bài 3(1.0 điểm). Cho đa thức = f x x 2 – 2 m + 2 x + 6m + 1 (m là tham số). Bằng cách đặt. ( ). ( ). x= t + 2 . Hãy tính f x theo t và tìm điều kiện của m để phương trình f x = 0 có hai nghiệm lớn hơn 2. Ta có. (). (. ) (. ). 2. (. )(. ). h t = f t + 2 = t + 2 − 2 m + 2 t + 2 + 6m + 1 = t + 4t + 4 − 2 mt − 4m − 4t − 8 + 6m + 1 = t2 − 2 mt + 2m − 3 2. ( ). (). Phương trình f x = 0 có hai nghiệm lớn hơn 2 khi và chỉ khi phương trình h t = 0 có hai nghiệm dương. (. ). 2   ≥ 0 − +2 > 0 m 1   3  ⇔ P > 0 ⇔ 2m − 3 > 0 ⇔ m > 2 S > 0 2m > 0  . Vậy với m >. 3 thì phương trình f x = 0 có hai nghiệm lớn hơn 2. 2. ( ). Bài 4(4.0 điểm).. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(209) 204. Website:tailieumontoan.com. ( ). 1. Cho đường tròn T tâm O đường kính AB, trên tiếp tuyến tại A lấy một điểm P khác A, điểm. ( ). K thuộc đoạn OB (K khác O và B). Đường thẳng PK cắt đường tròn T tại C và D (C nằm giữa P và D), H là trung điểm của CD. a) Chứng minh tứ giác AOHP nội tiếp được đường tròn.. P. Ta có OH vuông góc với CD tại H (vì. HC = HD ). J C.  + OAP  = 900 + 900 = 1800 nên tứ Do đó OHP. M. giác AOHP nội tiếp đường tròn đường kính E. OP  = BAH  b) Chứng minh PDI. H.  = DPO  Vì DI song song với PO nên ta có PDI  = BAH  . Do đó suy ra . Lại có DPO. A. I O. B. K. D.  = BAH  PDI c) Chứng minh đẳng thức PA2 = PC.PD . Dễ thấy tam giác PAC đồng dạng với tam. Q. giác PDA nên ta được PA PC = ⇒ PA2 =PC.PD . PD PA. d) Chứng minh AJ // DB.. ( ). Kẻ tiếp tuyến PN (N khác A) của đường tròn T với N là tiếp điểm. Ta chứng minh được PO là đường trung trực của NA nên JA = JN  = NPJ;JA  Hai tam giác= APJ và NPJ có PA PN; = APJ JN ..  = PNJ  Do đó ∆APJ = ∆NPJ nên suy ra PAJ    (vì tứ giác PAON nội tiếp) và JCN  + NCB  = Ta có BCN = NAB = JPN 1800 (vì 2 góc kề bù) Do đó suy ra   PNJ = PCJ =.  + JPN = JCN 1800 nên tứ giác NCJP nội tiếp được, suy ra  . BCD = BAD.  = PNJ  ta được Từ (1) và (2) suy ra: PAJ  = BAD  Kết hợp với PAJ  + JAO  = PAJ  + JAO  = 900 nên JA vuông góc với AD tại A. Ta có BAD.  = 900 (vì nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên DB vuông góc với AD Lại có ADB Từ đó ta được AJ song song với DB Cách khác. Gọi E là giao điểm của DI với BC và Q là giao điểm của BD với PO.  = BAH  nên tứ giác DIHA nội tiếp nên IHD  = BAD  Ta có PDI  = BAD  (vì nội tiếp cùng chắn cung BD) Mà ta lại có BCD Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(210) 205. Website:tailieumontoan.com  = BCD  nên ta được HI song song với BC Do đó suy ra IHD Tam giác DEC có HC = HD và HI // CE nên IE = ID Tam giác BOQ có ID // OQ nên. IE BI ID BI và tam giác BOJ có IE // OJ nên = = OQ BO OJ BO. Kết hợp các kết quả trên ta được OQ = OJ , lại có OA = OB nên tứ giác BJAQ là hình bình hành. Suy ra AJ song song với BQ hay AJ song song với BD. 2. Cho ∆ABC vuông tại A. Từ điểm I thuộc miền trong tam giác kẻ IM ⊥ BC; IN ⊥ AC; IK ⊥ AB . Tìm vị trí của I sao cho tổng IM2 + IN2 + IK2 nhỏ nhất. Kẻ đường cao AH, suy ra H là điểm cố định (vì A, B, C cố định). Gọi P là hình chiếu vuông góc của I trên AH. Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác vuông INA và IPA ta có IN2 + AN2 = IN2 + IK2 = IA2 ≥ PA2. A. Mặt khác IN = HP nên ta được. K. IM + IN + IK ≥ PH + PA 2. 2. 2. 2. N. 2. Áp dụng bất đẳng thức dạng a 2 + b2 ≥. 1 a+b 2. (. ). 2. P. I. ta được B. M. H. ( PH + PA ) ≥. 2. IM + IN + IK ≥ PH + PA 2. 2. 2. Do AH không đổi nên IM2 + IN2 + IK2 ≥. 2. 2. 2. C. AH2 = 2. 2. AH AH , dấu bằng xẩy ra khi = hay I là IA PA = PH = 2 2. trung điểm của đường cao AH Vậy khi I là trung điểm của đường cao AH thì tổng IM2 + IN2 + IK2 đạt giá trị nhỏ nhất là. AH2 2. Cách khác. Ta có IM2 + IN2 + IK2 = IM2 + KN2 = IM2 + IA2 (vì IN2 + IK2 = KN2 ). ( IM + IA ) ≥. 2. Áp dụng bất đẳng thức như trên ta có IM2 + IN2 + IK2 = IM2 + IA2. 2. ≥. AM2 AH2 . ≥ 2 2. Từ đây ta có khi I là trung điểm của đường cao AH thì tổng IM2 + IN2 + IK2 đạt giá trị nhỏ nhất là AH2 . 2. Bài 5. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz ≤ 1 . Chứng minh rằng:. (. x 1 − y3 y Ta có. (. x 1 − y3 y. 3. 3. ) + y (1 − z ) z. ) + y (1 − z ) + z (1 − x ) ≥ 0 ⇔ 3. z. 3. 3. x. 3. 3. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 3. +. (. z 1 − x3 x. 3. ). ≥ 0. x y z + 3 + 3 ≥ x + y + z. 3 y z x. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(211) 206. Website:tailieumontoan.com Do xyz ≤ 1 nên ta có. 1.x 1.y 1.z x 2 z y2 x z2 y + 3 + 3 ≥ 2 + 2 + 2 y3 z x y z x. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương Hoàn toàn tương tự ta có. x 2 z y2 x x 2 z y2 x ta được ; ; z + 2 + z ≥ 3x y 2 z2 y2 z. y 2 x z2 y z2 y x 2 z + + x ≥ 3y; + 2 + y ≥ 3z . z2 x2 x2 y. Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được  x 2 z y 2 x z2 y  x 2 z y 2 x z2 y 2  2 + 2 + 2  + x + y + z ≥ 3 x + y + z ⇔ 2 + 2 + 2 ≥ x + y + z z x  y z x  y. (. Từ hai kết quả trên ta được. ). x y z + 3 + 3 ≥ x+y+z. 3 y z x. Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x= y= z= 1. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(212) 207. Website:tailieumontoan.com Đề số 8 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI Vòng 1 – Năm học 2017 – 2018 Câu 1(2.0 điểm). Cho biểu thức P. a 3 − a − 2b −. b2 a.  1 b  1 − + 2  a+ a+b  a a  . (. ).  a 3 + a 2 + ab + a 2 b b  :  +  a − b  a 2 − b2 . Với a, b > 0; a ≠ b; a + b ≠ a 2 . a) Chứng minh rằng P= a − b. b) Tìm các số a và b biết P = 1 và a 3 − b3 = 7 Câu 2(1.0 điểm). Giả sử x, y là hai số thực phân biệt thỏa mãn Tính giá trị biểu thức P =. 1 1 2 + 2 =. x + 1 y + 1 xy + 1 2. 1 1 2 + 2 + x + 1 y + 1 xy + 1 2. ( ). ( ). Câu 3(2.0 điểm) Cho parabol P : y = x 2 và đường thẳng d : y = −2ax − 4a (với a là tham số a)Tìm tọa độ giao điểm của ( d) và (P) khi a = −. 1 2. ( ). ( ). b) Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng d cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x 2 thỏa mãn x1 + x 2 = 3. Câu 4(1.0 điểm). Anh nam đi xe đạp từ A đến C. Trên quãng đường AB ban đầu (B nằm giữa A và C). Anh Nam đi với vận tốc không đổi a(km/h) và thời gian đi từ A đến B là 1,5 giờ. Trên quãng đường BC còn lại anh Nam đi chậm dần đều với vận tốc tại thời điểm t (tính bằng giờ) kể từ B là. v =−8t + a (km/h). Quãng đường đi được từ B đến thời điểm t đó là S = −4t2 + at .Tính quãng đường AB biết rằng đến C xe dừng hẳn và quãng đường BC dài 16km.. ( ). Câu 5(3.0 điểm) Cho đường tròn O bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn. Các. ( ). tiếp tuyến của đường tròn O tại các điểm B, C cắt nhau tại điểm P. Gọi D, E tương ứng là chân đường các đường vuông góc kẻ từ P xuống các đường thẳng AB và AC và M là trung điểm cạnh BC..  = MDP  a) Chứng minh rằng MEP b) Giả sử B, C cố định và A chạy trên (O) sao cho tam giác ABC luôn là tam giác có ba góc nhọn. Chứng minh đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. c) Khi tam giác ABC đều . Hãy tính diện tích tam giác ADE theo R. Câu 6(1.0 điểm) Các số thực không âm x1, x 2 , x 3 ,...., x 9 thỏa mãn hệ điều kiện 10 x1 + x 2 + x 3 + .... + x 9 =  18 x1 + 2x 2 + 3x 3 + .... + 9x 9 = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(213) 208. Website:tailieumontoan.com Chứng minh rằng 1.19x1 + 2.18x 2 + 3.17x 3 + .... + 9.11x 9 ≥ 270 Hướng dẫn giải a 3 − a − 2b −. Câu 1. Cho biểu thức P. b2 a.  1 b  1 − + 2  a+ a+b  a a  . (.  a 3 + a 2 + ab + a 2 b b  :  +  a − b  a 2 − b2 . ). Với a, b > 0; a ≠ b; a + b ≠ a 2 . a) Chứng minh rằng P= a − b. Với a, b > 0; a ≠ b; a + b ≠ a 2 ta có a 3 − a − 2b − P. b2 a.  a 3 + a 2 + ab + a 2 b b  :  +  a − b  a 2 − b2 .  1 b  1 − + 2  a+ a+b  a a   a 3 + a 2 + ab + a 2 b + b a + b a 4 − a 2 − 2ab − b2 : = a−b a+b a− a+b a+ a+b. (. (. =. )(. ( ) − (a + b). a4 − a + b a2. 2. :. ). ). (. ( ) ( ) ( a + b )( a − b ). a2 a + b + a + b. 2. )(. ). (. ). a2 + a + b = a 2 + a + b  : = a−b a−b. Từ đó ta được P= a − b . b) Tìm a và b biết P = 1 và a 3 − b3 = 7 Với a, b > 0; a ≠ b; a + b ≠ a 2 ta được P= a − b . Khi P = 1 và a 3 − b3 = 7 ta có hệ a − b = 1 ⇔  3 3 7 a − b =. a − b = 1     a − b  a − b . (. )(. ). 2. −b 1 = a= a 2 ⇔ ⇔  ab 2= b 1 = 7 + 3ab  =   . ( ) ( ). Kết hợp với điều kiện xác định ta được a; b = 2;1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2. Giả sử x, y là hai số thực phân biệt thỏa mãn P=. 1 1 2 + 2 = . Tính giá trị biểu thức: x + 1 y + 1 xy + 1 2. 1 1 2 + 2 + x + 1 y + 1 xy + 1 2. Thực hiện biến đổi giả thiết của bài toán ta có 1 1 2 1 1 1 1 + 2 = ⇔ 2 − + 2 − = 0 x + 1 y + 1 xy + 1 x + 1 xy + 1 y + 1 xy + 1 xy − y2 xy − x 2 ⇔ 2 + 2 = 0 ⇔ xy − y2 y2 + 1 + xy − x 2 x + 1 xy + 1 y + 1 xy + 1 2. (. (. )(. )(. ) (. ). (. )(. )(. ). (. ). )(. (. ⇔ y x − y y2 + 1 + x y − x x 2 + 1 = 0 ⇔ x − y. Do x ≠ y nên ta được xy = 1 . Kết hợp với giả thiết. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. ) (. )( x. 2. ). +1 =0. ) ( xy − 1) = 0 2. 1 1 2 + 2 = ta có xy +1 x +1 y +1 2. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(214) 209. Website:tailieumontoan.com 1 1 2 2 2 4 4 P=2 + 2 + = + = = =2 x + 1 y + 1 xy + 1 xy + 1 xy + 1 xy + 1 1 + 1. Vậy ta được P = 2 .. ( ). ( ). Câu 3. Cho parabol P : y = x 2 và đường thẳng d : y = −2ax − 4a (với a là tham số. ( ). ( ). a) Tìm tọa độ giao điểm của d và P khi a = − Khi a = −. 1 2. 1 thì đường thẳng d có phương trình y= x + 2 . 2. ( ). ( ). ( ). Hoành độ giao điểm của d và P là nghiệm của phương trình. {. } Từ đó ta tìm được tọa độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là A ( −1;1) và B ( 2; 4 ) . b) Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x ; x x 2 = x + 2 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 ⇔ x ∈ −1; 2. 1. 2. thỏa mãn x1 + x 2 = 3. ( ). ( ). Xét phương trình hoành độ của d và P là x 2 + 2ax + 4a = 0. ( ). ( ). Để d và P cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành độ phải có hai nghiệm phân biệt . a < 0 Từ đó ta có ' = a 2 − 4a = a a − 4 > 0 ⇒  a > 4. (. ). x + x 2 = −2a Khi đó theo hệ thức Vi – et ta có  1 x1 x 2 = 4a. (. Ta có x1 + x 2 =3 ⇔ x1 + x 2. ). 2. (. =9 ⇔ x1 + x 2. ). 2. − 2x1 x 2 + 2 x1 x 2 =9. Kết hợp với hệ thức Vi – et ta được 4a 2 − 8a + 8a = 9. 1 + Với a < 0 ta được 4a 2 − 8a + 8a = 9 ⇔ 4a 2 − 16a − 9 = 0⇒a= − , thỏa mãn 2. + Với a > 4 ta được 4a 2 − 8a + 8a = 9 ⇔ 4a 2 = 9⇒a= ± Vậy a = −. 3 , không thỏa mãn. 2. 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2. Câu 4(1.0 điểm). Anh nam đi xe đạp từ A đến C. Trên quãng đường AB ban đầu (B nằm giữa A và C). Anh Nam đi với vận tốc không đổi a(km/h) và thời gian đi từ A đến B là 1,5 giờ. Trên quãng đường BC còn lại anh Nam đi chậm dần đều với vận tốc tại thời điểm t (tính bằng giờ) kể từ B là. v =−8t + a (km/h). Quãng đường đi được từ B đến thời điểm t đó là S = −4t2 + at .Tính quãng đường AB biết rằng đến C xe dừng hẳn và quãng đường BC dài 16km.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(215) 210. Website:tailieumontoan.com • Lời giải. Vì xe đến C dừng hẳn nên thời gian xe đi từ B đến C thỏa mãn −8t + a = 0 ⇒ t =. a do 8. 2. a a2 đó quảng đường BC là S = −4t + at = 16 ⇒ −4   + = 16 ⇔ a 2 = 256 ⇔ a = 16 . 8 8   2. Từ đó ta được = SAB 1,= 5.a 24(km). ( ). Câu 5(3.0 điểm) Cho đường tròn O bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn. Các. ( ). tiếp tuyến của đường tròn O tại các điểm B, C cắt nhau tại điểm P. Gọi D, E tương ứng là chân đường các đường vuông góc kẻ từ P xuống các đường thẳng AB và AC và M là trung điểm cạnh BC..  = MDP  a) Chứng minh rằng MEP. A. O. B. D. M. I. C. E. P.  + BMP  = 900 + 900 = 1800 nên nội tiếp được, suy ra MBP  = MDP . a) Tứ giác BDPM có BDP  = MEP . Tương tự ta có tứ giác CEPM nội tiếp đường tròn, do đó ta lại có MCP.  = MCP . Mặt khác do BP và CP là hai tiếp tuyến cắt nhau nên MBP    . Từ đó ta được MEP = MBP = MBP = MDP. ( ). b) Giả sử B, C cố định và A chạy trên O sao cho tam giác ABC luôn là tam giác có ba góc nhọn. Chứng minh đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định..  + ABC  + ACB  =  + ABC  + PBD = Ta có BAC 1800 và CBP 1800  = CBP  nên ta được ACB   . Mà ta lại có BAC = PBD = DMP  = MPE  nên suy ra DMP  = MPE  , từ đó ta được MD song song với PE. Mặt khác ta có ACB Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được ME song song với BD. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(216) 211. Website:tailieumontoan.com Điều này dẫn đến tứ giác MEPD là hình bình hành. Suy ra hai đường chéo MP và DE cắt nhau tai trung điểm I của mỗi đường.. ( ). Do B, C cố định trên đường tròn O nên PM cố định, do đo I cố định. Vậy đường thẳng DE luôn đi qua điểm I cố định. c) Khi tam giác ABC đều . Hãy tính diện tích tam giác ADE theo R. Khi tam giác ABC đều thì ta có A, O, M, P thẳng hàng và AI vuông góc với DE. Do đó ta có SADE =. 1 có AB R= = 3;OA R . DE.AI . Do tam giác ABC đều nên ta 2. Do đó ta tính được AM =. 3R 3R 3R 9R . ;AI = + = 2 2 4 4. BC AM 2 3R 3 . Do đó suy ra DE = Dễ thấy  ABC ∽ ADE nên ta được = = DB AI 3 2. Từ đó ta có SADE =. 1 9R 3R 3 27R 2 3 (đvdt) = . . 2 4 2 16. x + x 2 + x 3 + .... + x 9 = 10 Câu 6. Các số thực không âm x1, x 2 , x 3 ,...., x 9 thỏa mãn  1 18 x1 + 2x 2 + 3x 3 + .... + 9x 9 =. Chứng minh rằng 1.19x1 + 2.18x 2 + 3.17x 3 + .... + 9.11x 9 ≥ 270. (. ). Từ x1 + x 2 + x 3 + .... + x 9 = 10 ta được 9 x1 + x 2 + x 3 + ... + x 9 = 90 . Do đó ta có hệ. (. ). 9 x + x + x + ... + x = 90 1 2 3 9 ⇒ 19x1 + 29x 2 + 39x 3 + ... + 99x 9 = 270  180 10 x1 + 2x 2 + 3x 3 + ... + 9x 9 =. (. ). Mặt khác ta có 1.19x1 + 2.18x 2 + 3.17x 3 + ... + 9.11x 9= 19x1 + 36x 2 + 51x 3 + ... + 99x 9. (19x. =. 1. ) ( + 15x ... + 7x ). + 29x 2 + 39x 3 + ... + 99x 9 + 7x 2 + 12x 3 + 15x 4 ... + 7x 8. (. =270 + 7x 2 + 12x 3. 4. ). 8. Để ý ta thấy 7x 2 + 12x 3 + 15x 4 ... + 7x 8 ≥ 0 .. (. ). Nên ta được 270 + 7x 2 + 12x 3 + 15x 4 + ... + 7x 8 ≥ 270 . Vậy ta có 1.19x1 + 2.18x 2 + 3.17x 3 + .... + 9.11x 9 ≥ 270 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 7x 2 + 12x 3 + 15x 4 + ... + 7x 8 = 0 x = 9  10  1 x1 + x 2 + x 3 + .... + x 9 = ⇔  x 2 =x 3 =x 4 =... =x 8 =0 18 x1 + 2x 2 + 3x 3 + .... + 9x 9 = x = 1  9 19x1 + 29x 2 + 39x 3 + ... + 99x 9 = 270 . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(217) 212. Website:tailieumontoan.com Đề số 9 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI Vòng 2 – Năm học 2017 – 2018 Câu 1(1.5 điểm). Cho các số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng trong bốn số sau có ít nhất một số không nhỏ hơn 3. a2 +. 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 + ;b + + ;c + + ;d + + b c c d d a a b. Câu 2(1.5 điểm). Giải phương trình. (x. 2. + 2x. ). 2. (. + 4 x +1. ). 2. ) (. (. 2. − x2 + x + 1 + x2 + x. ). 2. 2017 =. Câu 3(3.0 điểm). a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a 2= b3 ; c3= d4 ; a= d + 98 b) Tìm tất cả các số thực x sao cho trong 4 số x − 2; x 2 + 2 2; x −. 1 1 ; x + có đúng một số x x. không phải là số nguyên. Câu 4(3.0 điểm).. ( ). ( ). Cho đường tròn O bán kính R và một điểm M nằm ngoài đường tròn O . Kẻ hai tiếp. ( ). tuyến MA, MB tới đường tròn O (A, B là hai tiếp điểm). Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C (C khác. ( ). A, C khác B). Gọi I; K là trung điểm MA, MC .Đường thẳng KA cắt đường tròn O tại điểm thứ hai D. a) Chứng minh rằng KO2 − KM2 = R2 . b) Chứng minh rằng tứ giác BCDM là tứ giác nội tiếp.. ( ). c) Gọi E là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn O. và N là trung điểm. ( ). KE đường thẳng KE cắt đường tròn O tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng bốn điểm I, A, N, F cùng nằm trên một đường tròn. Câu 5(1.0 điểm).. A. Xét hình bên: Ta viết các số 1, 2, 3, 4,..., 9 vào vị trí của chín điểm trong hình vẽ bên sao cho mỗi số chỉ xuất hiện đúng một lần và tổng ba số trên một cạnh của tam giác bằng 18. Hai cách. G. F. E. viết được gọi là như nhau nếu bộ số viết ở các điểm (A; B; C; D; E; F; G; H; K) của mỗi cách là. K. H. trùng nhau. Hỏi có bao nhiêu cách viết phân biệt ? Tại sao?. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. B. D. C. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(218) 213. Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải Câu 1. Cho các số thực dương a, b, c, d tùy ý. Chứng minh rằng trong bốn số sau có ít nhất một số không nhỏ hơn 3. 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 + ;b + + ;c + + ;d + + b c c d d a a b. a2 +. • Lời giải. Giả sử cả bốn số trên đều nhỏ hơn 3. Khi đó ta có. 1 1 1 1 1 1 1 1 + + b2 + + + c2 + + + d2 + + < 12 b c c d d a a b. P = a2 +. Mặt khác ta lại có. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + b2 + + + c 2 + + + d2 + + = a 2 + b2 + c 2 + d2 + 2  + + +  b c c d d a a b a b c d. P = a2 +. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta chứng minh được. (. ) (. ). 2. 4 a 2 + b2 + c 2 + d2 ≥ a + b + c + d ;. 1 1 1 1 16 . + + + ≥ a b c d a+b+c+d. Do đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được. (a + b + c + d) P≥. 2. 4. 16 16 + a+b+c+d a+b+c+d. +. (a + b + c + d). 2. ≥3. 3. 4. .. 16 16 . = 12 a+b+c+d a+b+c+d. Trái điều giả sử trên. Do vậy không thể có cả bốn số cùng nhỏ hơn 3 hay trong bốn số có ít nhất một số không nhỏ hơn 3. Câu 2. Giải phương trình. (x. + 2x. 2. ). 2. (. + 4 x +1. ). 2. (. ) ( 2. − x2 + x + 1 + x2 + x. ). 2. 2017 =. • Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Biến đổi tương đương phương trình ta. được. (x. 2. + 2x. ). 2. (. + 4 x +1. ). 2. (. ) ( 2. − x2 + x + 1 + x2 + x. ). 2. 2017 =. ⇔. x 4 + 2x 3 + 4x 2 + 4x 2 + 8x + 8 − x 2 + x 2 + 2x + 1 + x 4 + 2x 3 + x 2 = 2017. ⇔. (x. 2. + 2x + 2. ). 2. (x. −. 2. ). 2. + x + 1 = 2017 ⇔ x 2 + 2x + 2 − x 2 − x − 1= 2017 ⇔ x= 2016. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2016 . Câu 3(3.0 điểm). a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a 2= b3 ; c3= d4 ; a= d + 98 • Lời giải. Giả sử a = p1 1 .p2 2 .p3 3 ....pnn trong đó p1;p2 ;..., pn là các số nguyên tố x1 ; x 2 ;...; x n ∈ N x. x. x. x. Tượng tự d = q1 1 . q 2 2 . q 3 3 .... q nn trong đó q1;q 2 ;..., q n là các số nguyên tố y1 ; y2 ;...; y n ∈ N y. y. y. y. Ta có a > 1; d > 1 . Vì a 2 = p1 1 .p2 2 .....pn 2x. 2x. 2x n. (. = b3 ⇒ 2x1;2x 2 ;...;2x 3  3 ⇒ x1; x 2 ;...; x 3  3 ⇒ a = x 3 , x ∈ Z+. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. ) TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(219) 214. Website:tailieumontoan.com. (. ). Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được = d y 3 , y ∈ Z+ .. )(. (. ). Từ giả thiết a= d + 98 ta được x 3 = y 3 + 98 ⇔ x − y x 2 + xy + y2 = 98 Do a > d nên ta suy ra được x − y > 0 từ đó dẫn đến. (x − y). 2. = x 2 − 2xy + y2 < x 2 + xy + y2 ⇒ x − y < x 2 + xy + y2. Do đó ta đi xét hai trường hợp sau x − y = 1 + Trường hợp 1. Với  2 , khi đó ta được 2 98 x + xy + y =. x= y + 1 ⇔ 2  y + 1 + y + 1 y + y2 = 98 . (. ) (. ). x= y + 1 y ∉ Z ⇒  2 3y + 3y − 97 = 0 x ∉ Z . x − y = 2 + Trường hợp 2. Với  2 , khi đó ta được 2 49 x + xy + y =. x= y + 2 ⇔ 2  2 49  y + 2 + y + 2 y + y =. (. ) (. ).  x 5;= y 3 = x= y + 2 ⇔ ⇒ x = 5; y = 3  2 −3; y = −5 0  x = y + 2y − 15 =. 3 3 Vậy từ đó ta tính được = a 5= 125;= d 3= 27;= b 25;= c 81 .. b) Tìm tất cả các số thực x sao cho trong 4 số x − 2; x 2 + 2 2; x −. 1 1 ; x + có đúng một số không x x. phải là số nguyên. • Lời giải. Nếu x −. 1 1 1 1 ; x + nguyên thì ta có x − + x + = 2x ∈ Z ⇒ x ∈ Q . x x x x. Từ đó suy ra x − 2; x 2 + 2 2 đều không là số hữu tỷ. Do vậy một trong hai số x −. 1 1 ;x + x x. không là số nguyên khi đó x − 2 ∈ Z; x 2 + 2 2 ∈ Z ⇒ x − 2 + x 2 + 2 2 ∈ Z. (. (. ). Đặt x − 2 = a, a ∈ Z . Khi đó ta được x 2 + 2 2 =a + 2. (. ). ). 2. Từ đó dẫn đến 2 2 a + 1 ∈ Z ⇒ a + 1 =0 ⇒ a =−1 nên ta được = x Thử lại ta thấy = x. (. 2 −1. 2 − 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy số cần tìm là = x. ( ). ). +2 2 = a2 + 2 + 2 2 a + 1 ∈ Z .. 2 − 1.. ( ). Câu 4. Cho đường tròn O bán kính R và một điểm M nằm ngoài đường tròn O . Kẻ hai tiếp. ( ). tuyến MA, MB tới đường tròn O (A, B là hai tiếp điểm). Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C (C khác. ( ). A, C khác B). Gọi I; K là trung điểm MA, MC. Đường thẳng KA cắt đường tròn O tại điểm thứ hai D.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(220) 215. Website:tailieumontoan.com A E I. H. M. D N. L. K. Q. F. O. P C. B. a) Chứng minh rằng KO2 − KM2 = R2 . • Lời giải. Ta có IM = IA và KM = KC nên IK là đường trung bình tam giác AMC, do đó IK song. song với AC. Lại có MA = MB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau tại M) và OA = OB = R nên OM là trung trực của AB. Do đó ta được OM ⊥ AB , suy ra IK ⊥ OM . Gọi giao điểm của IK và OM là H. Áp dụng định lý Pitygo cho các tam giác vuông MHI; KHO; MHK;OHI ta có MI2 = MH2 + HI2 ; KO2 = KH2 + HO2 ; MK2 = MH2 + HK2 ; O I2 = KH2 + HO2. Do IM = IA nên từ đó ta suy ra được. MI2 + KO2 = MK2 + IO2 ⇒ KO2 − KM2 = IO2 − MI2 = IO2 − IA2 = OA2 = R 2 Vậy ta được KO2 − KM2 = R2 b) Chứng minh rằng tứ giác BCDM là tứ giác nội tiếp.. ( ). Đường thằng KO cắt đường tròn O tại Q và P. Ta có KC = KM nên suy ra KO2 − KM2 =R 2 ⇔ KO2 − KC2 =R 2. (. )(. ). Từ đó ta được KC2 = KO2 − OP2 = KO + OP KO − OP = KQ.KP Do từ giác ADPQ nội tiếp đường tròn nên ta có KQ.KP = KD.KA nên suy ra KC2 = KD.KA .    Từ đó dẫn đến ∆CKD ∽ ∆AKD nên DCK = KAC = DBM. Vậy tứ giác MDCB nội tiếp đường tròn.. ( ). c) Gọi E là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn O. và N là trung điểm KE. ( ). đường thẳng KE cắt đường tròn O tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng bốn điểm I, A, N, F cùng nằm trên một đường tròn..    . Do đó ta Gọi L là trung điểm của KD ta có ∆MKD ∽ ∆AKM nên suy ra AEM = MAK = EMK được AE song song với KM. Mặt khác ta có KF.KE = KD.KA ⇒ KF.KN = KL.KA nên tứ giác ANFL nội tiếp.     (vì KF.KE 2 Suy ra ta được LAF = LNF = MEK = FMK = KD.KA = KC = KM2 ).  = KMF  nên tứ giác MKFA nội tiếp. Do đó ta được =  AMK  . Từ đó suy ra KAF AFN = AIN Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(221) 216. Website:tailieumontoan.com Dẫn đến tứ giác IANF cùng thuộc một đường tròn Câu 5. Ta viết các số 1, 2, 3, 4,..., 9 vào vị trí của chín điểm trong hình vẽ bên sao cho mỗi số chỉ xuất hiện đúng một lần và tổng ba số trên một cạnh của tam giác bằng 18. Hai cách viết được gọi là như nhau nếu bộ số viết ở các điểm (A; B; C; D; E; F; G; H; K) của mỗi cách là trùng nhau. Hỏi có bao nhiêu cách viết phân biệt? Tại sao? • Lời giải 1. Ta thấy trong dãy 1; 2; 3; 4; …; 9 có hai số là. A. 8 và 9 khi lấy tổng 2 đố với số 1 thì bằng 18. Do đó ta thấy tại điểm A(tương tự B, C) không thể điền số 1 vì nếu trái lại thì B và F phải điền cặp 8 và 9, tại C và E cũng phải điền cặp số 8 và 9. Điều này vô lí vì mỗi số chỉ điển vào. G. F. E. một điểm. Tương tự tại D, E, F cũng không thể điền số 1. Do đó số 1 được điền tại một trong các điểm H, G, K.. K. H. Xét trường hợp số 1 được điền tại G (tương tự tại H, B. K) khi đó E điền số 8 và F điền số 9 (hoặc ngược lại). Giả. D. C. sử tại A điền a, tại C điền c, tại D điền d, tại K điền k, tại H điền k + 1 , tại B điền c + 1 .. {. }. Khi a; d; c; c + 1;k;k + 1 phân biệt thuộc tập hợp 2; 3; 4; 5; 6; 7. a + c = 9  Từ đó ta có d + k= 9 ⇒ d ∈ 3; 5; 7 . Thử từng trường hợp ta được d = 7 thỏa mãn d + 2c = 17 . {. }. Từ đó ta suy ta được= a 4;= c 5;= k 2 Như vậy ứng với mỗi cách điền số 1 và số 2 ta có một cách duy nhất để điềm các số còn lại. Vậy có tất cả 6 cách điền số thỏa mãn yêu cầu bài toán.. {. }. • Lời giải 2. Để ý rằng ta có tất cả các bộ ba số phân biệt thuộc tập hợp 1; 2; 3;...; 9 mà tổng bằng. 18. 18 = 9 + 8 + 1 = 9 + 7 + 2 + 9 + 6 + 3 = 9 + 5 + 5 = 8+7+3= 8+7+4 = 7+6+5 Trong tất cả các vị trí A, B, C, D, E, F, G, H, K thì + A, B, C xuất hiện trong hai tổng (do là giao điểm của của hai cạnh). + D, E, F xuất hiện trong ba tổng (do là giao điểm của ba cạnh). + G, H, K xuất hiện trong một tổng. Do 1 và 2 chỉ xuất hiện trong một tổng nên các vị trí A, B, C, D, E, F không thể điền số 1 và số 2. Các số 1 và 2 chỉ có thể điềm vào điểm G, H, K. Có tất cả 6 cách điển số 1 và 2 và ba điểm G, H, K. Không mất tính tổng quát ta có cách điền= G 1;= H 2. Do số 9 xuất hiện trong các tổng chứa 1 và chứa 2 nên dễ thấy đỉnh F = 9 , suy ra= E 8;= D 7 . Từ. {. }. đó dẫn đến K = 3 và A, B, C ∈ 4; 5; 6 . Lại có A + F + B = 18; B + C + D = 18;C + E + A= 18 nên= A 3;= B 5;C = 6. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(222) 217. Website:tailieumontoan.com Như vậy ứng với mỗi cách điền số 1 và số 2 ta có một cách duy nhất để điềm các số còn lại. Vậy có tất cả 6 cách điền số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Đề số 10 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI Năm học 2017 – 2018  a+ a 1   a − 1 Bài 1(1.5 điểm). Cho biểu thức : P  :  với 0 ≤ a ≠ 1 . = +  a a + a + a + 1 a + 1  a + 1     . a) Rút gọn P b) Tìm tất cả các số tự nhiên a để P có giá trị nguyên Bài 2.(2.0 điểm). )(. (. ). )(. )(. a) Giải phương trình x + 1 x + 2 x + 3 x + 4 = 24 2 2 x − 4xy + x + 4y = b) Giải hệ phương trình :  2 2 −3 x − y =. Bài 3(1.0 điểm). Gọi x1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − x − 5 = 0 . Lập phương trình bậc hai nhận hai nghiệm là 2x1 + x 2 và x1 + 2x 2 . Bài 4(1.5 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên x 2 + 2y2 − 2xy − 4x + 8y + 7 = 0 b) Cho ba số thực không âm a, b, c tùy ý. Chứng minh rằng:. (. ). (. ). (. ) (. )(. ab b2 + bc + ca + bc c2 + ac + ab + ca a 2 + ab + bc ≤ ab + bc + ca a 2 + b2 + c2. ). Bài 5(1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho ngũ giác lồi ABCDE có các đỉnh có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng : Tồn tại ít nhất một điểm M có toạ độ nguyên nằm trong ngũ giác hoặc trên các cạnh của ngũ giác đó (không tính các đỉnh A, B, C, D, E). ( ). Bài 6(3.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn O đường kính BC cắt AB, AC thứ tự tại M.  và MON  cắt nhau ở P. và N. Tia phân giác trong của các góc BAC.  = BAC  và tứ giác AMPN nội tiếp a) Chứng minh rằng OMN b) Gọi Q là giao của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMP và CNP. Chứng minh rằng ba điểm B, Q, C thẳng hàng c) Gọi O1 ;O2 ;O3 thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ∆AMN; ∆BMP; ∆CNP . Chứng minh rằng bốn điểm O;O1 ;O2 ;O3 cùng thuộc một đường tròn. Hướng dẫn giải  a+ a 1   a − 1 Bài 1(1.75 điểm). Cho biểu thức : P  :  với 0 ≤ a ≠ 1 . = +  a a + a + a + 1 a + 1  a + 1      Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(223) 218. Website:tailieumontoan.com a) Rút gọn P Với 0 ≤ a ≠ 1 ta có. (. ).    a+ a 1   a − 1  a a + 1 1  a +1 : = + + P = .  a a + a + a + 1 a + 1   a + 1   (a + 1) a + 1 + a 1       a − 1  a +1 2 = = 1− a −1 a −1. (. ). b) Tìm tất cả các số tự nhiên a để P có giá trị nguyên. 2. Với 0 ≤ a ≠ 1 ta có P= 1 −. a −1. 2. . Khi đó P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi. ). (. a −1 ⇔. {. }. {. }. a − 1 ∈ −2; −1;1; 2 ⇔ a ∈ 0; 4; 9. {. }. Kết hợp với điều kiện 0 ≤ a ≠ 1 ta được a ∈ 0; 4; 9 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 2.(2.0 điểm). (. ). )(. )(. )(. a) Giải phương trình x + 1 x + 2 x + 3 x + 4 = 24 Biến đổi tương đương phương trình ta được. ( x + 1)( x + 2 )( x + 3 )( x + 4 ) = 24 ⇔ ( x  Đặt t= x + 5x + 5=  x +  2. 2. )(. ). + 5x + 4 x 2 + 5x + 6 = 24. 2. 5 5 5  − ≥ − . Khi đó phương trình trên trơt thành 2 4 4. ( t − 1)( t + 1) =. 24 ⇔ t2 − 1 = 24 ⇔ t2 = 25 ⇔ t = ±5. Kết hợp với điều kiện trên ta được t = 5 , khi đó ta có phương trình. (. ). {. }. x 2 + 5x + 5 = 5 ⇔ x 2 + 5x = 0 ⇔ x x + 5 = 0 ⇔ x ∈ 0; −5. {0; −5} .. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là = S x 2 − 4xy + x + 4y = 2 b) Giải hệ phương trình  2 2 −3 x − y =. (. ). Biến đổi tương đương phương trình thứ nhất của hệ ta được x 2 + 1 − 4y x + 4y − 2 = 0 . Xem phương trình là phương trình bậc hai ẩn x và có tham số y.. (. Khi đó ta có  = 1 − 4y. ). 2. (. ). (. − 4 4y − 2 = 16y2 − 24y + 9 = 4y − 3. ). 2. ≥ 0.. Do đó phương trình có hai nghiệm là x =4y − 2; x =1 . + Với x = 1 , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được y2 = 4⇔y= ±2 .. (. + Với = x 4y − 2 , thay vào phương trình thứ hai ta có 4y − 2. ). 2. − y2 =−3 ⇔ 15y2 − 16y + 7 =0 , dễ. thấy phương trình vô nghiệm.. ( ) (1; 2 ) , (1; −2 ) .. Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là= x; y. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(224) 219. Website:tailieumontoan.com Bài 3(1.0 điểm). Gọi x1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − x − 5 = 0 . Lập phương trình bậc hai nhận hai nghiệm là 2x1 + x 2 và x1 + 2x 2 . Dễ thấy phương trình x 2 − x − 5 = 0 có ac =−5 < 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 ; x 2 . Theo hệ thức Vi – et ta có x1 + x 2 = 1; x1 .x 2 = −5 Đặt S =. (2x. 1. ) (. ). (. ). + x 2 + x1 + 2x 2 = 3 x1 + x 2 = 3 và. (. P= 2x1 + x 2. )( x. 1. (. ). ). (. + 2x 2 = 2 x12 + x 22 + 5x1 x 2 = 2 x1 + x 2. ). 2. + x1 x1 = −3. Khi đó 2x1 + x 2 và x1 + 2x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − Sx + P = 0. Từ đó ta có phương trình x 2 − 3x − 3 = 0 nhận 2x1 + x 2 và x1 + 2x 2 làm nghiệm. Bài 4(1.5 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên x 2 + 2y2 − 2xy − 4x + 8y + 7 = 0.. (. ). Biến đổi phương trình đã cho ta được x 2 − 2 y + 2 x + 2y2 + 8y + 7 = 0.. (. Khi đó ta có ' =y + 2. ) − (2y 2. 2. ). + 8y + 7 = − y2 − 4y − 3 .. Để phương trình trên có nghiệm thì ' ≥ 0 ⇔ − y2 − 4y − 3 ≥ 0 ⇔ −3 ≤ y ≤ −1 .. {. }. Do y là số nguyên nên ta được y ∈ −3; −2; −1 . Đến đây ta xét các trường hợp sau + Trường hợp 1. Với y = −3 , khi đó ta có phương trình x 2 + 2x + 1 =0 ⇔ x =−1 . + Trường hợp 2. Với y = −2 , khi đó ta có phương trình x 2 − 1 =0 ⇔ x =±1 . + Trường hợp 2. Với y = −1 , khi đó ta có phương trình x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 .. ( ) (. )(. )(. )(. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là x; y = −1; −3 , 1; −2 , −1; −2 , 1; −3. ). b) Cho ba số thực không âm a, b, c tùy ý. Chứng minh rằng:. (. ). (. ). (. ) (. )(. ab b2 + bc + ca + bc c2 + ac + ab + ca a 2 + ab + bc ≤ ab + bc + ca a 2 + b2 + c2. ). Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh ra được. (. ). (. ). (. )(. ) (. ab b2 + bc + ca + bc c2 + ac + ab + ca a 2 + ab + bc ≤ ab + bc + ca a 2 + b2 + c2. (. ). ). ⇔ ab + bc + ca + 2abc a + b + c ≤ a b + ab + a c + ac + b c + bc + a bc + ab c + abc2 3. 3. 3. (. (. ). ⇔ 2abc a + b + c ≤ ab a + c 2. 2. ) + bc ( b. 3. 2. 3. ). 3. (. 3. + a 2 + ca c2 + b2. 3. 3. 2. 2. ). Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a 2 + c2 ≥ 2ac; b2 + c2 ≥ 2bc; a 2 + b2 ≥ 2ab . Từ đó ta được. (. ). (. ). (. ). (. 2 ab a 2 + c2 + bc b2 + a 2 + ca c2 + b2 ≥ 2a 2 bc + 2ab2 c + 2abc = 2abc a + b + c. ). Như vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho ngũ giác lồi ABCDE có các đỉnh có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một điểm M có toạ độ nguyên nằm trong ngũ giác hoặc trên các cạnh của ngũ giác đó (không tính các đỉnh A, B, C, D, E) • Lời giải. Theo nguyên lí Dirichlet thì với 5 số nguyên lần lượt chia cho 2 thì có ít nhất 3 số có. cùng số dư. Với 3 số nguyên lần lượt chia cho 2 thì có ít nhất 2 số có cùng số dư. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(225) 220. Website:tailieumontoan.com Như vậy trong 5 số nguyên đó có ít nhất 3 số có cùng tính chẵn, lẻ. Do đó trong 5 điểm A, B, C, D, E thì có ít nhất 3 điểm có hoành độ cùng tính chẵn, lẻ. Trong 3 điểm có cùng tính chẵn, lẻ nói trên thì có ít nhất hai điểm có tung độ cùng tính chẵn, lẻ Khi đó tồn tại ít nhất 2 trong 5 điểm A, B, C, D, E có hoành độ cùng tính chẵn, lẻ và tung độ cùng tính chẵn, lẽ. Giả sử hai điểm đó là A và B. Lấy M là trung điểm của đoạn thẳng AB thì M có tọa độ nguyên. Từ đó ta xác định điểm M có tọa độ nguyên như sau + Nếu hai điểm A và B xác định như trên là hai đỉnh kề nhau của ngũ giác thì M nằm trên một cạnh của ngũ giác. + Nếu hai điểm A và B xác định như trên không là hai đỉnh kề nhau của ngũ giác thì M nằm trong ngũ giác.. ( ). Bài 6. Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn O đường kính BC cắt AB, AC thứ tự tại M và N. Tia.  và MON  cắt nhau ở P. phân giác trong của các góc BAC  = BAC  và tứ giác AMPN nội tiếp a) Chứng minh rằng OMN A. O1. N K. H M P. B. O3. O2 O. C.  = BAC  + Chứng minh OMN. ( ).  =C  Dễ thấy tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn O nên ta được AMN  =B . Lại thấy tam giác OBM cân tại O nên OMB  + OMP  =B  +C  ⇒ 1800 − OMN  = 1800 − BAC  ⇒ OMN  = BAC . Từ đó ta được OMN. + Chứng minh tứ giác AMPN nội tiếp: Gọi H, K thứ tự là hình chiếu vuông góc của P trên AB và AC.  nên PH = K . Vì P nằm trên tia phân giác của BAC. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(226) 221. Website:tailieumontoan.com Dễ thấy ∆OPM = ∆OPN nên ta được PM = PN .Từ đó ta được PHM = PKN nên   PMH = PNK Do đó tứ giác AMPN nội tiếp đường tròn b) Gọi Q là giao của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMP và CNP. Chứng minh rằng ba điểm B, Q, C thẳng hàng.  = AMP . Tứ giác BMQN nội tiếp đường tròn nên ta có BQP.  = AMP . Từ giác AMPN nội tiếp đường tròn nên ta có CNP  = CNP  . Mà tứ giác CNPQ nội tiếp nên CQP  =1800 − CNP  =1800 − BQP . Từ đó suy ra BQP  + CQP  =1800 ⇒ BQC  =1800 hay ba điểm B, Q, C thẳng hàng. Do đó ta được BQP c) Gọi O1 ;O2 ;O3 thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ∆AMN; ∆BMP; ∆CNP . Chứng minh rằng bốn điểm O;O1 ;O2 ;O3 cùng thuộc một đường tròn.. ( ). ( ). Ta có giao điểm của hai đường tròn O và O2 là B, M nên ta có OO2 ⊥ BM , giao điểm của hai. ( ). ( ).   = đường tròn O và O3 là C, N nên ta có OO3 ⊥ CN . Từ đó ta được O OO3 + BAC 1800 2. ( ). ( ). Ta có giao điểm của hai đường tròn O1 và O2 là P, M nên ta có O1O2 ⊥ PM , giao điểm của hai. ( ). ( ).   = đường tròn O1 và O3 là P, N nên ta có O1O3 ⊥ PN . Từ đó ta được O O O + MPN 1800 . 2 1 3   +O   = Từ đó ta được O OO3 + BAC O O + MPN 3600 . 2 2 1 3.  + MPN  =   Mà ta lại có BAC 1800 nên suy ra O OO3 + O OO = 1800 hay bốn điểm O;O1 ;O2 ;O3 2 2 1 3 cùng thuộc một đường tròn.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(227) 222. Website:tailieumontoan.com Đề số 11 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN HẠ LONG TỈNH QUẢNG NINH Năm học 2017 – 2018 Câu 1(2.0 điểm).   x  3 3 3 Cho biểu= thức A   + + + 1  , với x ≠ 0; x ≠  x 2 + x 3 + 3 x 3 − 27   3  x   . 3.. a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị của biểu thức A khi x =. 3+. 5 − 3 − 29 − 12 5 .. Câu 2(3.0 điểm). a) Giải phương trình x 3 − x 2 − x x − 1 − 2 = 0. x 2 + xy − 2y2 = 0 b) Giải hệ phương trình  . 2 3 xy + 3y + x =. Câu 3 (1.0 điểm). Tìm các số tự nhiên n để A = n2018 + n2008 + 1 là số nguyên tố. Câu 4 (3.0 điểm).. (. ). Cho đường tròn O; R có đường kính AB, M là một điểm tùy ý thuộc đường tròn (M khác A và B). Qua A và B lần lượt kẻ các đường thẳng d và d’ là tiếp tuyến với đường tròn. Tiếp tuyến tại M của đường tròn cắt d và d’ lần lượt tại C và D. Đường thẳng BM cắt d tại E. a) Chứng minh rằng CM = CA = CE . b) Chứng minh rằng AD ⊥ OE . c) Tính độ dài đoạn AM theo R biết rằng AE = BD . Câu 5 (1.0 điểm). Cho các số thực a, b thoả mãn a ≥ 2; b ≥ 2 . Chứng minh rằng:. (a. 2. )(. ) (. )(. ). + 1 b2 + 1 ≥ a + b ab + 1 + 5 .. Hướng dẫn giải   x  3 3 3 Câu 1. Cho biểu= thức A   + + + 1  , với x ≠ 0; x ≠  x 2 + x 3 + 3 x 3 − 27   3  x   . 3.. a) Rút gọn biểu thức A. Với điều kiện x ≠ 0; x ≠. 3 ta có. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(228) 223. Website:tailieumontoan.com   x  3 3 3  = + + + 1 A   x 2 + x 3 + 3 x 3 − 27   3  x      3 x− 3 +3 2 1   x +x 3+3 = .   2 x 3 x− 3  x − 3 x + x 3 + 3 . ( )(. ). b) Tính giá trị của biểu thức A khi x =. 3+. (. x=. 3+. =3+ Thay= x. ). 5 − 3 − 29 − 12 5 .. 5 − 3 − 29 − 12 5 =. 3+. 5 − 6−2 5 = 3 +. 5−. ta được A 3 + 1 vào biểu thức A=. 5 − 3−. (. 5 −1. ). 2. (2. 5 −3. ). 2. = 3 +1. 1 = 1. 3 +1− 3. Câu 2(3.0 điểm). a) Giải phương trình x 3 − x 2 − x x − 1 − 2 = 0. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với. (. ). Biến đổi về phương trình x 2 x − 1 − x x − 1 − 2 = 0. (. ). (. ). Đặt t = x x − 1 t ≥ 0 , suy ra ta có = t2 x 2 x − 1 .  t = −1 Phương trình đã cho trở thành t2 − t − 2 = 0 ⇔   t = 2. Kết hợp với điều kiện trên ta được t = 2 . Khi đó ta có phương trình. (. )(. ). x x − 1 = 2 ⇔ x 3 − x2 = 4 ⇔ x − 2 x2 + x + 2 = 0 ⇔ x = 2 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. 2 2 0 x + xy − 2y = b) Giải hệ phương trình  2 3 xy + 3y + x =. Phương trình thứ nhất của hệ đã cho được viết lại thành. (x. 2. x = y − y2 + y x − y =0 ⇔ x − y x + 2y =0 ⇔  ⇔ x − y x + 2y = 0,  x = −2y. ) (. ). (. )(. ). (. )(. ). 3 + Với x = y , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được 4x 2 + x − 3 =0 ⇔ x1 =−1; x 2 = . 4. 3 . Khi đó, x1 = y1 = −1; x 2 == y2 4. + Với x = −2y , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được y2 − 2y − 3 =0 ⇔ y1 =−1; y2 =3 . Với y =−1 ⇒ x =2 và với y = 3⇒x= −6 . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(229) 224. Website:tailieumontoan.com 3 3 Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = −1; −1 , 2; −1 , −6; 3 ,  ;  4 4. ( ) (. )(. )(. ). Câu 3. Tìm các số tự nhiên n để A = n2018 + n2008 + 1 là số nguyên tố. Xét n = 0 thì A = 1 không là số nguyên tố; Xét n = 1 thì A = 3 là số nguyên tố. Xét n > 1 , khi đó ta có A = n2018 + n2008 + 1 > n2 + n + 1 . Ta có. ( ).  = A n2018 – n2 + n2008 – n + n2 += n + 1 n2  n 3 . 672. ( ).   – 1 + n  n 3  . 669. (.  – 1 + n2 + n + 1 . ). Để ý rằng ta luôn có. (n ) 3. 672. – 1=. Dễ thấy n 3 − 1 =. (n. 3. )( ).  − 1  n3 . ( n − 1) ( n. 2. 671. ( ). + n3. 670. ( ).  + ... + 1 ; n 3 . 669. – 1=. (n. 3. )( ).  − 1  n3 . 668. ( ). + n3. 667.  + ... + 1 . ). + n + 1 chia hết cho n2 + n + 1 . Do đó A chia hết cho n2 + n + 1 .. Ta có A > n2 + n + 1 và chia hết cho n2 + n + 1 nên A là hợp số. Do đó n > 1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 1. (. ). Câu 4. Cho đường tròn O; R có đường kính AB, M là một điểm tùy ý thuộc đường tròn (M khác A và B). Qua A và B lần lượt kẻ các đường thẳng d và d’ là tiếp tuyến với đường tròn. Tiếp tuyến tại M của đường tròn cắt d và d’ lần lượt tại C và D. Đường thẳng BM cắt d tại E. D E M C. A. F. B. O. I. a) Chứng minh rằng CM = CA = CE . Gọi F là giao điểm của OC và AM khi đó ta có OC vuông góc với AM. Ta có CM = CA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Hai tam giác vuông AME và AFC đồng dạng nên. AE AM = =⇒ 2 AE = 2AC ⇒ AC = CE . AC AF. Từ đó ta được CM = CA = CE . b) Chứng minh rằng AD ⊥ OE . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(230) 225. Website:tailieumontoan.com Gọi giao điểm của EO với đường thẳng d’ là I, khi đó dễ thấy tứ giác AEBI là hình bình hành Từ đó ta được BE song song với AI. Ta có OD vuông góc với BE nên suy ra OD vuông góc với AI. Mà ta lại có AB vuông góc với DI. Do đó O là trực tâm của tam giác ADI Điều này dẫn đến OI vuông góc với AD nên suy ra OE vuông góc với AD. c) Tính độ dài đoạn AM theo R biết rằng AE = BD . Tam giác COD vuông tại O (vì OC, OD là hai phân giác của hai góc kề bù) và có OM là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có OM2 = CM.MD . Mà ta có CM = CA = CE nên suy ra 2CM = AE . Lại có BD = MD và AE = BD nên ta được 2CM = MD . Do đó suy ra 2CM2 = R 2 nên CM =. R 2 . Do AE = 2CM nên dẫn đến AE = R 2 . 2. 1 1 1 Do trong giác vuông AEB tại A nên ta có = + 2 2 AM AE AB2. Suy ra AM =. AE.AB 2R 3 . = 3 AE2 + AB2. Câu 5. Cho các số thực a, b thoả mãn a ≥ 2; b ≥ 2 . Chứng minh rằng:. (a. )(. ) (. )(. ). + 1 b2 + 1 ≥ a + b ab + 1 + 5 .. 2. Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh ta được M= =. ( a + 1)( b + 1) − (a + b )(ab + 1) − 5 ( a b − a b − ab + ab ) + ( a + b − a − b − ab ) − 4 2. 2. (. 2. 2. 2. 2. )(. ). = ab a − 1 b − 1 +. (. 2. 1 a−b 2 . (. ). 2. 2. (. ). (. ). +a a −2 +b b−2  −4 . ). ( ) b ≥ 2 thì b ( b − 1) ≥ 2 và b ( b − 2 ) ≥ 0. Chỉ ra với a ≥ 2 thì a a − 1 ≥ 2 và a a − 2 ≥ 0. (. )(. ). Từ đó ta có ab a − 1 b − 1 ≥ 4 và. (. 1 a− 2 . )(. ( ). 2. (. ). (. ). +a a −2 +b b−2  ≥ 0 . ) (. )(. ). Từ đó dẫn đến M ≥ 0 hay a 2 + 1 b2 + 1 ≥ a + b ab + 1 + 5 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(231) 226. Website:tailieumontoan.com Đề số 12 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ Chuyên Toán – Năm học 2017 – 2018 Câu 1 (2.0 điểm). a) Cho ba số a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn a 2 + b = b2 + c = c2 + a . Tính giá trị của biểu thức T=. ( a + b − 1)( b + c − 1)( c + a − 1) .. x4 + x3 b) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: x 2 + 3mx + 2m2 = . 2. Câu 2 (2.0 điểm). a) Tìm các số nguyên m sao cho m2 + 12 là số chính phương. b) Chứng minh rằng trong 11 số nguyên tố phân biệt và lớn hơn 2 bất kỳ luôn chọn được hai số gọi là a, b sao cho a 2 − b2 chia hết cho 60. Câu 3 (2.0 điểm). a) Giải phương trình 4x 2 + 5 + 3x + 1 = 13x .  6  2x + 2y = b) Giải hệ phương trình  8.  2x + 5 + 2y + 9 =. Câu 4 (3.0 điểm).. ( ).  = 1200 nội tiếp đường tròn Cho tam giác ABC cân với BAC O . Gọi D là giao điểm của. ( ). đường thẳng AC với tiếp tuyến của O tại B; E là giao điểm của đường thẳng BO với đường tròn. (O) ( E ≠ B) ; F, I lần lượt là giao điểm của DO với AB, BC; M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. a) Chứng minh rằng tứ giác ADBN nội tiếp. b) Chứng minh rằng ba điểm F, N, E thẳng hàng. c) Chứng minh rằng các đường thẳng MI, BO, FN đồng quy. Câu 5 (1.0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 + z2 +. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 9 xyz 2. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(232) 227. Website:tailieumontoan.com Câu 1 (2.0 điểm). a) Cho ba số a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn a 2 + b = b2 + c = c2 + a . Tính giá trị của biểu thức. ( a + b − 1)( b + c − 1)( c + a − 1). T=. Biến đổi giả thiết a 2 + b = b2 + c ta được. (. )(. ) (. ). (. ). (. )(. ). a 2 − b2 =c − b ⇔ a − b a + b − a − b =c − b − a − b ⇔ a − b a + b − 1 =c − a. c−a . Do a , b khác nhau nên ta có a + b − 1 = a−b. Hoàn toàn tương tự ta được b + = c −1. a−b b−c . ;c + = a −1 b−c c−a. ( a + b − 1)( b + c − 1)( c + a − 1) =. Do đó ta có T =. c−a a−b b−c . . = 1 a−b b−c c−a. x4 + x3 b) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: x 2 + 3mx + 2m2 = . 2. Biến đổi phương trình đã cho ta được 2 x 2 + 3mx + 2m =. x4 + x3 ⇔ 4m2 + 6mx + 2x 2 − x 4 −= x3 0 2. Giả sử tồn tại m để phương trình đã có bốn nghiệm phân biệt. Khi đó ta xem phương trình 4m2 + 6m + 2x 2 − x 4 − x 3 = 0 là phương trình bậc hai ẩn m.. (. ). ' 2 Ta có ∆= 9x 2 − 4 2x 2 − x 4 − x 3= 4x 4 + 4x 3 + x=. (2x. 2. +x. ). 2. ≥ 0..  −3x + 2x 2 + x x 2 − x =  x 2 − x − 2m = m = 0 4 2 ⇔ 2 Khi đó phương trình có hai nghiệm  2 2 3x − 2x − x − x − 2x 0  x + 2x + 2m = m −= =  4 2. Để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thì mỗi phương trình trên phải có hai nghiệm phân biệt và các nghiệm của hai phương trình phải khác nhau. + Phương trình x 2 − x − 2m = 0 có hai nghiệm phân biệt khi ∆ = 1 + 8m > 0 ⇔ m < − + Phương trình x 2 + 2x + 2m = 0 có hai nghiệm phân biệt khi ∆ = 4 − 8m > 0 ⇔ m <. 1 . 8. 1 . 2. Kết hợp hai kết quả trên ta được hai phương trình trên cùng có hai nghiệm phân biệt khi m < −. 1 . 8. + Gọi x 0 là nghiệm chung của hai phương trình x 2 − x − 2m = 0 và x 2 + 2x + 2m = 0. 2 0 x − x 0 − 2m = Khi đó ta có  20 ⇔ 0 x 0 + 2x 0 + 2m =. 0 3x 0 + 4m = ⇔  2 0 x 0 − x 0 − 2m =.  4m 0 x 0 = − 3  x 20 − x 0 − 2m = 0 . 2.  4m   3 4m Suy ra  − − 2m = 0 ⇔ 16m2 − 6m = 0 ⇔ m ∈ 0;  .  + 3  3   8 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(233) 228. Website:tailieumontoan.com  3 Do đó để hai phương trình không có nghiệm chung thì m ∉ 0;  .  8 Vậy với m < −. 1 thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt. 8. Câu 2 (2.0 điểm). a) Tìm các số nguyên m sao cho m2 + 12 là số chính phương.. (. )(. ). Đặt m2 + 12 = n2 với n là số nguyên. Khi đó ta có n2 − m2 = 12 ⇔ n − m n + m = 12 . Do m, n là các số nguyên và n − m; n + m là các số chẵn nên ta có các trường hợp như sau + Với n − m = −6 và n + m = −2 ta được n = −4; m = 2. + Với n + m = −6 và n − m = −2 ta được n = −4; m = −2 . + Với n + m = 6 và n − m = 2 ta được= n 4;= m 2. + Với n + m = 2 và n − m = 6 ta được n = 4; m = −2 .. {. }. Thử lại ta dược các giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là m ∈ −2;2 . b) Chứng minh rằng trong 11 số nguyên tố phân biệt và lớn hơn 2 bất kỳ luôn chọn được hai số gọi là a, b sao cho a 2 − b2 chia hết cho 60. Do 11 số nguyên tố đã cho lớn hơn 2 nên suy ra các số nguyên tố đó đều là số lẻ. Trong 11 số nguyên tố trên luôn tồn tại hai số nguyên tố có cùng số dư khi chia cho 5 và đều lớn hơn 3. Ta gọi hai số đó là a và b. Khi đó ta có a 2 − b2 chia hết cho 5. Mặt khác do a và b cùng là số lẻ nên a − b và a + b cùng là số chẵn, do đó ta được a 2 − b2 chia hết cho 4. Ta biết rằng một số chính khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1. Do a, b là số nguyên tố lớn hơn 3 nên a và b không chia hết cho 3, suy ra a 2 và b2 cùng có số dư khi chia cho 3. Do đó a 2 − b2 chia hết cho 3. Để ý rằng 3, 4, 5 là ba số nguyên tố cùng nhau theo từng đôi một. Do vậy ta được a 2 − b2  60 . Câu 3 (2.0 điểm). a) Giải phương trình 4x 2 + 5 + 3x + 1 = 13x . 1 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . 3. Phương trình đã cho được viết lại thành 4x 2 − 13x + 5 =− 3x + 1 . Khi đó điều kiện để phương trình có nghiệm là 4x 2 − 13x + 5 ≤ 0 ⇔. 13 − 89 13 + 89 . ≤x≤ 8 8. Bình phương hai vế của phương trình ta được. ( 4x. 2. ). 2. − 13x + 5 = 3x + 1 ⇔ 16x 4 + 169x 2 + 25 − 104x 3 + 40x 2 − 130x = 3x + 1. (. )(. ). ⇔ 16x 4 − 104x 3 + 209x 2 − 133x + 24 =0 ⇔ 4x 2 − 11x + 3 4x 2 − 15x + 8 =0. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(234) 229. Website:tailieumontoan.com Từ đó ta được hai phương trình 4x 2 − 11x + 3 = 0 và 4x 2 − 15x + 8 = 0. Giải các phương trình trên và kết hợp với các điều kiện xác định ta được các nghiệm của phương  11 + 73 15 − 97  trình đã cho là S =  ; . 8 8  .  2x + 2y = 6  b) Giải hệ phương trình  8  2x + 5 + 2y + 9 =. Điều kiện xác định của hệ phương trình là x ≥ 0; y ≥ 0 . Hệ phương trình đã cho được viết lại thành     2x = 6 − 2y 2x = 36 + 2y − 12 2y 2x − 2y = 36 − 12 2y ⇒ ⇔    8 − 2y + 9 64 2y + 9 − 16 2y + 9 2x − 2y =− 68 16 2y + 9  2x + 5 = 2x + 5 =+ . Từ đó ta được 36 − 12 2y = 68 − 16 2y + 9 ⇔ 16 2y + 9 = 32 + 12 2y ⇔ 4 2y + 9 = 8 + 3 2y. (. ). ⇔ 16 2y + 9 = 64 + 18y + 48 2y ⇔ 14y + 80 = 48 2y. Đặt t =.  20  2y t ≥ 0 , khi đó phương trình trên trở thành 7t2 − 48t + 80 = 0 ⇔ t ∈ 4;  .  7. (. ). + Với t = 4 ta được. 2y = 4 ⇔ y = 8 , thay vào phương trình thứ nhất ta được. 2x + 4 = 6 ⇔ 2x = 2 ⇔ x = 2. + Với t =. 20 ta được 7. 2y =. 20 200 , thay vào phương trình thứ nhất ta được ⇔y= 7 49 2x +. 20 22 121 = 6 ⇔ 2x = ⇔x= 7 7 98.  121 200  ; Thử lại vào phương trình ta được x; y = 2; 8 ,  .  98 49 . ( ) ( ). ( ).  = 1200 nội tiếp đường tròn Câu 4 (3.0 điểm). Cho tam giác ABC cân với BAC O . Gọi D là giao. ( ). điểm của đường thẳng AC với tiếp tuyến của O tại B. Gọi E là giao điểm của đường thẳng BO. ( ) ( E ≠ B) và F, I lần lượt là giao điểm của DO với AB, BC. Gọi M, N lần lượt là. với đường tròn O. trung điểm của AB, BC.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(235) 230. Website:tailieumontoan.com D A F. M. I. B. N. H. C. O. E. a) Chứng minh rằng tứ giác ADBN nội tiếp..  = 1200 nêna có DBA  = 300 và DAB  = 600 . Do tam giác ABC cân tại A và BAC  = 900 . Do N là trung điểm của BC nên ANB  = 900 . Từ đó suy ra BDA  + ANB  = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác ADBN nội tiếp đường tròn. Tứ giác ADNB có BDA b) Chứng minh rằng ba điểm F, N, E thẳng hàng. D A M B. F. I. N. H. C. O. E.  = 600 nên AC Do tam giác ABD vuông góc tại D và có BAD = AB = 2AD .  = 1200 nên tam giác AOB đều, từ đó ta được N là trung điểm Do tam giác ABC cân tại A và BAC của đoạn thằng AO. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ANC với ba điểm D, I, O thẳng hàng ta có DA IC ON DA 1 ON 1 IN IN 1 nên ta được = . . = 1 . Mà ta có = = ; = 6 . Từ đó ta được IB 4 DC IN OA DC 3 OA 2 IC. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABN với ba điểm F, I, O thẳng hàng ta có. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. FB OA IN . . =1 FA ON IB. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(236) 231. Website:tailieumontoan.com FB =2 FA. Từ đó dẫn đến. Xét tam giác ABO có. FB NA EO . . = 1 nên theo định lí Menelaus ta có ba điểm F, N, E thẳng FA NO EB. hàng c) Chứng minh rằng các đường thẳng MI, BO, FN đồng quy. FH FB 2 2 1 Kẻ FH vuông góc với BC. Ta có = = . Do đó= FH = AN AO . 3 3 AN AB 3. Mà ta có CE = AO do đó. FH 1 FN 1 = nên = CE 3 NE 3. FB Ta có MA = MB và FB = 2FA nên= MB. Xét tam giác FBE có. 2 AB 3= 4 , do đó ta được MF = 1 . MB 3 1 3 AB 2. OB NE MF . . = 1 nên theo định lý Ceva thì ba đường thẳng MI, BO, FN đồng OE NF MB. quy. Câu 5 (1.0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x 2 + y2 + z2 +. 9 xyz 2. + Cách 1. Biến đổi biểu thức P ta có 9 xyz = 2. ( x + y + z) 1 =1 + 9xyz − 4 ( xy + yz + zx )   2. P = x 2 + y 2 + z2 +. 2. +. 9 xyz − 2 xy + yz + zx 2. (. ). Xét hàm số g(x) = ax + b với  ≤ x ≤  . Ta có với a > 0 ⇒ g() ≤ g(x) ≤ g( ); a = 0 ⇒ g(x) = g(); a < 0 ⇒ g( ) ≤ g(x) ≤ g().. {. }. {. }. Vậy min g(); g( ) ≤ g(x) ≤ max g(); g( ) . Không mất tính tổng quát có thể giả sử x ≥ y ≥ z ⇒. (. 1 ≤ x ≤ 1. 3. ) ( 9yz − 4y − 4z ) x − 4yz .. Ta có 9xyz − 4 xy + yz + zx = Đặt f(x)= Với x =. ( 9yz − 4y − 4z ) x − 4yz. 1   ≤ x ≤ 1  . Coi f(x) là hàm số biến x và còn y, z là tham số. 3 . 1 1 2 1 . ⇒ z ≤ y ≤ ⇒ z + y ≤ , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y= z= 3 3 3 3. Mặt khác x =. 1 2 1 do đó y= z= . Suy ra ⇒ z + y =1− x = 3 3 3. 1 f   = −1 . 3. (). Với x = 1 ⇒ y = z = 0 , suy ra f 1 = 0 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(237) 232. Website:tailieumontoan.com 1   1    1     Do đó min f 1 ; f    ≤ f(x) ≤ max f 1 ; f    ⇒ −1 ≤ f(x) ≤ 0  ≤ x ≤ 1  Suy ra 3   3    3    . (). 1−. (). 1 1 ≤ P ≤ 1 + 0 ⇔ ≤ P ≤ 1. 2 2. Ta có P =. 1 1 1 khi x= y= z= . Vậy MinP = . 2 3 2. Ta có P = 1 khi x= 1; y= z= 0 hoặc y= 1; x= z= 0 hoặc z= 1; y= x= 0 . Vậy MaxP = 1 . + Cách 2.  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P Theo nguyên lý Dirichlet ta có trong 3 số 1 − 3x;1 − 3y;1 − 3z có ít nhất hai số cùng dấu, không mất tính tổng quát ta giả sử 1 − 3x;1 − 3y cùng dấu.. (. )(. ). Khi đó ta có 1 − 3x 1 − 3y ≥ 0 ⇔ 9xy − 3x − 3y + 1 ≥ 0 ⇔ 9xyz ≥ 3xz + 3yz − z .. (. x+y 9 3xz 3yz z Nên P = x + y + z + xyz ≥ x 2 + y2 + z2 + + − ≥ 2 2 2 2 2 2. 2. 2. ). 2. +. 3z z x + y − = P' 2 2. (. ). Mà ta lại có x + y = 1 − z nên ta được. (1 − z ). 2. P≥ P' =. 2. +. 3z z 1 − 2z + z2 3z 3z2 z 1 1 − z + z2 = − + − + z2 = − 2 2 2 2 2 2 2. (. ). 1 − 3x =1 − 3y =0  1 Dấu bằng xẩy ra khi x = y ⇔ x =y =z = . 3 x + y + z = 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là. 1 1 , đạt được tại x= y= z= . 2 3.  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P Biến đổi biểu thức P ta được. ( x + y + z ) + 29 xyz − 2 ( xy + yz + zx ) 1 1 =1 + 9xyz − 4 ( xy + yz + zx )  =1 + ( 9yz − 4y − 4z ) x − 4yz     2 2. P = x 2 + y 2 + z2 +. 9 xyz = 2. 2. Không mất tình tổng quát ta giả sử 0 ≤ z ≤ y ≤ x ⇒ y + z ≥ 0; x ≤ 1 , khi đó ta được. (. ).  y+z 2  1 1 1   P =1+ 9yz − 4y − 4z x − 4yz ≤ 1 + 5yz − 4y − 4z ≤ 1 + −4 y+z    2 2 2 4    y+z 2   1− x 2   1 1 1  1 − 2x + x 2 ⇒ P ≤1+  −4 y + z  =1+  −4 1− x  =1+  − 4 + 4x    2 4 2 4 2 4      2 2    1  1 + 7  1  x 2 7x 49  1  x + 7     1 1 6 1 16 ≤ + ⇒ P ≤ 1 +  + + − = + −     − 16  =   2  2  2  4 2 4  2  2        . (. (. ). ). (. (. ). (. ). ). (. (. ). ). Dấu bằng xẩy ra khi x= 1; y= z= 0 . Vậy giá trị lớn nhất của P là 1, xẩy ra tại x= 1; y= z= 0 và các hoán vị. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(238) 233. Website:tailieumontoan.com Đề số 13 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BẮC NINH Năm học 2017 – 2018. Câu 1(2.5 điểm). Cho biểu thức P =. 2x − 3 x − 2 x −2. x 3 − x + 2x − 2. và Q =. x +2. với x  0; x  4 .. a) Rút gọn các biểu thức P và Q. b) Tìm tất cả các giá trị x để P = Q Câu 2(2.5 điểm). a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn. P =. a b c = = . Tính giá trị của biểu thức: b c a 4a + 6b + 2017c 4a − 6b + 2017c. x 2 + 2y = xy + 4 b) Giải hệ phương trình  2 x − x + 3 − x 6 − x = y − 3. (. ). y−3. Câu 3(1.5 điểm). a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. M=. a 2 + 6a + 3 b 2 + 6b + 3 c2 + 6c + 3 + + a2 + a b2 + b c2 + c. b) Cho tam giác vuông có số đo các cạnh là các số tự nhiên có hai chữ số. Nếu đổi chỗ hai chữ số của số đo cạnh huyền ta được số đo một cạnh góc vuông. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó Câu 4(3.0 điểm).. ( ). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB  AC nội tiếp đường tròn O . Tiếp tuyến tại A của đường. ( ). tròn O cắt đường thẳng BC tại M. Kẻ đường cao BF của tam giác ABC(F thuộc AC). Từ F kẻ đường thẳng song song với MA cắt AB tại E. Gọi H là giao điểm củ CE và BF, D là giao điểm của AH và BC. a) Chứng minh rằng MA2 = MB.MC và. MC AC 2 . = MB AB2. b) Chứng minh rằng AH vuông góc với BC tại D. c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh bốn điểm E, F, D, I cùng nằm trên một đường tròn. d) Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với HI cắt AB và AC lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng H là trung điểm của PQ. Câu 5(0.5 điểm). Cho 2n + 1 số nguyên, trong đó có đúng một số 0 và các số 1, 2, 3, ..., n mỗi số xuất hiện hai lần. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn sắp xếp được 2n + 1 số nguyên trên thành một dãy sao cho với mọi m = 1, 2, 3, ..., n có đúng m số nằm giữa hai số m.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(239) 234. Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải. 2x − 3 x − 2. Câu 1(2.5 điểm). Cho biểu thức P =. x 3 − x + 2x − 2. và Q =. x −2. với x  0; x  4 .. x +2. a) Rút gọn các biểu thức P và Q. Với x  0; x  4 ta có. P = Q=. 2x − 3 x − 2 x −2. 2x − 4 x + x − 2. =. x −2. x 3 − x + 2x − 2 x +2. =. (2. x +1. x x + 2x − x − 2. =. x +2. =. (. )(. x −2. x −2 x −1. )(. ) =2. x +2. x +2. x +1. ) = x −1. b) Tìm tất cả các giá trị x để P = Q . Với x  0; x  4 ta được P = 2 x + 1 và Q = x − 1 . Khi đó. P = Q  2 x +1 = x −1  x −2 x +1 = 2  . x −1 = 3 . (. x −1. ). 2. =3. x = 3 +1  x = 4 +2 3. Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 4 + 2 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2(2.5 điểm).. a b c 4a + 6b + 2017c = = . Tính giá trị của biểu thức P = b c a 4a − 6b + 2017c. a) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn. Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta được Từ đó ta được P =. a b c a +b+c = = = = 1 , suy ra a = b = c . b c a a +b+c. 4a + 6b + 2017c 2027a 2027 = = . 4a − 6b + 2017c 2015a 2015. x 2 + 2y = xy + 4 b) Giải hệ phương trình  2 x − x + 3 − x 6 − x = y − 3. (. ). y−3. Điều kiện xác định của hệ phương trình là x  6; y  3 . Phương trình thứ nhất được viết lại thành. (. )(. ). (. ). (. )(. ). x 2 − 4 − xy + 2y = 0  x − 2 x + 2 − y x − 2 = 0  x − 2 x − y + 2 = 0 + Với x − 2 = 0  x = 2 , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được. (. 1= y−3. ). (. y−3  y−3. ). 3. =1 y−3 =1 y =4. + Với x − y + 2 = 0  y = x + 2 , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được. (. ). x2 − x + 3 − x 6 − x = x − 1. (. ). Ta có x 6 − x + x − 1. (. ). x −1  x 6 − x + x −1. (. x − 1 = x2 − x + 3. ). 2. x −1 + x −1 x +6−x x −1  + = x2 − x + 3 . 2 2. Kết hợp với phương trình trên suy ra dấu bằng của bất đẳng thức trên xẩy ra.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(240) 235. Website:tailieumontoan.com. x = 6 − x  Từ đó ta được   x = 2 , từ đó suy ra y = 4 . x −1 = x −1  . ( ) ( ). Kết hợp với điều kiện xác định ta được các nghiệm của hệ là x; y = 2; 4 . Câu 3(1.5 điểm). a) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. M=. (. a 2 + 6a + 3 b 2 + 6b + 3 c2 + 6c + 3 + + a2 + a b2 + b c2 + c. ). 2 a 2 + 6a + 3 a + a + 3 a + 1 + 2a 3 2 Ta có . = =1+ + 2 2 a a +1 a +a a +a. Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được M = 3 + Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng. 3 3 3 2 2 2 + + + + + . a b c a +1 b +1 c +1. 1 1 1 9 + +  và kết hợp với a + b + c  3 ta có x y z x+y+z. 1 1 1  1 3 3 3 2 2 2 1 1  + + + + + = 3 + 3 + +  + 2 + +  a b c a +1 b +1 c +1 a b c a +1 b +1 c +1 9 9 9 9  3 + 3. + 2.  3 + 3. + 2. = 15 a +b+c a +b+c+3 3 3+3. M =3+. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức M là 15, đạt được tại a = b = c = 1 . b) Cho tam giác vuông có số đo các cạnh là các số tự nhiên có hai chữ số. Nếu đổi chỗ hai chữ số của số đo cạnh huyền ta được số đo một cạnh góc vuông. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó Giả sử tam giác ABC vuông A có. BC = ab;CA = cd; AB = ba với 0  b  a  9;1  c  a; 0  d  9 2 2 2 Theo định lí Pitago ta có BC = AB + AC nên ta được 2. 2. 2. 2. 2. 2. (. ab = cd + ba  cd = ab − ba = 99 a 2 − b 2. ).  2 cd 3 cd 3  cd 33   2   cd 33  cd  33; 66; 99 cd 11 cd 11    Từ đó suy ra .. . 2. . + Trường hợp 1. Với cd = 99 , ta có 99 = cd  ab  99 vô lí nên trường hợp này loại. + Trường hợp 2. Với cd = 66 , khi đó ta có. (. ) (. )(. ). 662 = 99 a 2 − b2  a − b a + b = 40. .. Do a − b, a + b cùng tính chẵn lẻ và 0  a − b  a + b  18 nên không có a, b thỏa mãn đẳng thức trên. + Trường hợp 3. Với cd = 33 , khi đó ta có. (. ) (. )(. ). 332 = 99 a 2 − b 2  a − b a + b = 11. .. a − b = 1   a + b = 11  a − b, a + b Do cùng tính chẵn lẻ và 0  a − b  a + b  18 nên ta được  Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. a = 6  b = 5 .. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(241) 236. Website:tailieumontoan.com. Từ đó ta được các cạnh của tam giác ABC là AB = 56; BC = 65;CA = 33 .. r= Từ đó ta được. 2SABC AB + BC + CA. =. 33.56 = 12 56 + 33 + 65 (đvđd). ( ). Câu 4(3.0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O . Tiếp tuyến tại A của. ( ). đường tròn O cắt đường thẳng BC tại M. Kẻ đường cao BF của tam giác ABC(F thuộc AC). Từ F kẻ đường thẳng song song với MA cắt AB tại E. Gọi H là giao điểm củ CE và BF, D là giao điểm của AH và BC. a) Chứng minh rằng MA2 = MB.MC và. MC AC 2 . = MB AB2. Xét hai tam giác MAB và MCA có. A. AMB chung và ACB = MAB nên suy ra MAB ∽ MCA . Do đó ta. Q F. được O. MA MB =  MA 2 = MB.MC MC MA. E K. Cũng từ MAB ∽ MCA ta có 2. M. B. L. H D. C. I. 2. MC AC MC AC =  = 2 MA AB MA AB2. P. Kết hợp với MA2 = MB.MC ta được. MC2 AC2 MC 2 AC2 MC AC 2 . =  =  = MB.MC AB2 MB AB2 MA2 AB2. b) Chứng minh rằng AH vuông góc với BC tại D. Do MAE = AEF và ACB = MAE nên ta được ACB = AEF , từ đó tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn. Mà ta có BFC = 900 nên ta suy ra được BEC = 900 nên CE vuông góc với AB. Do đó H là trực tâm của tam giác ABC, suy ra tam giác AH vuông góc với BC tại D. c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh bốn điểm E, F, D, I cùng nằm trên một đường tròn. Do tam giác BFC vuông tại F và I là trung điểm của BC nên FI =. 1 BC . 2. Từ đó tam giác BFI cân tại I. Do đó ta được FIC = 2IBF . Mặt khác tứ giác BEHD nội tiếp nên HAF = HEF . Lại có HAF = HBD vì cùng phụ với ACB . Kết hợp các kết quả trên ta được HBD =. 1 DEF nên suy ra FIC = DEF . 2. Vậy bốn điểm E, F, I, D cùng nằm trên một đường tròn. d) Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với HI cắt AB và AC lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng H là trung điểm của PQ. Gọi K và L lần lượt là trung điểm của BE và FC, khi đó IK là đường trung bình của tam giác BEC. Từ đó ta suy ra được IK và EC song song với nhau nên ta được IK vuông góc với BE. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(242) 237. Website:tailieumontoan.com. Do vậy tứ giác PKHI nội tiếp đường tròn nên HPI = HKI . Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được HQI = HLI . Ta có HKI + HKE = 900 và HLI + HLF = 900 (*). Lại có HBE ∽ HEF nên suy ra Xét hai tam giác HKE và HLF có. HE BE HE KE =  = . HF CF HF LF. HE KE = và HEK = HFL = 900 . HF LF. Do vậy HKE ∽ HFL nên ta được HKE = HLF . Kết hợp với (*) ta được HKI = HLI nên HP I = HQI , do đó tam giác IPQ cân tại I. Mà IH vuông góc với PQ tại H nên H là trung điểm của PQ. Câu 5(0.5 điểm). Cho 2n + 1 số nguyên, trong đó có đúng một số 0 và các số 1, 2, 3, ..., n mỗi số xuất hiện hai lần. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn sắp xếp được 2n + 1 số nguyên trên thành một dãy sao cho với mọi m = 1, 2, 3, ..., n có đúng m số nằm giữa hai số m. Ta có nhận xét rằng với hai tập, mỗi tập gồm các số lẻ từ 1 đến 2k + 1 ta có thể sắp xếp sao cho thỏa mãn yêu cầu bài toán với một ô trống ở giữa: 2k + 1;2k − 1;...; 3;1;. ;1; 3;...;2k − 1;2k + 1 . V với hai tập,. mỗi tập gồm các số chẵm từ 2 đến 2k ta có thể sắp xếp sao cho thỏa mãn yêu cầu bài toán với một ô trống ở giữa: 2k;2k − 2;...; 4;2;. ;. ;2; 4;...;2k − 2;2k .. Ta xét hai trường hợp sau + Với n = 2k + 1 , ta xét cách sắp xếp sau. 2k + 1;2k − 1;...; 3;1;2k;1; 3;...;2k − 1;2k + 1;2k − 2;...4;2;2k; 0;2; 4;...;2k − 2 Cách sắp xếp trên thỏa mãn yêu cầu bài toán. + Với n = 2k , ta xét cách sắp xếp sau. 2k − 1;...; 3;1;2k;1; 3;...;2k − 1;2k − 2;...4;2;2k; 0;2; 4;...;2k − 2 Cách sắp xếp trên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy ta có điều phải chứng minh.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(243) 238. Website:tailieumontoan.com Đề số 14 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH HƯNG YÊN Năm học 2017 – 2018. Câu 1(2.0 điểm). Cho biểu thức P =. 2 x −1 x −1. −. 2 x +1 x +1. với x  0; x  1. a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm các giá trị của x để P =. 3 . 4. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =. (. )(. ). x − 4 x −1 P .. Câu 2(1.0 điểm).. ( ). ( ). ( ). ( ). Cho parabol P : y = x 2 và đường thẳng d : y = 3x + m − 2 . Tìm tham số m để P và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương. Câu 3(2.0 điểm). 2  x − 2xy = 2y − x a) Giải hệ phương trình  2 x + 2x = 9 − y  . b) Giải phương trình. 1 − 2x 3x + x 2 = 2 x x +1. Câu 4(3.0 điểm).. ( ). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O , kẻ đường kính AN. Lấy điểm M trên cung nhỏ BN (M khác B, N). Kẻ MD vuông góc với đường thẳng BC tại D, ME vuông góc với đường thẳng AC tại F, MF vuông góc với đường thẳng AB tại F. a) Chứng minh rằng ba điểm F, D, E thẳng hàng. b) Chứng minh rằng. AB AC BC + = . MF ME MD. c) Chứng minh rằng. F B EA DC + +  3. F A EC DB. Câu 5(1.0 điểm).. (. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình y 3 − 2x − 2 = x x + 1. ). 2. Câu 6(1.0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 4 b 4 + b 4 c4 + c4a 4 = 3a 4 b 4 c4 . Chứng minh rằng:. 1 1 1 3 + 3 + 3  2 2 2 a b + 2c + 1 b c + 2a + 1 c a + 2b + 1 4 3. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(244) 239. Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải. Câu 1. Cho biểu thức P =. 2 x −1 x −1. −. 2 x +1 x +1. với x  0; x  1 .. a) Rút gọn biểu thức P. Với x  0; x  1 ta có. P =. =. 2 x −1 x −1 x. (. −. 2 x +1. ). x +1. x +1 − x. (. x +1. b) Tìm các giá trị của x để P = Với x  0; x  1 ta có P =. P =. )(.  − 1 + x − 1 . (. x −1. x −1. ).  = x + 1 . x. =1+. ) = x+. x. x x −1. −. x x +1. x −x+ x 2 x = x −1 x −1. 3 . 4. 2 x , khi đó x −1. (. ). 3 2 x 3  =  8 x = 3 x − 1  3x − 8 x − 3 = 0 4 x −1 4  x −3 3 x +1 = 0  x −3 = 0  x = 9. )(. (. ). Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 9 thỏa mãn yêu cầu bài toán. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = Với x  0; x  1 ta có P =. A=. (. (. )(. ). x − 4 x −1 P .. 2 x , khi đó ta được x −1. )(. ). x − 4 x −1 P =. (. )(. x − 4 x −1. Ta có A = 2x − 8 x = 2x − 8 x + 8 − 8 = 2. (. x −2. ) x2 −x1 = 2. x. (. ). x − 4 = 2x − 8 x. ) − 8  −8 , dấu bằng xẩy ra khi x = 4 thỏa mãn 2. điều kiện xác định. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là −8 , đạt được tại x = 4. ( ). ( ). ( ). ( ). Câu 2. Cho parabol P : y = x 2 và đường thẳng d : y = 3x + m − 2 . Tìm tham số m để P và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương. Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2 = 3x + m − 2  x 2 − 3x − m + 2 = 0 .. ( ). ( ). Để P và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương thì phương trình trên phải có hai nghiệm dương phân biệt, điều này xẩy ra khi và chỉ khi. (. ).  = 32 + 4 m − 2  0  1 4m + 1  0  1 m  − P = 3  0      4 − m 2 4 m − 2  0 S = −m + 2  0 m  2   Vậy với −. ( ). ( ). 1  m  2 thì P và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương. 4. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(245) 240. Website:tailieumontoan.com. Câu 3(2.0 điểm). 2  x − 2xy = 2y − x a) Giải hệ phương trình  2 x + 2x = 9 − y  . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với. (. ). (. ). (. )(. ). x 2 + x − 2xy − 2y = 0  x x + 1 − 2y x + y = 0  x + 1 x − 2y = 0 + Với x + 1 = 0  x = −1 , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được −1 = 9 − y  y = 10 . + Với x − 2y = 0  x = 2y , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được. y = 1  x = 2; y = 1  4y 2 + 4y = 9 − y  4y 2 + 5y − 9 = 0    y = − 9 x = − 9 ; y = − 9   4 2 4.  9 9 Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = −1;10 , 2;1 ,  − ; −  .  2 4. ( ) (. b) Giải phương trình. )( ). 1 − 2x 3x + x 2 = 2 . x x +1. Cách 1. Điều kiện xác định của phương trình là 0  x . 1 3x + x 2 . Khi đó dễ thấy 2  0. 2 x +1. Biến đổi phương trình đã cho ta được. 1 − 2x 3x + x 2 1 − 2x  3x + x 2 = 2  =  2 x x x +1  x +1   3x + x 2  1 − 3x  3x + x 2  =  2 − 1   2 + 1   x  x +1  x +1 . 2.   3x + x 2 1 − 2x − 1 =  2   x   x +1 3x − 1 2x 2 + 3x 1 − 3x = 2 x x2 + 1. (. (. 3x − 1 = 0  2x 2 + 3x + 1 1   2  3x − 1  4 + = 0   2  2x + 3x + 1 + 1 = 0  x + 2x + 1 x   x 4 + 2x 2 + 1 x. (. ). ). ). + Với 3x − 1 = 0  x = + Với. )(. 2.   − 1  +1. 1 thỏa mãn điều kiện xác định. 3. 2x 2 + 3x + 1 1 x 4 + 2x 3 + 5x 2 + x + 1 + = 0  = 0  x 4 + 2x 3 + 5x 2 + x + 1 = 0 4 2 x 4 + 2x 2 + 1 x x x + 2x + 1. (. (. Ta có x + 2x + 5x + x + 1 = x + x 4. 3. 2. 2. ). ). 2. 2.  1  15 +  2x +  +  0 nên phương trình trên vô nghiệm. 4  16 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x =. 1 . 3. Cách 2. Phương trình đã cho tương đương với. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(246) 241. Website:tailieumontoan.com 1 − 2x −1 3x − 1 x = 2 x +1 1 − 2x +1 x   1 − 3x 3x − 1 1 1   = 2  1 − 3x + 2 =0  x + 1 x 1 − 2x + x x + 1 x 1 − 2x + x  . 1 − 2x x 2 + 3x −1 = 2 −1  x x +1. . Dễ thấy. (. 1. (. ). x 1 − 2x + x. (. ). +. ). (. ). 1 1  0 với mọi 0  x  . 2 x +1 2. Do đó từ phương trình trên ta được 1 − 3x = 0  x = Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x =. 1 , thỏa mãn điều kiện xác định. 3. 1 . 3. ( ). Câu 4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O , kẻ đường kính AN. Lấy điểm M trên cung nhỏ BN (M khác B, N). Kẻ MD vuông góc với đường thẳng BC tại D, ME vuông góc với đường thẳng AC tại F, MF vuông góc với đường thẳng AB tại F. a) Chứng minh rằng ba điểm F, D, E thẳng hàng.. A. Tứ giác BDMF có BDM + BFM = 90 + 90 = 180 0. 0. 0. nên nội tiếp đường tròn. Suy ra ta được. BMF = BDF . Chứng minh tương tự ta được CDE = CME .. O. Dễ thấy các tứ giác ABMC và AFME nội tiếp. E. đường tròn nên ta được BMC = EMF (Vì cùng bù với góc BAC ), từ đó suy ra BMF = CME .. B. D C. F. Kết hợp với các kết quả trên ta được BDF = CDE. M. N. nên suy ra ba điểm E, D, F thằng hàng. b) Chứng minh rằng. AB AC BC + = . MF ME MD. Trên cạnh BC lấy điểm P sao cho BPM = ACM , khi đó ta suy ra được CPM = ABM . Xét hai tam giác ACM và BPM có BPM = ACM và CAM = PBM nên ACM ∽ BPM . Lại có DM và ME lần lượt là đường cao của tam giác BPM và ACM Từ đó ta được. MD BP AC BP = = nên suy ra . ME MD ME AC. Xét hai tam giác ABM và CPM có CAM = PBM và BAM = PCM nên ABM ∽ CPM . Từ đó hoàn toàn tương tự ta cũng được Do đó suy ra. AB CP = . MF MD. AB AC CP BP BC + = + = . MF ME MD MD MD. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(247) 242. Website:tailieumontoan.com F B EA DC + +  3. F A EC DB. c) Chứng minh rằng. Trước hết ta pháp biểu và chứng minh bổ đề: Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB sao cho trong chúng hoặc không có điểm nào, hoặc có đúng 2 điểm thuộc các cạnh của tam giác ABC. Khi đó A’, B’, C’ thẳng hàng khi và chỉ khi. A ' B B 'C C ' A . . =1 A 'C B ' A C ' B. Chứng minh + Trường hợp 1: Trong 3 điểm A’, B’, C’ có đúng. A. M. 2 điểm thuộc cạnh tam giác ABC. Giả sử là B’, C’ C'. - Điều kiện cần: Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng B’C’ tại M.. B'. C'A AM B ' C A ' C = ; = Ta có . Vậy C'B A'B B'A AM A'B B ' C C ' A AM A ' C A ' B . . = . . =1 A ' C B ' A C ' B A ' B AM A ' C. B. C. A'. - Điều kiện đủ: Gọi A’’ là giao của B’C’ với BC. Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có. A''B B ' C C ' A A'B B ' C C ' A . . . . = 1 mà = 1 nên A '' C B ' A C ' B A 'C B 'A C 'B. A''B A'B = . Do B’, C’ lần lượt thuộc cạnh CA, AB nên A’’ nằm ngoài cạnh BC. A '' C A ' C Vậy. A''B A'B = và A’, A’’ nằm ngoài cạnh BC suy ra A ''  A ' . Do đó A’, B’, C’ thẳng hàng A '' C A ' C. + Trường hợp 2: Trong 3 điểm A’, B’, C’ không có điểm thuộc cạnh tam giác ABC được chứng minh tương tự. Trở lại bài toán: Xét tam giác ABC có ba điểm F, D, F thẳng hàng nên theo bổ đề trên ta có Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có. F B EA DC . .  3. F A EC DB. FB EA DC FB EA DC + +  33 . . = 3. FA EC DB FA EC DB. Vậy bài toán được chứng minh.. (. ). 2. Câu 5. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình y 3 − 2x − 2 = x x + 1 . Phương trình đã cho tương đương với y 3 = x 3 + 2x 2 + 3x + 2 . + Xét trường hợp x  1 , khi đó dễ thấy 2x 2 + 3x + 2  0 . Do đó từ phương trình ta suy ra được x 3  y 3 .. ) − (x. (. Mặt khác ta có x + 1. (. 3. ). 3. ). + 2x 2 + 3x + 2 = x 2 − 1  0 vì x  1 .. 3. Do đó suy ra y 3  x + 1 .. (. ). 3. Kết hợp lại ta được x 3  y 3  x + 1 , điều này vô lý vì x và y là số nguyên. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(248) 243. Website:tailieumontoan.com. Như vậy khi x  1 phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.. . . + Xét trường hợp x  1 , khi đó do x là số nguyên nên ta được x  −1; 0;1 . Với x = −1 thay vào phương trình đã cho ta được y = 0 . Với x = 0 thay vào phương trình đã cho ta được y 3 = 2 , phương trình không có nghiệm nguyên. Với x = 1 thay vào phương trình đã cho ta được y 3 = 8  y = 2 .. ( ) (. )( ). Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là x; y = −1; 0 , 1;2 . Câu 6. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 4 b 4 + b 4 c4 + c4a 4 = 3a 4 b 4 c4 . Chứng minh rằng:. 1 1 1 3 + 3 + 3  2 2 2 a b + 2c + 1 b c + 2a + 1 c a + 2b + 1 4 3. 1 1 1 + 4 + 3 = 3. 4 a b c. Từ a 4 b 4 + b 4 c4 + c4a 4 = 3a 4 b 4 c4 ta được. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM là được a 3 b + 2c2 + 1 = a 3b + c2 + c2 + 1  2ac ab + 2c Từ đó kết hợp với áp dụng bất đẳng thức dạng. 1 1 4 ta được +  x y x+y. 1 1 1 1 1    +  2 a b + 2c + 1 2ac ab + 2c 8  ac ab c  3. 1 1 1 1 1 1 1 1  + ;  +    . b 3 c + 2a 2 + 1 8  ba bc a  c3a + 2b 2 + 1 8  bc ca b . Hoàn toàn tương tự ta được. Gọi vế trái của bất dẳng thức cần chứng minh là P, khi đó cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được. P . 1 1 1 1 1 1 1 + + + + +   8  ac ab ba bc bc ca a b c . 1. Bài toán quy về chứng minh. ac ab. (. 1. +. +. ba bc. Áp dụng bất đẳng thức dạng x + y + z. ). 2. 1 bc ca. (. +. 1 1 1 + +  6. a b c. ).  3 x 2 + y 2 + z2 ta có. 2. 1 1 1  1  1 1 1 1 1  + +   3  2 + 2 + 2   3 3  4 + 4 + 3  = 3 3.3 = 9 b c  b c  a b c a a Từ đó ta được. 1 1 1 + +  3. a b c. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có.  1 1 1 + +   ac ab ba bc bc ca. 2.   1 1 1  1 1 1  + +    2 2 + 2 2 + 2 2    a b b c   ab bc ca  a c . Ta lại có. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(249) 244. Website:tailieumontoan.com  1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +  2 + 2 + 2  3 4 + 4 + 4  = 3 ab bc ca a b c b c  a 1 1 1 1 1 1 + 2 2 + 2 2  4 + 4 + 4 =3 2 2 a c a b bc a b c.  1 1 1 + + Do đó   ac ab ba bc bc ca. 1. Suy ra. +. ac ab 1. Do đó. 1. 1. +. ba bc +. ac ab. 1. 2.   1 1 1  1 1 1  + +    2 2 + 2 2 + 2 2     9. a b b c   ab bc ca  a c .  3.. bc ca 1. +. ba bc. bc ca. +. 1 1 1 + +  6. a b c. Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . + Cách 2. Trường hết ta chứng minh bất đẳng thức bổ đề x 4 + y 4 + z4  x 3 y + y 3 z + z3 x .. (. ). (. ). Thật vậy 2 x 4 + y 4 + z4  x 4 + x 2 y2 + y 4 + y2z2 + z4 + z2  2 x 2 x 3 y + y 3z + z3 x . Vậy bất đẳng thức trên được chứng minh. Từ a 4 b 4 + b 4 c4 + c4a 4 = 3a 4 b 4 c4 ta được Áp dụng bất đẳng thức dạng. P . 1 1 1 + 4 + 3 = 3. 4 a b c. 1 11 1   +  ta được x +y 4x y. 1 1 1 1 1 1 1  + 3 + 3 + 2 + 2 + 2  3 4  a b + 1 b c + 1 c a + 1 2a 2b 2c .  1 1 1 1 1 1 1 3 + 2 + 2  3 4 + 4 + 4  = . 2 2 2a 2b 2c b c  2 a. Dễ thấy. Áp dụng thêm lần nữa bất đẳng thức trên và kết hợp với bổ đề ta được. 1 1 1 1 1 1 1  3 1 1 1 1 3 3 3 3 + 3 + 3   3 + 3 + 3 +   4 + 4 + 4+ = + = a b +1 b c +1 c a +1 4 a b b c c a  4 4 a b c  4 4 4 2 3. Do vậy ta được P . 1 1 1 1 1 1 1  3 + 3 + 3 + 2 + 2 + 2 .  3 4  a b + 1 b c + 1 c a + 1 2a 2b 2c  4. Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(250) 245. Website:tailieumontoan.com Đề số 15 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BÌNH PHƯỚC Năm học 2017 – 2018. Câu 1(2.0 điểm). Cho biểu thức P =. x x +2. +. x x −x+6 x + x −2. x +1. −. x −1. với x  0; x  1 ;. a) Rút gọn biểu thức P. b) Cho biểu thức Q =. ( x + 27 ) P. (. x +3. )(. x −2. ). với x  0; x  1; x  4 . Chứng minh rằng Q  6 .. Câu 2(1.0 điểm).. (. ). Cho phương trình x 2 − 2 m − 1 x + m 2 − 3 = 0 (x là ẩn và m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x 1; x 2 thỏa mãn x 12 + 4x 1 + 2x 2 − 2mx 1 = 1 . Câu 3(2.0 điểm). a) Giải phương trình x + 2 7 − x = 2 x + 1 + −x 2 + 8x + 7 + 1 .. 4 x + 1 − xy y 2 + 4 = 0  b) Giải hệ phương trình  2 2 2  x − xy + 1 + 3 x − 1 = xy Câu 4(3.0 điểm).. (. ). Cho tam giác ABC có góc BAC = 600 và AC = b; AB = c b  c . Đường kính EF của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông góc với BC tại M (E thuộc cung lớn BC). Gọi I và J lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ E xuống các đường thẳng AB và AC. Gọi H và K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ F xuống các đường thẳng AB và AC. a) Chứng minh rằng các tứ giác AIEJ, CMJE nội tiếp đường tròn và EA.EM = EC.EJ . b) Chứng minh rằng ba điểm I, J, M thẳng hàng và IJ vuông góc với HK. c) Tính độ dài cạnh BC và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b và c. Câu 5(1.0 điểm).. (. Chứng minh biểu thức S = n 3 n + 2. ) + ( n + 1) (n 2. 2. ). − 5n + 1 − 2n − 1 chia hết cho 120 với n là số. nguyên. Câu 6(1.0 điểm). a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0 và a  1; b  1; c  1 . Chứng minh rằng a 4 + b 6 + c8  2. (x b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 3. ) (. + y 3 − x2 + y2. ( x − 1)( y − 1). ) với x và y là số thực lớn hơn 1.. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(251) 246. Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải. x. Câu 1. Cho biểu thức P =. x +2. +. x x −x+6 x + x −2. x +1. −. với x  0; x  1 .. x −1. a) Rút gọn biểu thức P. Với x  0; x  1 , khi đó đặt a =. P = =. x  x = a 2 ta có. (. ). (. )(. 3 2 a a3 − a2 + 6 a + 1 a a − 1 + a − a + 6 − a + 1 a + 2 + 2 − = a +2 a + a −2 a −1 a −1 a +2. a2. (. )(. ). ) − a + a − a + 6 − a − 3a − 2 a − a − 4a + 4 ( a − 1) ( a − 4 ) = = = a −2 ( a − 1)(a + 2) (a − 1)(a + 2 ) (a − 1)(a + 2 ). Từ đó ta được P =. 3. 2. 2. 3. 2. 2. x −2.. b) Cho biểu thức Q =. (. ( x + 27 ) P x +3. )(. x −2. ). với x  0; x  1; x  4 . Chứng minh rằng Q  6 .. ) = x + 27 . ( x + 3)( x − 2) ( x + 3)( x − 2) x + 3 x + 27 Khi đó Q  6   6  x + 27  6 ( x + 3 )  x − 6 x + 9  0  ( x − 3 )  0 . x +3 ( x + 27 ) P. Với x  0; x  1; x  4 ta được Q =. =. ( x + 27 ) (. x −1. 2. Do bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta suy ra được Q  6 dúng với mọi x  0; x  1; x  4 .. x − 3 = 0  x = 9 , thỏa mãn điều kiện x  0; x  1; x  4 .. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi. (. ). Câu 2. Cho phương trình x 2 − 2 m − 1 x + m 2 − 3 = 0 (x là ẩn và m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x 1; x 2 thỏa mãn x 12 + 4x 1 + 2x 2 − 2mx 1 = 1 .. (. Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi  ' = m − 1. (. ). 2. − m2 + 3  0  m  2 .. ). x + x = 2 m − 1 2 Theo định lí Vi – et ta có  1 . 2 x .x =  1 2 m − 3. (. ). Do x 1 là nghiệm của phương trình đã cho nên ta được x 12 − 2 m − 1 x 1 + m 2 − 3 = 0 hay ta được. x 12 − 2mx 1 = −2x 1 − m 2 + 3 Theo đề ra thì ta có x 12 + 4x 1 + 2x 2 − 2mx 1 = 1 suy ra x 12 − 2mx 1 + 4x 1 + 2x 2 = 1 . Kết hợp với x 12 − 2mx 1 = −2x 1 − m 2 + 3 ta được. (. ). −2x 1 − m 2 + 3 + 4x 1 + 2x 2 = 1  2 x 1 + x 2 − m 2 + 2 = 0. (. ). Kết hợp với hệ thức Vi – et ta được 4 m − 1 − m 2 + 2 = 0  m 2 − 4m + 2 = 0  m = 2  2 . Kết hợp với điều kiện có nghiệm của phương trình ta được m = 2 − 2 là giá trị cần tìm. Câu 3(2.0 điểm). Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(252) 247. Website:tailieumontoan.com. a) Giải phương trình x + 2 7 − x = 2 x + 1 + −x 2 + 8x + 7 + 1 .. x − 1  0 x − 1  0    Điều kiện xác định của phương trình là 7 − x  0  7 − x  0  1  x  7. −x 2 + 8x − 7  0  x −1 7 − x  0    . (. )(. ). Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta được. x −1+ 2 7 − x −2 x −1 − . x −1. (. ). x −1 −2 − 7 − x. ( x − 1)(7 − x ) = 0. (. ). x −1 −2 = 0 . (. x −1 − 7 − x. )(. ). x −1 −2 = 0.  x −1 − 7 − x = 0  x −1 = 7 − x x − 1 = 7 − x x = 4      x −1 −2 = 0  x −1 = 2  x − 1 = 4  x = 5  .  . Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S = 4; 5 .. 4 x + 1 − xy y 2 + 4 = 0  b) Giải hệ phương trình  2 2 2  x − xy + 1 + 3 x − 1 = xy Điều kiện xác định của hệ phương trình là x  1; x 2 − xy 2 + 1  0 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 4 x + 1 = xy y 2 + 4 . Từ điều kiện x  1 suy ra phương trình trên có nghiệm khi y  0 , khi đó bình phương hai vế phưng trình trên ta được. (. (. ). ). 16 x + 1 = x 2 y 2 y 2 + 4  x 2 y 4 + 4x 2 y 2 = 16x + 16. (.  x 2 y 4 + 4x 2 y 2 + 4x 2 = 4x 2 + 16x + 16  xy 2 + 2x. ) = (2x + 4 ) 2. 2.  xy 2 + 2x = 2x + 4  xy 2 = 4 Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta thu được phương trình. (  . x2 − 3 + 3 x − 1 = 4  x2 − 3 − 1. )(. x2 − 3 + 1. x2 − 3 − 1 + 3. ) + 3(. (. x −1 −1. ). x −1 −1 = 0. )(. x −1 +1. )=0. x −1 +1 x2 − 3 + 1 2 3 x − 2  x −4 x +2 + = 0  x −2  +  2 x −1 +1 x2 − 3 + 1  x −3 +1. Do x  1 nên ta được. x +2 x2 − 3 + 1. (. ). +. 3 x −1 +1. (.  =0 x − 1 + 1 . ). 3.  0.. Do đó từ phương trình trên ta được x = 2 , suy ra y2 = 2  y = 2 (do y  0 ).. ( ). ( ). (. ). Vậy kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm của hệ đã cho là x; y = 2; 2 .. Câu 4. Cho tam giác ABC có góc BAC = 600 và AC = b; AB = c b  c . Đường kính EF của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông góc với BC tại M (E thuộc cung lớn BC). Gọi I và J lần lượt là chân Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(253) 248. Website:tailieumontoan.com. đường vuông góc hạ từ E xuống các đường thẳng AB và AC. Gọi H và K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ F xuống các đường thẳng AB và AC. a) Chứng minh rằng các tứ giác AIEJ, CMJE nội tiếp đường tròn và EA.EM = EC.EJ . + Ta có AIE + AJE = 1800 nên tứ giác AIEJ. I E. nội tiếp đường tròn. A. + Ta có EJC = EMC = 900 nên tứ giác CMJE nội tiếp đường tròn.. J. + Tứ giác BIEM nội tiếp nên EIM = EBM .. D. Lại có EBM = EAC nên suy ra EIM = EAC . O. Tứ giác BMEI nội tiếp nên. IEM + ABC = 1800 Tứ giác ABCE nội tiếp. K. nên AEC + ABC = 1800. B. Từ đó suy ra IEM = AEC . Hai tam giác IEM và AEC có EIM = EAC và. H F. IEM = AEC nên đồng dạng với nhau. Do đó suy ra. C. M. EA EC = hay EA.EM = EC.EJ . EM EI. b) Chứng minh rằng ba điểm I, J, M thẳng hàng và IJ vuông góc với HK. + Ta có EJI = EAI và EAI = ECM nên ta được EJ I = ECM . Từ đó suy ra EJI + EJM = ECM + EJM = 1800 nên ba điểm I, J, M thẳng hàng. + Ta có tứ giác FMKC nội tiếp đường tròn nên KMC = KFC . Lại có KFC = JCE và ECJ = EMJ nên ta ruy ra được KMC = EMJ . Do vậy ta có JMK = JME + EMK = KMC + EMK = 900 nên J M ⊥ MK hay IJ ⊥ MK . Ta có HFK = BFC nên suy ra HFB = KFC . Các tứ giác MKCF, BKFM nội tiếp nên ta được KFC = KMC và HFB = HMB . Từ đó ta suy ra được KMC = BMH , mà ba điểm B, M, C thẳng hàng nên ba điểm H, M, K thẳng hàng. Từ đó ta được IJ vuông góc với HK. c) Tính độ dài cạnh BC và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b và c. + Kẻ BD vuông góc với AC tại D. Khi đó theo áp dụng định lí Pitago ta được. (. BC 2 = BD2 + DC 2 = BD2 + AC − AD. ). 2. = BD 2 + AD 2 + AC 2 − 2AD.AC. = AB2 + AC 2 − 2AD.AC = AB 2 + AC 2 − 2AB.ACcosBAC = c2 + b 2 − 2cb. Từ đó ta được BC =. 1 = b 2 + c2 − bc 2. b 2 + c2 − bc .. + Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó ta có BOC = 2BAC  BOM = 600 . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(254) 249. Website:tailieumontoan.com. Do đó ta được SinBOM =. b 2 + c2 − bc 3. BM BM BC  OB = = = 0 OB sin 60 3. b 2 + c2 − bc . 3. Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là OB =. (. Câu 5. Chứng minh biểu thức S = n 3 n + 2. ) + ( n + 1) (n 2. 2. ). − 5n + 1 − 2n − 1 chia hết cho 120 với n là số. nguyên.. ( ) ( ) ( ). Dễ thấy 120 = 3.5.8 và 3; 5 = 5; 8 = 3; 8 = 1 nên ta đi chứng minh S chia hết cho 3, 5, 8. Mặt khác khai trên S ta được S = n 5 + 5n 4 + 5n 3 − 5n 2 − 6n . + Biến đổi biểu thức S ta được. (. ). S = n 5 + 5n 4 + 5n 3 − 5n 2 − 6n = n 5 − n 3 + 6n 3 + 5 n 4 − n 2 − 6n =n. (. ) (. 2. ( n − 1) n ( n + 1) + 6n. 3. (. ) (. ). + 5n n − 1 n n + 1 − 6n. ). Do n − 1 n n + 1 3 nên ta suy ra được S chia hết cho 3.. (. ). + Ta có S = n 5 + 5n 4 + 5n 3 − 5n 2 − 6n = n 5 − n + 5 n 4 + n 3 − n 2 − n . Mặt khác lại có. ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) = n ( n − 1)( n + 1) ( n − 4 ) + 5n ( n − 1)( n + 1) = ( n − 2 )( n − 1) n ( n + 1)( n + 2 ) + 5n ( n − 1)( n + 1). n5 − n = n n − 1 n + 1 n2 + 1 = n n − 1 n + 1 n2 − 4 + 5 2.  n5 − n 5 Do đó S chia hết cho 5.. (. ). )(. (. + Ta có S = n 5 + 5n 4 + 5n 3 − 5n 2 − 6n = 4n 3 n + 1 + n n + 1 n 3 + n − 6. (. ). (. ). ). Nếu n = 2k k  Z thì ta được S = 32k 5 + 80k 4 + 40k 3 − 8k 2 − 12k k + 1 , Từ đó suy ra S chia hết cho 8.. (. (. ). ). (. )(. Nếu n = 2k + 1 k  Z thì ta được S = 4n 3 n + 1 + n n + 1 n 3 + n − 6. (. ). (. ) ( k + 1) chia hết cho 8. Lại có n ( n + 1) ( n + n − 6) = (2k + 1)(2k + 2) ( 8k + 12k Ta có 4n 3 n + 1 = 8 2k + 1. ). 3. 3. 3. 2. ). + 8k − 4 8 .. Do đó S chia hết cho 8. Từ các kết quả trên suy ra S chia hết cho 120 với mọi số nguyên n. Câu 6(1.0 điểm). a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0 và a  1; b  1; c  1 . Chứng minh a 4 + b 6 + c8  2 . Ta có a  1; b  1; c  1 nên suy ra được a 4  a ; b 6  b ; c 8  c . Từ đó suy ra a 4 + b 6 + c8  a + b + c . Từ đó ta quy bài toán về chứng minh a + b + c  2 . Do vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử −1  a  b  c  1 . Ta đi xét các trường hợp sau Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(255) 250. Website:tailieumontoan.com. (. ). + Nếu −1  a  b  c  0 , khi đó ta được a + b + c = − a + b + c = 0 Do đó suy ra a + b + c  2 nên ta được a 4 + b 6 + c8  2 .. (. ). + Nếu −1  a  b  0  c  1 , khi đó a + b + c = −a − b + c = − a + b + c + 2c = 2c  2 Do đó suy ra a + b + c  2 nên ta được a 4 + b 6 + c8  2 . + Nếu −1  a  0  b  c  1 , khi đó ta được. (. ). a + b + c = −a + b + c = −2a + a + b + c + 2c = −2a  2 Do đó suy ra a + b + c  2 nên ta được a 4 + b 6 + c8  2 . + Nếu 0  a  b  c  1 , khi đó ta được a + b + c = a + b + c  0 , mâu thuẫn với giả thiết. Do đó trường hợp này không xẩy ra. Vậy a 4 + b 6 + c8  a + b + c  2 , dấu bằng xẩy ra khi a = −1; b = 0; c = 1 chẳng hạn.. (x b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =. 3. ) (. + y 3 − x2 + y2. ( x − 1)( y − 1). ) với x và y là số thực lớn hơn 1.. Do x và y là các số thực lớn hơn 1 nên ta có x − 1  0; y − 1  0 . Ta có. (x T =. 3. ) (. + y 3 − x 2 + y2. ( x − 1)( y − 1). ) = x ( x − 1) + y ( y − 1 ) = 2. 2. ( x − 1)( y − 1). x2 y2 + y −1 x −1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có. (. ). 2. (. ). 2. x+y x+y −4+4 x2 y2 4 T = +  = = x +y +2+ y −1 x −1 x + y −2 x + y −2 x + y −2 Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có. x +y +2+. 4 4 = x + y −2+ +42 x + y −2 x + y −2. ( x + y − 2) x + 4y − 2 + 4 = 8. Do đó ta suy ra được T  8 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi.  x y  x y =  =  y −1 x −1  y − 1 x − 1  x = y = 2  4 x + y − 2 = x + y − 2 = 2   x + y −2 Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 8, xẩy ra tại x = y = 2 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(256) 251. Website:tailieumontoan.com Đề số 16 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH THÁI NGUYÊN Chuyên Toán – Năm học 2017 – 2018. Câu 1(1.0 điểm).. (. 3− 5 3+ 5. Không dùng máy tính cầm tay hãy rút gọn A =. ). 10 + 2. Câu 2(2.0 điểm).. x 2 + y 2 − xy + 4y + 1 = 0 Giải hệ phương trình  2 2 2 y 7 − x − y + 2xy = 2 x + 1. (. ) (. ). Câu 3(1.0 điểm). Cho số tự nhiên A = 777 ... 7 − 18 + 2n với n  N, n  2 . Chứng minh rằng A chia hết cho 9. n chu so 9. Câu 4(1.5 điểm). Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c . P =. a a +1 2. +. 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. b b +1. +. 2. c c +1 2. Câu 5(1.0 điểm).. n nhất. Ví dụ a 1 = 1; a 2 = 1; a 3 = 2;. Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu a n là số nguyên gần. a 4 = 2; a 5 = 2; a 6 = 2; a 7 = 3;... . Tính giá trị của tổng:. S=. 1 1 1 1 1 + + + ... + + a1 a 2 a 3 a 2017 a 2018. Câu 6(1.0 điểm).. ( ) tại điểm A. Phần kéo dài của đoạn thẳng O O cắt đường tròn ( O ) tại điểm B. Dựng đường tròn ( O ) tiếp xúc ngoài với đường tròn ( O ) tại D và tiếp xúc trong với đường tròn ( O ) tại C(O không nằm Cho hai đường tròn tâm O 1 và O 2 nằm ngoài nhau. Đoạn thẳng O 1O 2 cắt đường tròn O 1 1. 2. 2. 2. 1. trên đoạn thẳng O 1O 2 ). Chứng minh rằng bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. Câu 7(2.5 điểm). Cho ba điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng và theo thứ tự đó sao cho AB  AC . Trong mặt phẳng có bờ là đường thẳng AC dựng các hình vuông ABDE và BCFK. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF. Đường thẳng qua I và vuông góc với EF cắt các đường thẳng BD và AB lần lượt tại M và N. a) Chứng minh rằng các tứ giác AEIN và EMID nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng ba điểm A, I, D thẳng hàng và các điểm B, N, F, M, E cùng nằm trên một đường tròn. c) Chứng minh rằng ba đường thẳng AK, EF, CD đồng quy. Hướng dẫn giải Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(257) 252. Website:tailieumontoan.com. (. 3− 5 3+ 5. Câu 1. Không dùng máy tính cầm tay hãy rút gọn A =. Để ý rằng. (. 6 −2 5 = 5 −2 5 +1 =. (. 3− 5 3+ 5. A=. (. =. 10 + 2. )(. 5 −1 3 + 5 2. (. 5 +1. ). 5 −1. )=. )=3. ). 10 + 2. 2. ta có. (. 6−2 5 3+ 5 2. (. 5 +1. ). 5 +5−3− 5 2. (. 5 +1. =. ). 5 −1. 2 5 +2 2. ) (. ) (3 + 5 ) 2 ( 5 + 1). )= (. x 2 + y 2 − xy + 4y + 1 = 0 Câu 2. Giải hệ phương trình  2 2 2 y 7 − x − y + 2xy = 2 x + 1. (. ). (. 5 +1. ). 2. =1. ). Biến đổi tương đương phương trình thứ nhất của hệ ta được x 2 + 1 = −y 2 + xy − 4y . Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được. (. ) (. ). (. y 7 − x 2 − y 2 + 2xy = 2 −y 2 + xy − 4y  y 15 − x − y . ). 2. (. ). − 2 x − y  = 0 . Dễ thấy khi y = 0 hệ phương trình không có nghiệm. Do đó từ phương trình trên ta được. (x − y). 2.  x − y = −5 + 2 x − y − 15 = 0  x − y + 5 x − y − 3 = 0    x − y = 3. (. ). (. )(. ). + Với x − y = −5 , kết hợp với phương trình thứ nhất của hệ ta thu được.  x − y = −5 x = y − 5 x = y − 5   2  2  2 2 2 x + 1 = −y + xy − 4y y − y + 1 = 0  y − 5 + 1 = − y + y − 5 y − 4y. (. ). (. ). Do y 2 − y + 1 = 0 vô nghiệm nên hệ phương trình trên vô nghiệm. + Với x − y = 3 , kết hợp với phương trình thứ nhất của hệ ta thu được. x = y + 5 x − y = 3  2  2  2 2 x + 1 = −y + xy − 4y  y + 5 + 1 = − y + y + 5 y − 4y x = y + 3  x = 1; y = −2  2   x = −2; y = −5 y + 7y + 10 = 0. (. ( ) (. ). (. )(. ). ). Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = 1; −2 , −2; −5 . Câu 3. Cho số tự nhiên A = 777 ... 7 − 18 + 2n với n  N, n  2 . Chứng minh rằng A chia hết cho 9. n chu so 9. (). ( ) chia hết cho 9.. Cho số tự nhiên a  N* , gọi S a là tổng các chữ số của a. Khi đó ta luôn có a − S a. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(258) 253. Website:tailieumontoan.com.     Ta có A = 777 ... 7 − 18 + 2n = 7.111...1 − 18 + 2n = 7  111...1 − n  + 9n − 18  n chu so 1  n chu so 9 n chu so 1   Dễ thấy 1111...1 − n chia hết cho 9 và 9n − 18 chia hết cho 9 nên suy ra A chia hết cho 9. Câu 4. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c . a. P =. (. Ta có a + b + c. ). 2. (. +. a2 + 1. ). a2 + 1. a. . b2 + 1. (. c. +. c2 + 1. ). (. a. b.  3 ab + bc + ca  3  3 ab + bc + ca  ab + bc + ca  1 .. Từ đó ta được a 2 + ab + bc + ca  a 2 + 1  a + b Do đó. 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. (a + b )(a + c ). Áp dụng tương tự ta được. )(a + c )  a. + 1.. 2. .. b b +1. . 2. b. (. )(. a +b b+c. ;. ). c c +1. . 2. c. (. c+a. )(. b+c. ). .. Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được. P. a. (a + b )(a + c ). Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có. +. b. (a + b )( b + c ) a. (a + b )(a + c ). =. +. c. ( c + a )(b + c ) a2. (a + b )(a + c ). . 1 a a  +  . 2a + b a +c. Áp dụng hoàn toàn tương tự ta cũng được. b. ( a + b )( b + c ) Từ đó ta suy ra được P . . 1 b b  +  ; 2b +c a +b. c. ( c + a )( b + c ). 1 c c  +   2c+a b +c. 1 a a b b c c  3 + + + + +  = . 2a +b c +a a +b b +c c +a b +c 2. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = Vậy giá trị lớn nhất của P là. 3 . 3. 3 3 , đạt được tại a = b = c = . 3 3. Câu 5. Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu a n là số nguyên gần. a 3 = 2; a 4 = 2; a 5 = 2; a 6 = 2; a 7 = 3;... . Tính giá trị của tổng S =. Gọi k là số nguyên dương gần 2. .   1 k −   n  k + 2  . n nhất. Khi đó ta có k −. n nhất. Ví dụ a 1 = 1; a 2 = 1;. 1 1 1 1 1 . + + + ... + + a1 a 2 a 3 a 2017 a 2018. 1 1  n  k + . Từ đó suy ra 2 2. 2. 1 1 1 2 2 2 2   k −k +  n  k + k +  k −k +1 n  k + k +1 2 4 4. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(259) 254. Website:tailieumontoan.com. Từ đó ta sẽ có 2k số a n = k . Để ý rằng ta có a 1981 = a 1982 = ... = a 2018 = 45 , do vậy ta được. 1 1 1 1 1 + + + ... + + a1 a2 a 3 a 2017 a 2018 1 1  1  1 1 1   1 1  1 3998 =  +  +  + ... +  + ... +  + ... + + ... + = +  = 2.44 + 38. 2 44   45 45  45 45 1 1  2  44. S=. 2 s/ h. 4 s/ h. 88 s/ h. 35 s/ h. ( ) điểm A. Phần kéo dài của đoạn thẳng O O cắt đường tròn ( O ) tại điểm B. Dựng đường tròn ( O ) tiếp xúc ngoài với đường tròn ( O ) tại D và tiếp xúc trong với đường tròn ( O ) tại C(O không nằm. Câu 6. Cho hai đường tròn tâm O 1 và O 2 nằm ngoài nhau. Đoạn thẳng O 1O 2 cắt đường tròn O 1 tại 1. 2. 2. 2. 1. trên đoạn thẳng O 1O 2 ). Chứng minh rằng bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. Đặt COD =  và AO1D =  . Khi đó ta có CBA = CBO2 = 900 −. CO2 B 2. C B. O2. .. A. Do đó suy ra CO2 B = 180 − 2CBA . 0. α O. Mặt khác ta lại có. (. β D. O1. ). CO2B = OO2O1 = 1800 −  +  . Từ. hai. CBA =. kết. + 2. quả. trên. suy. ra. .. (. ).    + Lại có CDA = 1800 − ADO1 + CDO = 1800 −  900 − + 900 −  = . 2 2 2  Như vậy ta được CBA = CDA =. + 2. nên tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn.. Câu 7. Cho ba điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng và theo thứ tự đó sao cho AB  AC . Trong mặt phẳng có bờ là đường thẳng AC dựng các hình vuông ABDE và BCFK. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF. Đường thẳng qua I và vuông góc với EF cắt các đường thẳng BD và AB lần lượt tại M và N. a) Chứng minh các tứ giác AEIN và EMID nội tiếp đường tròn.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(260) 255. Website:tailieumontoan.com. + Ta có EAN = EIN = 900 nên tứ giác AEIN. M. nội tiếp đường tròn đường kính EN. + Ta có EDM = EIM = 900 nên tứ giác EMID nội tiếp đường tròn đường kính EM. b) Chứng minh ba điểm A, I, D thẳng hàng và. K. F. các điểm B, N, F, M, E cùng nằm trên một. I. đường tròn.. G. + Ta có DAB = FBC = 45 nên suy ra AD 0. E D. song song với BF. Gọi O là gia điểm của AD và BE, khi đó O là O. trung điểm của AD và BE. Mà I là trung điểm của EF nên OI là đường trung bình của tam giác EBF ứng với cạnh BF.. A. B. C. N. Từ đó lại được OI song song với BF. Như vậy cả OI và AD cùng song song với BF nên theo tiên đề Ơclit thì hai đường thẳng OI và AD trùng nhau hai ba điểm A, I, D thẳng hàng. + Tam giác NEF cân tại N và có IEN = IAN = 450 nên tam giác NEF vuông cân tại N. Tam giác MEF cân tại M và có MEI = MDI = 450 nên tam giác MEF vuông cân tại M. Từ đó suy ta tứ giác MENF là hình vuông nên bốn điểm M, E, N, F cùng nằm trên đường tròn đường kính MN. Mặt khác tam giác BMN vuông tại B nên B cũng nằm trên đường tròn đường kính MN. Vậy năm điểm B, M, E, N, F cùng nằm trên đường tròn đường kính MN. c) Chứng minh rằng ba đường thẳng AK, EF, CD đồng quy. Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên ta có ba điểm C, I, K thẳng hàng. Gọi G là giao điểm của AK và CD. Do D là trực tâm tam giác AKC nên ta có AGC = 900 . Tứ giác AEGD nội tiếp đường tròn nên EGF = EDA = 450 . Tứ giác CGKF nội tiếp đường tròn nên CGF = CKF = 450 . Từ các kết quả trên ta được EGA + AGC + CGF = 1800  EGF = 1800 hay G nằm trên đường thẳng EF. Vậy ba đường thẳng AK, CD, EF đồng quy tại G.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(261) 256. Website:tailieumontoan.com Đề số 17 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH THÁI NGUYÊN Chuyên Tin – Năm học 2017 – 2018. Câu 1(1.0 điểm).. (. Không dùng máy tính cầm tay hãy rút gọn A = 3 2 + 6. ). 6−3 3. Câu 2(2.0 điểm). 2  xy + 45y = 4x Giải hệ phương trình  2 y + 95y + 6 = 7x 2 + 5x  . Câu 3(1.0 điểm).. ). (. Cho phương trình x 2 + 2 4 2 − 11 x + 57 − 24 2 = 0 . Gọi x 1; x 2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình. Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức P =. x1 − 1 + x 2 − 1 .. Câu 4(1.5 điểm).. ( ). Tìm tất cả các nghiệm nguyên x; y của phương trình 2x 2 − 2xy = 5x − y − 19 . Câu 5(1.0 điểm). Tại một hội nghị có 100 đại biểu, trong số đó có 15 người Pháp (mỗi người quen ít nhất 70 đại biểu) và 85 người Đức (mỗi người không quen quá 10 đại biểu). Biết rằng người có cùng quốc tịch có thể không quen nhau. Họ được phân vào đủ 21 phòng. Chứng tỏ rằng có một phòng nào đó không chứa một cặp nào quen nhau. Câu 6(1.0 điểm).. ( ). Cho hai đường tròn tâm O 1 và O 2 nằm ngoài nhau. Đoạn thẳng O 1O 2 cắt đường tròn O 1. tại. ( ) tại điểm B. Dựng đường tròn ( O ) tiếp xúc ngoài đồng thời với đường tròn ( O ) tại D và đường tròn ( O ) tại C(O không nằm trên đoạn thẳng O O ). Chứng minh rằng bốn điểm A và cắt đường tròn O 2. 1. 2. 1. 2. điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. Câu 7(2.5 điểm). Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định không di qua O. C và D là hai diểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song với nhau. Gọi M giao điểm của AC và BD. a) Chứng minh rằng tứ giác AOMB nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng hai đường thẳng OM và BC vuông góc với nhau. c) Chứng minh rằng khi C và D di động thì đường thẳng qua M song song với AD luôn đi qua một điểm cố định. Hướng dẫn giải. (. Câu 1. Không dùng máy tính cầm tay hãy rút gọn A = 3 2 + 6. (. Ta có A = 3 2 + 6. ). (. 6−3 3 = 3+ 3. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. ). (. 12 − 6 3 = 3 + 3. ). 6−3 3 .. ) (3 − 3 ). 2. = 6.. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(262) 257. Website:tailieumontoan.com. 2  xy + 45y = 4x Câu 2. Giải hệ phương trình  2 y + 95y + 6 = 7x 2 + 5x  . Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta được 2 xy + 45y = 4x 2 45y = 4x − xy   2  2 2 2 2 y + 95y + 6 = 7x + 5x y + 5y + 6 + 2 4x − xy = 7x + 5x 2  45y = 4x 2 − xy 45y = 4x − xy  2  2 2 x + y − 2xy − 5 x − y + 6 = 0  x − y − 5 x − y + 6 = 0 45y = 4x 2 − xy 45y = 4x 2 − xy    x − y − 2 = 0  x − y − 2 x − y − 3 = 0    x − y − 3 = 0. (. (. (. ). )(. (. ). ). (. ). ). x − y − 2 = 0 x − y − 3 = 0 Từ đó ta xét các hệ phương trình sau  và  2 2 45y = 4x − xy 45y = 4x − xy. y = x − 2 x − y − 2 = 0 y = x − 2   2 + Với  2 2 45y = 4x − xy 3x − 43x + 90 = 0 45 x − 2 = 4x − x x − 2. (. ). (. ). x − y − 3 = 0 y = x − 3 y = x − 2   2 + Với  2 2 45y = 4x − xy 3x − 42x + 135 = 0 45 x − 3 = 4x − x x − 3. (. ). (. ). Giải lần lượt các hệ phương trình trên ta được các nghiệm của hệ đã cho là. .  . . .  . . ( x; y ) =  43 − 6 769 ; 31 − 6 769  ,  43 + 6 769 ; 31 + 6 769  , (5;2 ) , (9; 6 ). ). (. Câu 3. Cho phương trình x 2 + 2 4 2 − 11 x + 57 − 24 2 = 0 . Gọi x 1; x 2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình. Không giải phương trình hãy tính giá trị biểu thức P =. x1 − 1 + x 2 − 1 .. x + x = 22 − 8 2  2 Theo định lí Vi – et ta có  1 x .x = 57 − 24 2   1 2 Ta có P =. x 1 − 1 + x 2 − 1 nên P  0 . Bình phương hai vế ta được. P 2 = x1 − 1 + x 2 − 1 + 2. (x. 1. )(. ) (. ). (. ). − 1 x 2 − 1 = x 1 + x 2 − 2 + 2 x 1x 2 − x 1 + x 2 + 1. Thay hệ thức Vi – et trên ta được. (. ) 2 + 2 (4. P 2 = 22 − 8 2 − 2 + 2 57 − 24 2 − 22 − 8 2 + 1 = 20 − 8 2 + 2 36 − 16 2 = 20 − 8 2 + 2. (4. 2 −2. ). 2. = 20 − 8. ). 2 − 2 = 16. Do P  0 nên ta suy ra được P = 4 .. ( ). Câu 4. Tìm tất cả các nghiệm nguyên x; y của phương trình 2x 2 − 2xy = 5x − y − 19 .. (. ). Biến đổi phương trình đã cho ta được 2x 2 − 2xy = 5x − y − 19  2x − 1 y = 2x 2 − 5x + 9 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(263) 258. Website:tailieumontoan.com. Do x là số nguyên nên 2x − 1  0 , do đó phương trình trên được viết lại thành. y=. 2x 2 − 5x + 19 17 = x +2− 2x − 1 2x − 1. . . Để ý nhận giá trị nguyên thì 2x − 1 phải là ước của 17. Từ đó ta được 2x − 1  −17; −1;1;17 .. . . Từ đó ta suy ra được x  0;1; −8; 9 .. ( ) (. )(. )(. )( ). Đến đây ta có các nghiệm của phương trình đã cho là x; y = −8; −11 , 0; −19 , 1;16 , 9; 8 . Câu 5. Tại một hội nghị có 100 đại biểu, trong số đó có 15 người Pháp (mỗi người quen ít nhất 70 đại biểu) và 85 người Đức (mỗi người không quen quá 10 đại biểu). Biết rằng người có cùng quốc tịch có thể không quen nhau. Họ được phân vào đủ 21 phòng. Chứng tỏ rằng có một phòng nào đó không chứa một cặp nào quen nhau. Mỗi người Pháp phải quen ít nhất 70 − 14 = 56 đại biểu Đức. Suy ra số cặp (người Pháp, người Đức) quen nhau ít nhất là 15.56 = 840 . Gọi A là nhóm tất cả những người Đức quen với không quá 9 đại biểu người Pháp và n là số phẩn tử. (. ). của A. Suy ra số cặp (người Pháp, người Đức) quen nhau nhiều nhất là 85 − n 10 + 9n .. (. ). Ta có 840  85 − n 10 + 9n  n  10 . Gọi B là nhóm các đại biểu người Đức không quen đại biểu thuộc tập A. Nói khác đi B là tập những đại biểu người Đức không quen với 10 người Pháp. Những người thuộc tập hợp B sẽ không quen với một người Đức khác. Ví có 21 phòng mà lại có 15 đại biểu người Pháp nên sẽ có ít nhất 6 phòng chỉ có đại biểu người Đức. Ví chỉ có nhiều nhất 10 người Đức có thể quen được người Đức nên theo nguyên lí Dirichlet thì trong 6 phòng chỉ toàn ngừi Đức này có ít nhất một phòng có nhiều nhất một người Đức thuộc nhóm A. Phòng này chính là phòng thỏa mãn yêu cầu bài toán.. ( ). Câu 6. Cho hai đường tròn tâm O 1 và O 2 nằm ngoài nhau. Đoạn thẳng O 1O 2 cắt đường tròn O 1 tại. ( ) tại điểm B. Dựng đường tròn ( O ) tiếp xúc ngoài đồng thời với đường tròn ( O ) tại D và đường tròn ( O ) tại C(O không nằm trên đoạn thẳng O O ). Chứng minh rằng bốn điểm A và cắt đường tròn O 2 1. 1. 2. 2. điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn.. Đặt OO1O2 = m;O1OO2 = n;OO 2O1 = p . Khi đó ta có m + n + p = 1800 . Ta có DAO1 = 900 −. m n p ; DCO = 900 − ; BCO 2 = 900 − . 2 2 2. Do đó ta được DAO1 + DCO + BCO 2 = 2700 −. m+n+p = 1800 . 2. (. ). Mặt khác ta có DAB = 1800 − DAO1 và DCB = 1800 − DCO + BCO 2 .. (. ). Từ đó suy ra DAB + DCB = 3600 − DAO1 + DCO + BCO 2 = 1800 . Do đó từ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(264) 259. Website:tailieumontoan.com. Câu 7. Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định không di qua O. C và D là hai diểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song với nhau. Gọi M giao điểm của AC và BD. a) Chứng minh tứ giác AOMB nội tiếp đường tròn. Do BC song song với AD nên AmB = CnD . Ta có AOB = sdAmB . Lại có AMB =. (. ). 1 sdAmB + sdCnD = sdAmB . Do đó ta được AOB = AMB . 2. Từ đó tứ giác AOMB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh hai đường thẳng OM và BC vuông góc với nhau. Do BC song song với AD và tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên ABCD là hình thang cân có hai đáy BC, AD. Từ đó ta có MB = MC; MA = MD nên OM là đường trong trực của đoạn thẳng BC. Vậy OM vuông góc với BC. c) Chứng minh rằng khi C và D di động thì đường thẳng qua M song song với AD luôn đi qua một điểm có định.. ( ). Gọi E là giao điểm của hai tiếp tuyến với đường tròn O tại A và B. Do O, A, B cố định nên E cố định. Tứ giác OAEB nội tiếp đường tròn đường kính OE vì OAE = OBE = 900 . Mà tứ giác AOMB nội tiếp đường tròn nên M nằm trên đường tròn đường kính OE. Từ đó ta được OME = 900 , do đó OM vuông góc với EM. Từ đó suy ra EM rong dong với BC hay AD song song với BC. Vậy đường thẳng qua M song song với AD luôn đi qua một điểm cố định.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(265) 260. Website:tailieumontoan.com Đề số 18 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN NGUYỄN TRÃI TỈNH HẢI DƯƠNG Vòng 2 – Năm học 2017 – 2018. Câu 1(2.0 điểm). 1) Cho ba số x, y, z đôi một khác nhau và thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 . Tính giá trị của biểu thức. P = 2) Rút gọn biểu thức Q =. 1 − ax 1 + ax. (. )(. 1) Giải phương trình x 2x + 3 + 3. ). 2yx + 2yz + 2zx + 3xyz 2. 2. 2. 1 1 − bx với x = a 1 + bx. Câu 2(2.0 điểm).. )(. 2018 x − y y − z z − x. 2a − b ; 0  a  b  2a . b. ). (. x + 5 + 1 = 3x + 2x 2 + 13x + 15 + 2x + 3 .. (. ). x 2 + 4y − 13 + x − 3 x 2 + y − 4 = 0  2) Giải hệ phương trình   x + y − 3 y + y − 1 x + y + 1 = x + 3y − 5. (. ). (. ). Câu 3(2.0 điểm). 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 + 5y2 − 4xy + 4x − 4y + 3 = 0 .. ( ). 2) Tìm tất cả các số nguyên dương x; y thỏa mãn x 2 + 3y và y 2 + 3x là các số chính phương. Câu 4(3.0 điểm).. ) và (O ; R ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B(A, O, B không thẳng hàng). Trên tia dối của tia AB lấy điểm C, kẻ các tiếp tuyến CD và CE với đường tròn ( O ) trong đó D, (. Cho hai đường tròn O; R. '. '. ( ). ( ). E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn O ' . Đường thẳng AD, AE cắt đường tròn O ' lần lượt tại M và N(M, N khác A). Đường thẳng DE cắt MN tại I, OO' cắt AB và DI lần lượt tại H và F. a) Chứng minh rằng FE.HD = FD.HE . b) Chứng minh rằng MB.EB.DI = IB.AN.BD . c) Chứng minh rằng O ' I vuông góc với MN. Câu 5(1.0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =. x 2 + y 2 + y 2 + z2 + z2 + x 2 = 6 .. x2 y2 z2 + + . y+z z+x x+y. Hướng dẫn giải Câu 1(2.0 điểm). 1) Cho ba số x, y, z đôi một khác nhau và thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 . Tính giá trị của biểu thức. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(266) 261. Website:tailieumontoan.com P =. (. )(. )(. 2018 x − y y − z z − x. ). 2xy 2 + 2yz2 + 2zx 2 + 3xyz. • Lời giải. Do x + y + z = 0 nên ta có x 3 + y 3 + z3 = 3xyz .. (. Ta có x − y. )( y − z )( z − x ) = xy. 2. + yz2 + zx 2 − x 2 y − y 2 z − z2 x .. Để ý rằng từ x + y + z = 0 ta có y + z = −x; z + x = −y; x + y = −z nên ta được. 2xy 2 + 2yz2 + 2zx 2 + 3xyz = 2yx 2 + 2yz2 + 2zx 2 + x 3 + y 3 + z 3 = xy 2 + yz2 + zx 2 + yx 2 + yz2 + zx 2 + x 3 + y 3 + z3. ( ) ( ) ( 2018 ( x − y )( y − z )( z − x ) 2018 ( xy Từ đó ta có P = =. ). = xy 2 + yz2 + zx 2 + y 2 x + y + x 2 z + x + y 2 y + z = xy 2 + yz2 + zx 2 − y 2z − x 2 y − y 2 x 2. 2xy 2 + 2yz2 + 2zx 2 + 3xyz. 2) Rút gọn biểu thức Q =. 1 + ax 1 − ax. Do đó ta được. xy 2 + yz2 + zx 2 − x 2 y − y 2z − z2 x. 1 1 − bx với x = a 1 + bx. 2a − b = b. • Lời giải. Ta có 1 + ax = 1 +. + yz2 + zx 2 − x 2 y − y 2 z − z2 x. 2a − b ; 0  a  b  2a . b. b + 2a − b. ;1 − ax = 1 +. b. 2a − b = b. ( (. 2 a + b 2a − b  1 − ax  , suy ra   = b − 2a − b  1 + ax  a − b 2a − b. 1 + ax = 1 − ax. b + 2a − b. Hoàn toàn tương tự ta được. 1 − bx = 1 + bx. ) = 2018 .. b − 2a − b. .. b. ) ). ( ) 2b ( a − b ). a − 2b a − b a+. Do 0  a  b  2a nên ta được. Q=. 2.  1 + ax  1 − bx 1 − bx =  =  . 1 + bx  1 − ax  1 + bx. 1 + ax 1 − ax. Câu 2(2.0 điểm). 1) Giải phương trình x 2x + 3 + 3. ( (. a−. ( ) 2b ( a − b ). 2b a − b. =1. ). x + 5 + 1 = 3x + 2x 2 + 13x + 15 + 2x + 3 .. Điều kiện xác định của phương trình là x  −. x 2x + 3 + 3. ( ) a− . b ( 2a − b ) a +. a + b 2a − b. 3 . Biến đổi phương trình 2. ). x + 5 + 1 = 3x + 2x 2 + 13x + 15 + 2x + 3.  x 2x + 3 − 3x − 2x + 3 + 3 + 3 x + 5 −. ( x + 5 )(2x + 3 ) = 0. ) ( 2x + 3 − 3) − x + 5 ( 2x + 3 − 3) = 0  2x + 3 − 3 = 0  ( 2x + 3 − 3 )( x − 1 − x + 5 ) = 0   x − 1 − x + 5 = 0. x. (. 2x + 3 − 3 −. . + Với. 2x + 3 − 3 = 0  2x + 3 = 3  2x + 3 = 9  x = 3 .. + Với x − 1 − x + 5 = 0  x − 1 =. x + 5 , phương trình trình tương đương với. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(267) 262. Website:tailieumontoan.com x − 1  0  x  1 x  1  2  2 x=4 2  x − 2x + 1 = x + 5 x − 3x − 4 = 0  x − 1 = x + 5  . (. ).  . Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S = 3; 4 .. (. ). x 2 + 4y − 13 + x − 3 x 2 + y − 4 = 0  2) Giải hệ phương trình   x + y − 3 y + y − 1 x + y + 1 = x + 3y − 5. (. ). (. ). Điều kiện xác định của hệ phương trình là x + y + 1  0; y  0; x 2 + y − 4  0 . Biến đổi phương trình thứ hai của hệ đã cho. ( x + y − 3)  ( x + y − 3). ( ) x + y + 1 = x + 3y − 5 y + ( y − 1) ( x + y + 1 − 2 ) − x − y + 3 = 0 ( y − 1)( x + y − 3 ) − x − y − 3 = 0  ( x + y − 3) y + ( ) y + y −1. x + y +1 +2.   x+y−3  y +  . (. ). (. )(.  x+y−3.  − 1 = 0  x + y +1 +2    y = 1 y +1 =0 y − 1 1 +  x + y + 1 + 2   x + y − 3 = 0  y −1. ). + Với y = 1 , thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được. (. x2 − 9 + x − 3. Ta có. x = 3 x2 − 3 = 0  x − 3 x + 3 + x2 − 3 = 0   2  x − 3 + x + 3 = 0. ). (. ). )(. x + 3  0 x 2 − 3 = −x − 3   2 , vô nghiệm. 2 x − 3 = x + 6x + 9. x2 − 3 + x + 3 = 0 . + Với x + y − 3 = 0  y = 3 − x , thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được. (. x 2 − 4x − 1 + x − 3. ). (. x2 − x − 1 = 0  x2 − x − 1 + x − 3. ). x 2 − x − 1 − 3x = 0. Điều kiện xác định của phương trình trên là x 2 − x − 1  0 Đặt t =. (. ). x 2 − x − 1 , khi đó phương trình trên trở thành t 2 + x − 3 t − 3x = 0. (.  = x−3. ). 2. (. + 4.3x = x 2 − 6x + 9 + 12x = x 2 + 6x + 9 = x + 3. ). 2. 0. Do đó phương trình có hai nghiệm là t = 3; t = −x . Từ đó ta được.  x2 − x − 1 = 3 x 2 − x − 1 = 9  1 − 41 1 + 41    2  x ; −1;  2  x 2 − x − 1 = −x 2   x − x − 1 = x  2  Thử lại vào phương trình trên ta được x = −1 thỏa mãn, suy ra y = 4 .. ( ) ( )(. ). Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phươg trình ta được các nghiệm là x; y = 3;1 , −1; 4 . Câu 3(2.0 điểm). 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 + 5y2 − 4xy + 4x − 4y + 3 = 0 . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(268) 263. Website:tailieumontoan.com. Biến đổi phương trình trên ta được. x 2 + 5y 2 − 4xy + 4x − 4y + 3 = 0  x 2 + 4y 2 + 4 − 4xy + 4x − 8y + y 2 + 4y + 4 = 5. (.  x − 2y + 2. ) + ( y + 2) 2. 2. =5. Để ý rằng 5 = 4 + 1 = 22 + 12 nên ta đi xét các trường hợp sau. ( (. ).  x − 2y + 2 2 = 22 x 2 − 2y + 2 = 2  + Trường hợp 1. Với  . Từ đó ta có các hệ sau  2 y + 2 = 1  y + 2 = 12. ).  x − 2y + 2 = 2  x − 2y + 2 = −2  x − 2y + 2 = 2  x − 2y + 2 = −2 ; ; ;  y +2 =1 y +2 =1 y + 2 = −1 y + 2 = −1        . ( ) (. )(. )(. )(. ). Giải các hệ trên ta được các nghiệm x; y = −10; −3 , −6; −3 , −6; −1 , −2; −1 .. ( (. ).  x − 2y + 2 2 = 12 x 2 − 2y + 2 = 1   + Trường hợp 2. Với  . Từ đó ta có các hệ sau  2 y + 2 = 2  y + 2 = 22. ).  x − 2y + 2 = 1  x − 2y + 2 = −1  x − 2y + 2 = 1  x − 2y + 2 = −1 ; ; ;  y +2 =2 y +2 =2 y + 2 = −2 y + 2 = −2        . ( ) (. )(. )(. )(. ). Giải các hệ trên ta được các nghiệm x; y = −1; 0 , −3; 0 , −9; −4 , −11; −4 . Vậy phương trình đã cho có các nghiệm như trên.. ( ). 2) Tìm tất cả các số nguyên dương x; y thỏa mãn x 2 + 3y và y 2 + 3x là các số chính phương.. • Lời giải. Không mất tính tổng quát ta giả sử x  y . Khi đó ta có. (. x 2  x 2 + 3y  x 2 + 4x  x 2 + 4x + 4 = x + 2. ). 2. (. Mà x 2 + 3y là số chính phương nên ta có thể suy ra được x 2 + 3y nhận giá trị x + 1. (. Khi x 2 + 3y = x + 1. ). 2. ). 2. ta được x 2 + 3y = x 2 + 2x + 1  3y = 2x + 1  2x = 3y − 1 .. Do y 2 + 3x là số chính phương nên 4y 2 + 12x là số chính phương.. (. ). Từ đó suy ra 4y 2 + 12x = 4y 2 + 6 3y − 1 = 4y 2 + 18y − 6 là số chính phương.. (. Ta có 4y 2 + 18y − 6 = 4y 2 + 8y + 4 + 10y − 10 = 2y + 2. (. ) (. ). 2. (. ) (. ). 2. + 10 y − 1  2y + 2 .. ). 2. Lại có 4y 2 + 18y − 6 = 4y 2 + 20y + 25 − 2y + 19  2y + 5 .. (. Như vậy ta được 2y + 2. ). 2. (. ). 2.  4y 2 + 18y − 6  2y + 5 . Do đó ta đi xét các trường hợp sau. (. ). (. ). 2.  6y = 15 , phương trình không có nghiệm nguyên. (. ). 2.  2y = 22  y = 11 , từ đó ta được x = 16 .. + Nếu 4y 2 + 18y − 6 = 2y + 2 + Nếu 4y 2 + 18y − 6 = 2y + 3 + Nếu 4y 2 + 18y − 6 = 2y + 4. 2.  y = 1 , từ đó ta được x = 1 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(269) 264. Website:tailieumontoan.com. ( ). ( ) ( )(. ). Vậy các cặp số x; y thỏa mãn yêu cầu bài toán là x; y = 1;1 , 16;11 . Câu 4(3.0 điểm).. ) và (O ; R ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B(A, O, B không thẳng hàng). Trên tia dối của tia AB lấy điểm C, kẻ các tiếp tuyến CD và CE với đường tròn ( O ) trong đó D, (. '. Cho hai đường tròn O; R. '. ( ). ( ). E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn O ' . Đường thẳng AD, AE cắt đường tròn O ' lần lượt tại M và N(M, N khác A). Đường thẳng DE cắt MN tại I, OO' cắt AB và DI lần lượt tại H và F. a) Chứng minh FE.HD = FD.HE .. C. Dễ dàng chứng minh được các tứ giác CDOH, CDOEC nội tiếp đường tròn. Do đó năm điểm O, D, C, E, H nằm trên cùng một đường. tròn.. Suy. ra. ta. được. DHC = DEC = CDE = CHE . Từ đó ta có. D. DHC = DEC = CDE = CHE . Suy ra CH và. A. lần lượt là phân giác trong và ngoài của góc M. DHE .. Từ. đó. suy. ra. HE FE =  F D.HE = F E.HD HD F D .. E O. H. O' F I. b) Chứng minh MB.EB.DI = IB.AN.BD. B. ( O ) ta có BDE = BAE và trong đường tròn (O ) ta có BAE = BMI . '. Trong đường tròn. Từ đó suy ra BDE = BMI nên tứ giác DMIB nội tiếp đường tròn Suy ra ADI = BMI , mà ADI = ABE nên ta được ABE = MBI . Kết hợp với BAN = BMN ta được MIB ∽ AEB .. MB BA MB EB.ID BA EB.DI AB.DI =  . = . = IB EB IB AN.BC EB AN.BD AN.BD Từ đó suy ra BM.EB.ID AB.DI = Hay ta được IB.AN.BD AN.BD . Lại có DIB = DMB = ANB nên ta có ANB = DIB . Kết hợp với BAN = BDI nên ta được DBI ∽ ABN .. BD AB AB.DI = =1 AN hay AB.DI = AN.BD nên AN.BD Từ đó suy ra ID BM.EB.ID AB.DI BM.EB.ID = =1 Từ đó kết hợp với IB.AN.BD AN.BD ta được IB.AN.BD Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(270) 265. Website:tailieumontoan.com. Hay MB.EB.DI = IB.AN.BD c) Chứng minh rằng O ' I vuông góc với MN.. CE AE = Ta có CEB ∽ CAE nên ta được CB BE .. CD AD = BD Lại có CDA ∽ CBD nên ta cũng có CB Mà ta có CD = CE nên từ các kết quả trên ta được. AE AD = . BE BD. Lại có BNI = BAD = BED nên tứ giác BEIN nội tiếp đường tròn.. BI BD = . IN AD. Do đó BIN = BEN = BDA . Từ đó dẫn đến BNI ∽ BAD nên ta được. Hoàn toàn tương tự ta cũng có BIN = BEN nên BIM = AEB và BMI = BAE .. BI BE = MI EA. Từ đó suy ra BIM ∽ BEA nên ta có Từ hai điều trên ta được. IN BD.AE = = 1 nên suy ra IM = IN . Do đó O ' I vuông góc với MN. IM AD.BE. Câu 5. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =. x 2 + y 2 + y 2 + z2 + z2 + x 2 = 6 .. x2 y2 z2 + + . y+z z+x x+y. (. ). + Cách 1. Dễ dàng chứng minh được. 2 y2 + z2  x + y do đó ta được. Hoàn toàn tương tự ta được M . x2. Đặt a =. (. 2 y 2 + z2. ). +. (. y2. 2 z2 + x 2. ). +. (. x2  y+z. z2. 2 x 2 + y2. (. x2. 2 y 2 + z2. ). .. ). y 2 + z2 ; b = z2 + x 2 ; c = x 2 + y 2 , suy ra a + b + c = 6. Từ đó ta được x 2 =. b 2 + c2 − a 2 2 c2 + a 2 − b 2 2 a 2 + b 2 − c 2 ;y = ;z = 2 2 2. Khi đó ta được M . 1  b 2 + c2 − a 2 c2 + a 2 − b 2 a 2 + b 2 − c 2 + +  a b c 2 2.   . Xét biểu thức . b 2 + c2 − a 2 c2 + a 2 − b 2 a 2 + b 2 − c 2 + + a b c b 2 c2 a 2 c2 a 2 b 2 = + + + + + − a +b+c a a b b c c. Q=. (. ). Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(271) 266. Website:tailieumontoan.com  a 2 b 2 c2   b 2 c2 a 2  Q =  + +  +  + +  − a + b + c c a   a b c  b 2 2 a +b+c a +b+c  + − a +b+c =a +b+c=6 a +b+c a +b+c. (. (. 6. Do đó ta được M . ) (. ). ). (. ). 3 2 3 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của M là . 2 2. =. 2 2. 6. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z =. = 2.. 3 2 + Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có. (. ). 6 = x 2 + y 2 + y 2 + z2 + z 2 + x 2  6 x 2 + y 2 + z 2  x 2 + y 2 + z 2  6 Lại có. (. ). (. ). (. ). +. y2. 2 y2 + z2  y + z; 2 z2 + x 2  z + x; 2 x 2 + y 2  x + y . Từ đó ta được M=. x2 y2 z2 + +  y+z z+x x+y. x2. ( ) 6 − ( y + z ) 6 − (z + x ) 6 − (x = + + 2 (y + z ) 2 (z + x ) 2 (x. =. (. 2 y 2 + z2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 6. 2 y +z 2. 2. +. ). (. 6. 2 z +x 2. 2. ). +. (. ( +y ) +y ). 2 z2 + x 2. ). +. z2. (. 2 x2 + y2. ). 2. 2. 6. 2 x +y 2. 2. ( 2. −. 1. 6. 9. 2. x +y + y +z + z +x. ). x 2 + y 2 + y 2 + z2 + z2 + x 2. ). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ra có. (. 6. 2 y 2 + z2 Do đó ta được M . ). +. 9 2. 6. (. 2 z2 + x 2 −. 6 2. =. ). 3 2. +. =. (. 6. 2 x2 + y2. ). . 2. 2. 2. 2. 2. = 2. 9 2. 3 2 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2 . 2. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(272) 267. Website:tailieumontoan.com Đề số 19 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BẮC GIANG Năm học 2017 – 2018. Câu 1 (5.0 điểm).. x x + x −2 x +2  x −1 . − 1. Cho biểu thức P =  , với x  0; x  1 .   2x + x − 3 x − 1 x + 3 x + 2   a) Rút gọc biểu thức A.. 1009 + 2017 1009 − 2017 . − 2 2. x = 4. b) Tính giá trị của A khi. 2. Cho phương trình x 2 − 2x − 2m − 1 = 0 (x là ẩn và m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x 2 thỏa mãn. (. ). x12 + 2m + 5 x 2 + 2m 2. +. (. 2. ). x + 2m + 5 x 1 + 2m 2 2. =. 122 11. Câu 2 (5.0 điểm). 1) Giải phương trình. 2x 2 − x + 4 − 3x = 2 x 2 − 2x + 2 .. 2 2 2  x y + 4 = 2y 2) Giải hệ phương trình  xy + 2 y − x = x 3 y 2  . (. )(. ). Câu 3 (3.0 điểm).. (. ). 1) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x; y; z thỏa mãn. x + y 2017 y + z 2017. là số hữu tỷ, đồng thời. ( y + 2 )( 4xz + 6y − 3 ) là số chính phương. 2) Trong hình vuông có cạnh bằng 1dm đặt một số hình vuông có tổng chu vi bằng 9dm. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng cắt ít nhất ba hình vuông nhỏ (không tính hình vuông bao ngoài). Câu 4 (6.0 điểm). Cho tam giác OAI vuông tại A và B là điểm đối xứng với A qua đường thẳng IO. Gọi H và E lần. ( ). lượt là trung điểm của AB, BI. Gọi D là giao điểm của AE với đường tròn C có tâm O bán kính OA (D khác A). a) Chứng minh rằng tứ giác BHDE nội tiếp đường tròn.. ( ). b) Gọi J là giao điểm của đường thẳng ID với đường tròn C (I khác D). Chứng minh rằng tam giác ABJ cân.. ( ). c) Gọi K là giao điểm của đường thẳng DH với đường tròn C (K khác D). Chứng minh rằng. IH2 = ID.IK − HD.HK . Câu 5 (6.0 điểm). Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 2 xy +. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. x = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(273) 268. Website:tailieumontoan.com P =. y 4x + + 15xy x 3y. Hướng dẫn giải Câu 1 (5.0 điểm).. x x + x −2 x +2  x −1 . − 1. Cho biểu thức P =  , với x  0; x  1 .  x −1 x + 3 x + 2  2x + x − 3  a) Rút gọc biểu thức A. Với x  0; x  1 ta có. x x + x −2 x +2  x −1 . P = −   x −1 x + 3 x + 2  2x + x − 3   x −1 x +2 x +2 x +2  = − x −1 x +1 x +1 x +2 . (. =. )(. (. )(. x +2 x +1. b) Tính giá trị của A khi. x +1. 1 2 x +3. =. )(. (.   . . x −1. ) (. )(. x −1 2 x + 3. ). x +1 2 x +3. 1009 + 2017 1009 − 2017 − . 2 2. x = 4. Với x  0; x  1 ta có P =. .. ). ). x +1 2 x +3. . Ta có. 1009 + 2017 1009 − 2017 1  − =  2018 + 2 2017 − 2018 − 2 2017  2 2 2  2 2  1 1 =  2017 + 1 − 2017 − 1  = 2017 + 1 − 2017 − 1  = 1    2  2 . x = 4. ). (. ). (. ). (. Từ đó ta dược x = 4 , thỏa mãn điều kiện xác định. Do đó khi x = 4 ta được P =. 4 +1 2 4 +3. =. 3 7. 2. Cho phương trình x 2 − 2x − 2m − 1 = 0 (x là ẩn và m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1; x 2 thỏa mãn. (. ). x12 + 2m + 5 x 2 + 2m 2. +. (. 2. ). x + 2m + 5 x 1 + 2m 2 2. =. 122 11. Xét ' = 1 + 2m + 1 = 2m + 2 . Phương trình đã cho có hai nghiệm phân kiệt khi 2m + 2  0  m  −1 . Thao hệ thức Vi – et ta có x 2 + x 2 = 2; x 1x 2 = −2m − 1 . 2  x − 2x 1 − 2m − 1 = 0 Mặt khác do x 1; x 2 là nghiệm của phương trình nên ta có  12 . x 2 − 2x 2 − 2m − 1 = 0  . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(274) 269. Website:tailieumontoan.com. (. ). x 12 + 2m + 5 x 2 + 2m 2. ( (. ) ). +. 2. (. ). x + 2m + 5 x 1 + 2m 2 2. =. 122 11. (. ). (. ). x 2 + 2m + 5 x + 2m = x 2 − 2x − 2m − 1 + 2m + 5 x + 2x + 4m = 2m + 5 x + 2x + 4m 2 1 1 2 2 2 2 Ta có  12 x + 2m + 5 x + 2m =  2 1 2 x 1 + 2m + 5 x 2 + 2m = x 12 + 2mx 2 + 5x 2 + 2m = 2x. (. ). Câu 2 (5.0 điểm). 1) Giải phương trình. 2x 2 − x + 4 − 3x = 2 x 2 − 2x + 2 .. Điều kiện xác định của phương trình là 2x 2 − x  0; 4 − 3x  0; x 2 − 2x + 2  0 .. 2x 2 − x + 4 − 3x = 2. Phương trình đã cho được viết lại thành. (. Đặt a = 2x 2 − x; b =. ). 4 − 3x a  0; b  0 . Khi đó phương trình trên trở thành. a +b =2 Từ đó ta được. 2x 2 − x + 4 − 3x . 2. a 2 + b2  a +b 2. (. ). 2. (. ) (. = 2 a 2 + b2  a − b. ). 2. =0a =b. . . 2x 2 − x = 4 − 3x  2x 2 − x = 4 − 3x  2x 2 + 2x − 4 = 0  x  1; −2 .. . . Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = −2;1 . 2 2 2  x y + 4 = 2y 2) Giải hệ phương trình  xy + 2 y − x = x 3 y 2  . (. )(. ). Phương trình thứ nhất của hệ được viết lại thành x 2 y2 = 2y2 − 4 , thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được. ( xy + 2)( y − x ) = x (2y. 2. ). − 4  xy 2 − x 2 y + 2y − 2x = 2xy 2 − 4x. (. ) (. ). (. )(. ).  xy + x y − 2x − 2y = 0  xy x + y − 2 x + y = 0  x + y xy − 2 = 0 2. 2. + Với x + y = 0  x = −y , thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được y 4 − 2y 2 + 4 = 0 , phương trình vô nghiệm. + Với xy − 2 = 0  xy = 2 , thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được.  x = 1; y = 2 4 + 4 = 2y 2  y 2 = 4  y = 2    x = −1; y = −2. ( ) (. )( ). Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = −1; −2 , 1; 2 . Câu 3 (3.0 điểm).. (. ). 1) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x; y; z thỏa mãn. x + y 2017 y + z 2017. là số hữu tỷ, đồng thời. ( y + 2 )( 4xz + 6y − 3 ) là số chính phương. 2) Trong hình vuông có cạnh bằng 1dm đặt một số hình vuông có tổng chu vi bằng 9dm. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng cắt ít nhất ba hình vuông nhỏ (không tính hình vuông bao ngoài).. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(275) 270. Website:tailieumontoan.com. Câu 4 (6.0 điểm). Cho tam giác OAI vuông tại A và B là điểm đối xứng với A qua đường thẳng IO. Gọi. ( ). H và E lần lượt là trung điểm của AB, BI. Gọi D là giao điểm của AE với đường tròn C có tâm O bán kính OA (D khác A). a) Do E là trung điểm của BI và H là trung điểm của AB nên HE là đường trung bình của tam giác BAI. Do đó ta có BHE = BAI. A. Để ý rằng do tam giác AOI vuông tại A nên AI trở thành tiếp tuyến của đường tròn. J D. ( ). O. C . Từ đó ta được. I. H H'. DAI = BAD . Do đó BHE = BAI = BAD + DAI. K K'. E. = BAD + DBA = BDE B. Suy ra được tứ giác BHDE nội tiếp đường tròn.. ( ). b) Gọi J là giao điểm của ID với đường tròn C . Chứng minh tam giác ABJ cân. Kẻ IK′ song song với AB, gọi H′ là giao điểm của DK′ và AB Khi đó xét hai tam giác ADH' và J DB ta có J AB = AH' D và H ' DA = BAJ Do đó ta được ADH ' ∽ J DB nên ta được. AH ' JB . = ' DB DH. Xét hai tam giác BDH và J DA ta có BDH ' = ADJ và DJ A = DBH ' Do đó ta được BDH ∽ J DA nên ta có. BH ' JA . = ' DA DH. Mặt khác dễ dàng chứng minh được IDA ∽ IAJ và IDB ∽ IBJ nên ta có Từ đó dẫn đến. JB JA = . DB DA. AH ' BH ' nên suy ra BH = AH hay H  H ' . = DH ' DH '. Từ đó ta suy ra được K  K ' nên IK song song với AB. Dễ dàng suy ra được tam giác BJA cân tại B. ( ). c) Gọi K là giao điểm của DH với đường tròn C . Chứng minh IH2 = ID.IK − HD.HK . Dễ thấy ID.IJ = IA2 = IH.IO nên suy ra tứ giác JOHD nội tiếp. Kết hợp với JKBA là hình thang cân nên ta được tam giác IJK cân tại I Do đó ta có. ID IO IO = = hay ta được ID.IK = IO.IH IH IJ IK. Mà ta lại có HO.HI = HA.HB = HD.HK. Trừ theo vế hai hệ thức ta được ID.IK − HD.HK = ( IO − HO ) IH = IH 2 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(276) 271. Website:tailieumontoan.com x = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 3. Câu 5 (6.0 điểm). Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 2 xy + thức: P =. y 4x + + 15xy x 3y. • Lời giải. Do các số x, y dương nên áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có. x y x +  2; + 3xy  2x . y x 3y Do đó ta có P = Đặt a =. x y  x  y 4x + + 15xy =  +  +  + 3xy  + 12xy  2 + 2x + 12xy . x 3y  y x   3y . x; b = xy , khi đó giả thiết của bài toán được viết lại thành 2 xy +. x = 1  2 3. xy + x = 3  a + 2 3.b = 3 3. Và ta lại được P  2 + 2x + 12xy = 2 + 2a 2 + 12b 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có. (. 3  2a 2 + 12b 2  + 3   2 . ). (. 3a + 6b. Từ đó ta được P  9 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a =. ). 2. (. = 3 a + 2 3.b. 1 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9, xẩy ra tại x = y =. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. ;b =. ). 2. =9. 1 1 hay x = y = . 3 3. 1 . 3. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(277) 272. Website:tailieumontoan.com Đề số 20 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BÌNH DƯƠNG Năm học 2017 – 2018. Câu 1 (3.0 điểm). a) Giải phương trình x 2 − 3x + 1 = −. 3 3. x 4 + x2 + 1. x 2 − x = yz  b) Giải hệ phương trình y 2 − y = zx z2 − z = xy  Câu 2 (1.5 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn x  2y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =. x 2 + y2 xy. Câu 3 (2.0 điểm). a) Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn điều kiện b + d  0;. (. trình x 2 + ax + b. )( x. 2. ). ac  2 . Chứng minh rằng phương b+d. + cx + d = 0 (x là ẩn) luôn có nghiệm.. ( ). b) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x 2 − y2 = xy + 8 . Câu 4 (3.5 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D, E, F lần lượt là. ( ). tiếp điểm của đường tròn O với các cạnh AB, AC, BC và I là giao điểm của BO với EF, M là một điểm di động trên đoạn CE. a) Tính số đo góc BIF . b) Gọi H là giao điểm của BM và EF. Chứng minh rằng nếu MA = AB thì tứ giác ABHI là tứ giác nội tiếp. c) Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của (O). Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của N lên các đường thẳng DE, DF. Xác định vị trí của điểm MM để độ dài PQ lớn nhất.. Câu 1 (3.0 điểm). a) Giải phương trình x 2 − 3x + 1 = −. 3 3. x 4 + x2 + 1. Điều kiện xác định của phương trình là x  R . Biến đổi phương trình đã cho ta được. (. ) (. ). 2 x2 − x + 1 − x2 + x + 1 = −. (. 3 3. (x. 2. )(. − x + 1 x2 + x + 1. ). ). Đặt a = x 2 − x + 1; b = x 2 + x + 1 a  0; b  0 . Khi đó phương trình trên trở thành Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(278) 273. Website:tailieumontoan.com. (. ). 2 3 ab ab . ab  2a − b =  4a 2 − 4ab + b 2 = 3 3 3  12a 2 − 13ab + 3b 2 = 0  4a − 3b 3a − b = 0. 2a − b = −. (. )(. ). + Với 4a − 3b = 0  4a = 3b , khi đó ta có phương trình. (. ). (. ). 4 x 2 − x + 1 = 3 x 2 + x + 1  x 2 − 7x + 1 = 0  x =. 7  45 2. + Với 3a − b = 0  3a = b , khi đó ta có phương trình. (. ). (. ). 3 x 2 − x + 1 = x 2 + x + 1  2x 2 − 4x + 2 = 0  2 x − 1. 2. =0  x =1.  7 − 45 7 + 45  ;1; Thay các nghiệm trên vào phương trình ban đầu ta được tập nghiệm là S =  . 2 2  . x 2 − x = yz  b) Giải hệ phương trình y 2 − y = zx z2 − z = xy . ( ( (. ) ) ).  x x − 1 = yz x 2 − x = yz    Biến đổi hệ phương trình ta được y 2 − y = zx   y y − 1 = zx . z2 − z = xy    z z − 1 = xy Ta xét các trường hợp sau: + Trường hợp 1. Với x = 0 , khi đó từ hệ phương trình đã cho ta được y = 0 hoặc hoặc y = 0; z = 1 hoặc y = 1; z = 0 thỏa mãn. + Trường hợp 2. Với x = 1 , khi đó từ phương trình thứ nhất ta được yz = 0 , kết hợp với phương trình thứ hai và thứ ba của hệ ta được y = z = 0 . Như vậy x = 1; y = z = 0 là nghiệm của hệ phương trình. + Trường hợp 3. Với x  0; x  1 , khi đó ta suy ra được y  0; z  0 . Từ các phương trình của hệ ta suy ra được x − 1  0; y − 1  0; z − 1  0 . Nhân theo vế các phưng trình của hệ trên ta được. (. )( y − 1)( z − 1) = x y z. xyz x − 1. Ta có 0  x − 1  x ; 0  y − 1 . 2. 2 2. (.  x −1. )( y − 1)( z − 1) = xyz. ;0  z −1  z .. (. )( y − 1)( z − 1)  xyz . Từ đó suy ra phương trình ( x − 1)( y − 1)( z − 1) = xyz vô nghiệm. Do đó ta được x − 1. Vậy trường hợp 3 thì hệ phương trình vô nghiệm.. (. ) (. )(. )(. ). Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y; z = 0; 0; 0 , −1; 0; 0 , 1; 0; 0 và các hoán vị.. Câu 2 (1.5 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn x  2y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. x 2 + y2 xy. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(279) 274. Website:tailieumontoan.com. Câu 3 (2.0 điểm). a) Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn điều kiện b + d  0;. (. trình x 2 + ax + b. )( x. 2. ). ac  2 . Chứng minh rằng phương b+d. + cx + d = 0 (x là ẩn) luôn có nghiệm.. ( ). b) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn x 2 − y2 = xy + 8 . Câu 4 (3.5 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D, E, F lần lượt là. ( ). tiếp điểm của đường tròn O với các cạnh AB, AC, BC và I là giao điểm của BO với EF, M là một điểm di động trên đoạn CE. a) Tính số đo góc BIF . b) Gọi H là giao điểm của BM và EF. Chứng minh rằng nếu MA = AB thì tứ giác ABHI là tứ giác nội tiếp. c) Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của (O). Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của N lên các đường thẳng DE, DF. Xác định vị trí của điểm MM để độ dài PQ lớn nhất.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(280) 275. Website:tailieumontoan.com Đề số 21 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN THÀNH PHỐ HÀ NỘI Chuyên Tin – Năm học 2017 – 2018. Câu 1(2.0 điểm). a) Giải phương trình. 5x − x 2 + 2x 2 − 10x + 6 = 0. x + y + xy = 3 b) Giải hệ phương trình   x + y = 2 Câu 2(2.5 điểm). a) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 2 và 3x 2 + 2y2 − z2 = 13 . b) Cho các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 = c2 . Chứng minh rằng tích ab chia hết cho. a + b + c. c) Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn 2n + 1; 3n + 1 là các số chính phương và 2n + 9 là số nguyên tố. Câu 3(1.5 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn. P =. 1. 1 1 1 + 2 + 2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 a b c +. 1. 1. +. (2a + b + c ) (a + 2b + c ) (a + b + 2c ) 2. 2. 2. Câu 4(3.0 điểm).. ( ). Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC nội tiếp đường tròn O . Gọi D là trung điểm cạnh BC, E là hình chiếu của A trên cạnh BC và H là trực tâm của tam giác ABC. Đường thẳng AD cắt đường tròn. ( O ) tại điểm thứ hai là F.. a) Chứng minh rằng BC 2 = 4DA.DF. ( ). b) Tia DH cắt đường tròn O tại điểm G. Chứng minh rằng bốn điểm A, G, E, D cùng thuộc một đường tròn.. ( ). c) Đường thẳng EF cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là E. Chứng minh rằng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác GKE. Câu 5(1.0 điểm). Ta viết lên bảng 99 số tự nhiên liên tiếp 1;2; 3;...; 99 và thực hiện thao tác sau: Xóa ba số a, b, c bất kì trên bảng rồi lại viết lên bảng số abc + ab + bc + ca + a + b + c . Thực hiện thao tác cho đến khi trên bảng chỉ còn đúng một số. Tìm số còn lại đó.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(281) 276. Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải. Câu 1(2.0 điểm).. 5x − x 2 + 2x 2 − 10x + 6 = 0 .. a) Giải phương trình. Điều kiện xác dịnh của phương trình là 0  x  5 . Phương trình đã cho tương đương với. (. ). 2 5x − x 2 − 5x − x 2 − 6 = 0 Đặt t =. (. ). 5x − x 2 t  0 . Khi đó phương trình trên được viết lại thành 2t 2 − t − 6 = 0  t = 2 ..   Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm của phương trình là S = 1; 4 . 5x − x 2 = 2  5x − x 2 = 4  x 2 − 5x + 4 = 0  x  1; 4 .. Từ đó ta được. x + y + xy = 3 b) Giải hệ phương trình   x + y = 2 Điều kiện xác định của hệ phương trình là x  0; y  0 . Bình phương hai vế phương trình thứ hai của hệ ta được x + y + 2 xy = 4 .. x + y + xy = 3 Khi đó ta có hệ phương trình  . x + y + 2 xy = 4  a = x + y b  0 . Khi đó hệ trên dược viết lại thành Đặt  b = xy. (. ). a  a b  a. (. ). 2 2 + b2 = 3  4 − 2b + b 2 = 3 b − 2b + 1 = 0   + 2b = 4 a = 4 − 2b a = 4 − 2b =1 x + y = 2   x = y =1 =2  xy = 1. ( ) ( ). Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm của hệ phương trình là x; y = 1;1 . Câu 2(2.5 điểm). a) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 2 và 3x 2 + 2y2 − z2 = 13 .. • Cách 1. Từ các hệ thức trên ta có hệ phương trình. x + y + z = 2 z = 2 − x − y   2  2 2 2 2 2 3x + 2y − z = 13 z = 3x + 2y − 13 Thế z = 2 − x − y vào phương trình thứ hai của hệ trên ta được. (2 − x − y ). 2. = 3x 2 + 2y 2 − 13  x 2 + y 2 + 4 − 4x − 4y + 2xy = 3x 2 + 2y 2 − 13.  2x 2 + y 2 − 2xy + 4x + 4y − 17 = 0  x 2 + y 2 + 4 − 2xy − 4x + 4y + x 2 + 8x + 16 = 37. (.  y−x +2. ) + (x + 4) 2. 2. = 37. Để ý rằng ta có 37 = 12 + 62 và x, y nguyên dương nên ta xét các trường hợp sau. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(282) 277. Website:tailieumontoan.com. ( (. ).  y −x +2 2 =1  + Trường hợp 1. Với   2 2 x + 4 = 6 . ). ( (. y − x + 2 = 1 x = 2 .   x + 4 = 6 y = 1. ).  y − x + 2 2 = 62  + Trường hợp 2. Với  , hệ không có nghiệm nguyên dương. 2 x + 4 = 1 . ). Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ban đầu ta tìm được z = 1 .. (. ) (. ). Vậy cặp số duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán x; y; z = 2;1;1 .. • Cách 2. Từ các hệ thức trên ta có hệ phương trình. x + y + z = 2 z = 2 − x − y  2  2 2 2 2 2 3x + 2y − z = 13 z = 3x + 2y − 13 Thế z = 2 − x − y vào phương trình thứ hai của hệ trên ta được. (2 − x − y ). 2. = 3x 2 + 2y 2 − 13  x 2 + y 2 + 4 − 4x − 4y + 2xy = 3x 2 + 2y 2 − 13. (.  2x 2 + y 2 − 2xy + 4x + 4y − 17 = 0  x − y. (. Do x, y, z là các số nguyên dương nên ta có x − y. (. Do đó ta được x − y. ) + ( x + 2) 2. 2. ). 2. ) + (x + 2) 2. 2. (.  0 và x + 2. = 21 − 4y. )  (1 + 2 ) 2. 2. = 9..  9 nên 21 − 4y  9  4y  12  y  3 .. . . Do y là số nguyên dương nên ta có y  1; 2; 3 . Ta xét các trường hợp sau.. (. + Với y = 1 , ta được x − 1. ) + ( x + 2) 2. 2. = 17  2x 2 + 2x − 12 = 0  x = 2 .. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được z = 1 .. (. ) + ( x + 2). (. ) + ( x + 2). + Với y = 2 , ta được x − 2. 2. 2. = 13  2x 2 − 5 = 0 . Phương trình không có nghiệm nguyên. dương. + Với y = 3 , ta được x − 3. 2. 2. = 9  2x 2 − 2x + 4 = 0 . Phương trình vô nghiệm.. (. ) (. ). Vậy cặp số duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán x; y; z = 2;1;1 . b) Cho các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 = c2 . Chứng minh ab chia hết cho a + b + c . Đặt t = a + b + c , khi đó ta được c = a + b − t . Thay vào đẳng thức a 2 + b 2 = c2 ta được. (. a 2 + b2 = a + b − t. ). 2.  a 2 + b 2 = a 2 + b 2 + t 2 + 2ab − 2at − 2bt 2a + 2b − t  t 2 + 2ab − 2at − 2bt = 0  2ab = t 2a + 2b − t  ab = t. 2. (. (. ). Từ đó ta được ab = a + b + c . Ta chứng minh được. ). a +b−c . 2. a +b−c là số nguyên hay a + b − c là số chẵn. 2. (. Thật vậy, từ a 2 + b 2 = c2 ta được a + b Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. ). 2. (. )(. ). = c2 + 2ab  a + b + c a + b − c = 2ab . TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(283) 278. Website:tailieumontoan.com. Do đó trong hai số a + b + c và a + b − c có ít nhất một số chẵn.. (. ) (. ). (. ). Mặt khác ta lại có a + b + c + a + b − c = 2 a + b nên a + b + c và a + b − c có cùng tính chẵn lẻ. Kết hợp lại ta được a + b + c và a + b − c cùng là số chẵn. Vậy. a +b−c là số nguyên nên ta suy ra được ab chia hết cho a + b + c . 2. c) Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn 2n + 1; 3n + 1 là các số chính phương và 2n + 9 là số nguyên tố. 2  2n + 1 = a. Do 2n + 1; 3n + 1 là các số chính phương nên tồn tai a, b nguyên dương thỏa mãn . 3n + 1 = b 2  . .. 2  n = 1 − a Từ đó ta được   2n + 9 = 2 1 − a 2 + 9 3a 2 − 2b 2 = 25a 2 − 16b 2 . 2 2 1 = 3a − 2b  . (. (. Hay ta được 2n + 9 = 5a − 4b. ) (. ). )(5a + 4b ) .. Do a và b là các số nguyên dương nên ta có 5a + 4b  5a − 4b .. 5a − 4b = 1 Do đó để 2n + 9 là số nguyên tố thì ta cần có  . 5a + 4b = 2n + 9 Từ đó ta được b =. 5a − 1 . Thay vào hệ thức 1 = 3a 2 − 2b 2 ta được 4 2.  5a − 1  2 3a 2 − 2   = 1  a − 10a + 9 = 0  a  1; 9  4 .  . + Với a = 1 ta được b = 1 , từ đó ta được n = 0 . Ta thấy 2n + 9 = 9 không phải là số nguyên tố. + Với a = 9 ta được b = 11 , từ đó ta được n = 40 . Ta thấy 2n + 9 = 89 là số nguyên tố. Vậy số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 40 . Câu 3(1.5 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn. P =. 1. 1 1 1 + 2 + 2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 a b c 1. +. 1. +. (2a + b + c ) (a + 2b + c ) (a + b + 2c ). Áp dụng bất đẳng thức quy thuộc dạng. 2. 2. 2. 1 11 1   +  ta có x +y 4x y. 1 1 1 1 1  =   +  2a + b + c a + b + a + c 4  a + b a + c  2. 2.   1 1  1 1  + Từ đó ta được      . Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được 16  a + b a + c   2a + b + c . 1  1 1   1 1   1 1  P + + +   +  +  16  a + b a + c   b + c a + b   c + a b + c   2. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 2. 2.     TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(284) 279. Website:tailieumontoan.com. Hay 16P . 2. 2. +. 2. +. 2. +. 2. +. 2. +. (a + b ) ( b + c ) ( c + a ) (a + b )( b + c ) ( b + c )( c + a ) ( c + a )(a + b ) 2. 2. 2. .. Áp dụng bất đẳng thức dạng x 2 + y 2 + z2  xy + yz + zx ta được. 2. 2. +. +. 2. 2. . 2. +. 2. +. (a + b )( b + c ) ( b + c )( c + a ) ( c + a )(a + b ) (a + b ) ( b + c ) ( c + a ) Do đó 16P . 4. 4. +. +. 4. (a + b ) (b + c) (c + a ) 2. 2. 2. . Đặt Q =. 1. 2. +. 1. 2. +. 1. (a + b ) (b + c) (c + a ) 2. 2. 2. 2. .. Áp dụng hoàn toàn tương tự như trên ta được 2 2 2 1  1 1   1 1   1 1   2  1 1 1 1 1 1  Q  +  + +  + +    2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 16  a b   b c   c a   16  a b b c c a    1 1 1 1 3 =  2 + 2 + 2= 4a b c  4. Từ đó ta được 16P  4.. 3 3 P  , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . 4 16. Vậy giá trị lớn nhất của P là. 3 , đạt được tại a = b = c = 1 . 16. Câu 4(3.0 điểm).. ( ). Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC nội tiếp đường tròn O . Gọi D là trung điểm cạnh BC, E là hình chiếu của A trên cạnh BC và H là trực tâm của tam giác ABC. Đường thẳng AD cắt đường tròn. ( O ) tại điểm thứ hai là F.. a) Chứng minh rằng BC 2 = 4DA.DF . Xét hai tam giác ADC và BDF có ADC = BDF và DAC = DBF nên suy ra ADC ∽ BDF . Từ đó ta được. AD DC = hay ta được AD.DF = BD.CD . BD DF. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(285) 280. Website:tailieumontoan.com. Do D là trung điểm của BC nên ta được BD.CD =. ( ). b) Tia DH cắt đường tròn O. BC 2 . Từ đó suy ra BC 2 = 4DA.DF 4. tại điểm G. Chứng minh rằng bốn điểm A, G, E, D cùng thuộc một. đường tròn.. ( ). Gọi I là điểm đối xứng với A qua O, khi đó AI là đường kính của đường tròn O . Do đó ta có ABI = ACI = 900 nên ta được BI song song với CH và CI song song với BH. Suy ra tứ giác IBHC là hình bình hành, do đó I đi qua trung điểm D của BC. Điều này dẫn đến ba điểm G, H, D, I thẳng hàng. Suy ra ta có DGA = 900 . Ta có DGA = DEA = 900 nên tứ giác AGED nội tiếp đường tròn.. ( ). c) Đường thẳng EF cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là E. Chứng minh rằng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác GKE.. ). (. Do tứ giác AGED nội tiếp đường tròn nên ta có EGD = EAD = 900 − EDA = 900 − DEF + DFE .. ). (. Từ đó ta được KEB = DEF = 900 − EGD + DFE . Do tứ giác AGKF nội tiếp đường tròn nên ta có DEF = 1800 − AGK = 900 − EGD − EGK .. ). (. Từ hai kết quả trên ta được KEB = 900 − 900 − EGK = EGK . Gọi Et là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác GEK, khi đó ta có KEB = KEt . Do đó ta được KEB = EGC . Từ đó suy ra hai tia Et và EB trùng nhau hay BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác GKE. Câu 5(1.0 điểm). Ta viết lên bảng 99 số tự nhiên liên tiếp 1;2; 3;...; 99 và thực hiện thao tác sau: Xóa ba số a, b, c bất kì trên bảng rồi lại viết lên bảng số abc + ab + bc + ca + a + b + c . Thực hiện thao tác cho đến khi trên bảng chỉ còn đúng một số. Tìm số còn lại đó.. (. )(. )(. ). Ta có abc + ab + bc + ca + a + b + c = a + 1 b + 1 c + 1 − 1 .. ( )( ) ( ) Khi xóa ba số a, b, c từ dãy số trên bản thì ta thay bởi ( a + 1)( b + 1)( c + 1) − 1 . Khi đó dãy số trên bảng vẫn có vẫn tích S = ( a + 1)( a + 1) ... ( a + 1) không đổi. Điều đó có nghĩa là đến khi trên bảng còn lại một số duy nhất thì tích S = ( a + 1)( a + 1) ... ( a + 1) vẫn không đổi. Từ đó suy ra số còn lại trên bảng là S − 1 = ( a + 1)( a + 1) ... ( a + 1) − 1 , với a ; a ; a ;...; a là dãy số đã cho. Giả sử dãy số trên bảng được kí hiệu là a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a 99 . Xét tích S = a 1 + 1 a 2 + 1 ... a 99 + 1 .. 1. 2. 99. 1. 1. 2. 2. 99. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 99. 1. 2. 3. 99. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(286) 281. Website:tailieumontoan.com Đề số 22 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CÁC TRƯỜNG CHUYÊN TP HỒ CHÍ MINH Năm học 2017 – 2018. Câu 1. (2.0 điểm). a) Cho các số thực a, b, c sao cho a + b + c = 3 , a 2 + b 2 + c2 = 29 và abc = 11 . Tính giá trị của. a 5 + b 5 + c5 .. (. b) Cho biểu thức A = m + n. ). 2. + 3m + n với m, n là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu. A là một số chính phương thì n 3 + 1 chia hết cho m. Câu 2. (2.0 điểm).. (. a) Giải phương trình 2 x + 2. ). 3x − 1 = 3x 2 − 7x − 3.  1 10 = −1 x + − b) Giải hệ phương trình  y x 20y 2 − xy − y = 1  Câu 3. (1.5 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC  BC . Trên các cạnh BC, AC lần lượt lấy các điểm M, N sao cho AN = AB = BM . Các đường thẳng AM và BN cắt nhau tại K. Gọi H là hình chiếu của K lên AB. Chứng minh rằng: a) Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên KH. b) Các đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH tiếp xúc với nhau. Câu 4. (1.5 điểm) Cho x, y là 2 số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =. 16 xy x 2 + y2 . + x+y xy. Câu 5. (2.0 điểm). ( ). Cho tam giác ABC có góc B tù. Đường tròn O nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB, CA, BC lần lượt tại L, H, J. a) Các tia BO, CO cắt LH lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng bốn điểm B, C, M, N cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc với AJ, d cắt AJ và đường trung trực của cạnh BC lần lượt tại D và F. Chứng minh rằng bốn điểm B, D, F, C cùng thuộc một đường tròn. Câu 6. (1.0 điểm). Trên một đường tròn có 9 điểm phân biệt, các điểm này được nối với nhau bởi các đoạn thẳng màu xanh hoặc màu đỏ. Biết rằng mỗi tam giác tạo bởi 3 trong 9 điểm chứa ít nhất một cạnh màu đỏ. Chứng minh rằng tồn tại 4 điểm sao cho 6 đoạn thẳng nối chúng đều có màu đỏ.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(287) 282. Website:tailieumontoan.com. Câu 1. (2.0 điểm). a) Cho các số thực a, b, c sao cho a + b + c = 3 , a 2 + b 2 + c2 = 29 và abc = 11 . Tính a 5 + b 5 + c5 . Ta có ab + bc + ca =. (. 1 a +b+c 2 . ) − (a 2. ). (. ). 1 + b 2 + c2  = 9 − 29 = −10 .  2. 2. (. Do đó ta có a 2 b 2 + b 2 c2 + c2a 2 = ab + bc + ca. ). 2. (. ) (. − 2abc a + b + c = −10. )(. (. ). 2. − 2.11.3 = 34 .. ) (. ). Lại có a 3 + b 3 + c3 − 3abc = a + b + c a 2 + b 2 + c2 − ab − bc − ca = 3 29 + 10 = 117 . Do đó ta được a 3 + b 3 + c3 = 117 + 33 = 150 . Từ đó dẫn đến. (a. )(a + b + c ) = a + b + c + a b + a c + b a + ( a b + b c + c a ) ( a + b + c ) − abc ( a + b + c ). + b 2 + c2. 2. = a 5 + b 5 + c5. 3. 3. 2. 3. 2. 5. 2 2. 5. 5. 3. 2. 3 2. 3 2. + b 3 c2 + c 3 a 2 + c 3 b 2. 2 2. (. ). Hay ta được 150.29 = a 5 + b 5 + c5 + 34.3 − 11 −10 . Do đó a 5 + b 5 + c5 = 4138. (. b) Cho biểu thức A = m + n. ). 2. + 3m + n với m, n là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu A là. một số chính phương thì n 3 + 1 chia hết cho m.. (. Do m, n là các số nguyên dương nên ta có m + n Do đó m + n. (. ). (. ). Do đó m + n. (. )  (m + n ) 3. 2. (. ). 2. + 3m + n  m + n + 2 .. (. ). ). 3.  A  m + n + 2 . Mà A là số chính phương nên ta được A = m + n + 1 .. 2. + 3m + n = m + n + 1. Từ đó suy ra n 3. 2. ( + 1 = ( n + 1) ( n. 2. ). 2. (. 2. ).  3m + n = 2 m + n + 1  m = n + 1 .. ). (. ). − n + 1 = m n2 − n + 1 m .. Câu 2. (2.0 điểm).. (. a) Giải phương trình 2 x + 2. ). 3x − 1 = 3x 2 − 7x − 3 .. Điều kiện xác địnhcủa phương trình là x . (. 2 x +2. (. ). Ta có. (. 3x − 1 = 3x 2 − 7x − 3  x + 2.  x + 2 + 3x − 1. Dễ thấy. 1 . Biến đổi phương trình đã cho ta được 3. ). 2. ). 2. (. +2 x +2. ). 3x − 1 + 3x − 1 = 4x 2.  x + 2 + 3x − 1 = 2x  3x − 1 = x − 2 = 4x 2     x + 2 + 3x − 1 = −2x  3x − 1 = −3x − 2  . 3x − 1 = −3x − 2 vô nghiệm vì x  x  2  3x − 1 = x − 2   3x − 1 = x − 2. (. ). 2. Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. 1 . 3. 7 + 29 x  2  2 x= . 2 x − 7x + 5 = 0. 7 + 29 là nghiệm duy nhất. 2. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(288) 283. Website:tailieumontoan.com.  1 10 = −1 x + − b) Giải hệ phương trình  y x 20y 2 − xy − y = 1  Điều kiện xác định của hệ phương trình là x  0; y  0 . Biến đổi hệ phương trình đã cho ta được.  1 10 = −1 x + −  y x  2 20y − xy − y = 1 .  2  1 10 x +x+ x + 1 + =    y x  x 1 xy + y + 1 = 20y 2  + +   y y. 1 Đặt v = , khi đó hệ phương trình trên trở thành y. x = 10 y 1 = 20 y2. 2  x + x + xv = 10  xv + v + v 2 = 20  . Lấy tổng theo vế hai phương trình của hệ ta được. ( x + v ) + ( x + v ) = 30  ( x + v + 6 )( x + v − 5 ) = 0 2. + Với x + v + 6 = 0 ta được v = −6 − x khi đó ta có hệ phương trình. (. ). x 2 + x + x −6 − x = 10 −5x = 10 x = −2     v = −6 − x v = −4 v = −6 − x. x = −2 x = −2    1 1  y = −4 y = − 4  . + Với x + v − 5 = 0 ta được v = 5 − x khi đó ta có hệ phương trình.   5 5 2 x=  x = x + x + x 5 − x = 10 6x = 10   3  3    v = 5 − x 10 v = 5 − x   v = y = 3     3 10  . (. ).  1 5 3  Kết hợp với điều kiện xác định ta được các nghiệm là x; y =  −2; −  ,  ;  4   3 10  . ( ). Câu 3. (1.5 điểm). Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC  BC . Trên các cạnh BC, AC lần lượt lấy các điểm M, N sao cho AN = AB = BM . Các đường thẳng AM và BN cắt nhau tại K. Gọi H là hình chiếu của K lên AB. Chứng minh rằng: a) Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên. A. KH. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có. AB = AN nên tam giác ABN cân tại A. Từ đó AI là đường phân giác cũng là đường cao của tam giác ABN. Do đó ta được AI vuông góc với BK. Ta cũng có tam giác ABM cân tại B nên BI là đường phân giác cũng là đường cao của tam giác ABM, do đó BI vuông góc với AK. Từ đó dẫn đến I là trực tâm tam giác ABK. Mà ta có KH vuông góc với AB nên I nằm trên KH.. E H. L T I. K. N. D B. M. C. b) Các đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH tiếp xúc với nhau. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(289) 284. Website:tailieumontoan.com. Trước hết ta phát biểu và chứng minh bài toán phụ: Cho. A. tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I. Đường tròn. ( I ) tiếp xúc với AB, AC, BC lần lượt tại D, E, F.. Khi đó ta có AD =. E. AB + AC − BC . 2. D. I. Chứng minh. Theo tính hai tiếp tuyến cắt nhau ta có. (. F. B. AD = AE; BD = BF;CE = CF . Do đó. ) (. C. ) (. ). AB + AC − BC = AD + BD + AE + CE − BF + CF = 2AD Hay ta được AD =. AB + AC − BC . Vậy bài toán phụ được chứng minh. 2. Gọi L và T lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ACH, BCH với CH. Áp dụng bài toán phụ trên ta được. HL =. AH + CH − AC BH + CH − BC ; HT = 2 2. AB + AC − BC AB + BC − CA ; BH = . Do đó suy ra 2 2. Đồng thời ta cũng có AH =. AH + CH − AC BH + CH − BC AH − BH + BC − AC − = 2 2 2  1  AB + AC − BC AB + BC − AC =  − + BC − AC  = 0 2 2 2 . HL − HT =. Từ đó suy ra HL = HT hay hai điểm L và T trùng nhau. Vậy hai đường tròn nội tiếp hai tam giác ACH và BCH tiếp xúc với nhau. Câu 4. (1.5 điểm). Cho x, y là 2 số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =. 16 xy x 2 + y2 . + x+y xy. Ta có. 16 xy x 2 + y 2 16 xy x2 + y2 + = −8+ − 2 + 10 x+y xy x+y xy 2  2 8 x− y x+ y 2  x−y =− + + 10 = x − y  x+y xy xy   2   x + y − 8xy  2  x + y = x− y   + 10 xy x + y    . P =. ). (. ). (. (. Mà ta có x + y. )(. x+ y. ). 2. (. (. ). )(. (. ). (. (. ). 2. ).  8  −  + 10 x + y . ).  2 xy.4 x. y = 8xy nên. (. x+y. )(. x+ y. (. xy x + y. ). 2. ). − 8xy.  0.. Do vậy P  10 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 10, đạt được tại x = y . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(290) 285. Website:tailieumontoan.com. Câu 5. (2.0 điểm).. ( ). Cho tam giác ABC có góc B tù. Đường tròn O nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB, CA, BC lần lượt tại L, H, J. a) Các tia BO, CO cắt LH lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng bốn điểm B, C, M, N cùng thuộc một đường tròn. A. M H. F. I N L. P. D. B. O. J. K. Ta có MOC = OBC + OCB =. C. 1 1 1 ABC + ACB = 900 − BAC = AHL = MHC nên tứ giác OHMC nội 2 2 2. tiếp đường tròn, do đó ta được OMC = OHC = 900 . Hoàn toàn tương tự ta có NOB =. 1 1 1 ABC + ACB = 900 − BAC = ALN nên tớ giác BLNO nội tiếp 2 2 2. đường tròn, do đó ta được ONB = OLB = 900 . Như vậy ta có OMC = ONB = 900 nên tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn. b) Gọi d là đường thẳng qua O và vuông góc với AJ, d cắt AJ và đường trung trực của cạnh BC lần lượt tại D và F. Chứng minh rằng bốn điểm B, D, F, C cùng thuộc một đường tròn. Gọi P là giao điểm của OD và LH, I là giao điểm của OA và LH, K là trung điểm của BC. Ta có ODA ∽ OIP nên. OD OA = hay OI.OA = OD.OP . OI OP. Vì tam giác HOA vuông tại H với HI là đường cao nên HO2 = OI.OA . Do đó ta có OD.OP = OI.OA = OH2 = OJ 2 nên suy ra OJ P ∽ ODJ . Từ đó dẫn đến OJP = ODJ = 900 nên P thuộc BC . Ta có. 1 1 ABC + ACB 2 2 = KBM + OCH = KMB + OMH = KMH. BJ N = J NO + J CO = J BO + J CO =. Từ BJN = KMH suy ra tứ giác MNJK nội tiếp đường tròn. Từ đó ta được P NJ ∽ P KM nên. PN PJ = hay P K.P J = P N.P M . PK PM. Do tứ giác KJDF nội tiếp đường tròn nên ta có P K.P J = P D.P F . Do tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn nên ta có PM.PN = PB.PC . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(291) 286. Website:tailieumontoan.com. Kết hợp các kết quả trên ta được PB.PC = PD.PF hay. PD PB = PC PF. Mà ta lại có BP D chung nên suy ra P BD ∽ P FC , suy ra PBD = PFC . Từ đó suy ra tứ giác BCFD nội tiếp đường tròn hay bốn điểm B, C, D, F cùng thuộc một đường tròn. Câu 6. (1.0 điểm). Trên một đường tròn có 9 điểm phân biệt, các điểm này được nối với nhau bởi các đoạn thẳng màu xanh hoặc màu đỏ. Biết rằng mỗi tam giác tạo bởi 3 trong 9 điểm chứa ít nhất một cạnh màu đỏ. Chứng minh rằng tồn tại 4 điểm sao cho 6 đoạn thẳng nối chúng đều có màu đỏ. Ta xét hai trường hợp sau: + Trường hợp 1. Có một điểm đã cho là đầu mút của ít nhất bốn đoạn màu xanh, mà không có tam giác nào có ba cạnh màu xanh. Do đó bốn đầu mút còn lại tạo thành bốn điểm mà 6 đoạn thẳng nối chúng đều có màu đỏ. + Trường hợp 2. Cả 9 điểm đều là đầu mút tối đa ba đoạn thẳng màu xanh. Suy ra 9 điểm đều là đầu mút của ít nhất 5 đoạn màu thẳng màu đỏ. Giả sử trong 9 điểm, mọi điểm đều kẻ từ đó ra được chỉ đúng 5 đoạn thẳng màu đỏ. Gọi A là tập hợp các đầu mút màu đỏ. Do mỗi đoạn thẳng màu đỏ có hai đầu mút màu đỏ nên số phần tử của tập hợp A là số chẵn. Nhưng khi đó số phần tử của tập hợp A là 5.9 = 45 , vô lý. Do đó có 1 điểm M trong 9 điểm trên là đầu mút của ít nhất 6 đoạn thẳng màu đỏ. Gọi B là tập hợp các đầu mút còn lại của các đoạn thẳng màu đỏ nối với M. Ta chứng minh trong trong B luôn có một tam giác có 3 cạnh màu đỏ. Thật vậy, xét điểm N tùy ý trong B, có ít nhất 5 đoạn thẳng nối với N. Trong 5 đoạn thẳng này có ít nhất ba đoạn thẳng cùng màu. - Nếu có 3 đoạn thẳng màu đỏ nối với N, tam giác tạo bởi 3 đầu mút còn lại luôn có một cạnh màu đỏ, cạnh màu đỏ này cùng với hai 2 đoạn thẳng nối với N tạo thành một tam giác có ba cạnh màu đỏ. - Nếu có 3 đoạn thẳng màu xanh nối với N, tam giác tạo bởi ba đầu mút còn lại ta tam giác có ba cạnh màu đỏ. Các tam giác này cùng với điểm M tạo thành 4 điểm mà 6 đoạn thẳng nối chúng đều có màu đỏ.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(292) 287. Website:tailieumontoan.com Đề số 23 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI Vòng 1 – Năm học 2017 – 2018. Câu 1(3.5 điểm).. x 2 + y 2 − xy = 1 a) Giải hệ phương trình  2 3 x + x y = 2y. (. ). b) Giải phương trình 2 x + 1. x +1 =. (. x +1 + 1− x. ) (2 −. 1 − x2. ). Câu 2(2.5 điểm). a) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức. 12x 2 + 26xy + 15y2 = 4617 b) Với a, b là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhát của biểu thức.  1 1  1 M = a +b  2 + 2 −  a + b b + a  ab. (. ). Câu 3(3.0 điểm). Cho hình thoi ABCD có BAD  900 . Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABD tiếp xúc với BD và BA lần lượt tại J và L. Trên đường thẳng IJ lấy điểm K sao cho BK song song ID. a) Chứng minh rằng CBK = ABI . b) Chứng minh rằng KC ⊥ KB . c) Chứng minh rằng bốn điểm C, K, I ,L cùng nằm trên một đường tròn. Câu 4. (1.0 điểm) Tìm tập hợp số nguyên dương n sao cho tồn tại một cách sắp xếp các số 1;2; 3;...; n thành. a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n mà khi chia các số a 1 ; a 1a 2 ; a 1a 2a 3 ;...; a 1a 2 ... a n cho n ta được các số dư đôi một khác nhau. Hướng dẫn giải Câu 1(3.5 điểm).. x 2 + y 2 − xy = 1 a) Giải hệ phương trình  2 3 x + x y = 2y Phương trình thứ nhất của hệ được viết lại thành xy = x 2 + y 2 − 1 . Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được. (. ). x + x x 2 + y 2 − 1 = 2y 3  x + x 3 + xy 2 − x = 2y 3  x 3 + xy 2 − 2y 3 = 0. (. )(. ). (. ).  x − y + xy − y = 0  x − y x 2 + xy + y 2 + y 2 x − y = 0 3. 3. 2. 3. x − y = 0 x = y  x − y x 2 + xy + 2y 2 = 0   2  2  x + xy + 2y = 0  x = y = 0. (. )(. ). Dễ thấy x = y = 0 không thỏa mãn phương trình thứ nhất của hệ. Do đó từ x = y thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được x 2 = 1  x = 1  x = y = 1 . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(293) 288. Website:tailieumontoan.com. ( ) ( )(. ). Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = 1;1 , −1; −1 .. (. ). b) Giải phương trình 2 x + 1. (. x +1 =. x +1 + 1− x. ) (2 −. 1 − x2. ). Điều kiện xác định của phương trình là −1  x  1 . Biến đổi tương đương phương trình ta được. ( )  2 ( x + 1)  2 ( x + 1)  ( x + 1) ( 2 x +1. Đặt a =. x +1 =. (. x +1 + 1− x. ) (2 −. 1 − x2. ( x + 1) (1 − x ) − (1 − x ) (1 + x ) 1 − x − ( x + 1) x − 1 − (1 − x ) x + 1 2. x +1 = 2 x +1 +2 1− x − x +1 = 2 x +1 +2. ). ). 2. x +1 + 1− x = 2 1− x. (. ). x + 1; b = 1 − x a  0; b  0 , khi đó ta có a 2 + b 2 = 2 .. (. 2 2  a + b = 2 . a 2 a + b = 2b  . ). Phương trình trên được viết lại thành a 2 a + b = 2b . Từ đó ta có hẹ phương trình . (. ). + Xét trường hợp b = 0 , hệ phương trình trên vô nghiệm.. (. ). + Xét trường hợp b  0 , khi đó phương trình thứ nhất của hệ tương đương với b a 2 + b 2 = 2b .. (. ). 2 3 b a 2 + b 2 = 2b a b + b = 2b  3 Khi đó ta có hệ hương trình  2 . 2 a a + b = 2b a + a b = 2b. (. ). Từ đó ta được a 2 b + b 3 = a 3 + a 2 b = 2b  a 3 = b 3  a = b . Thay vào phương trình thứ nhất của hệ và chú ý đến điều kiện ta được a 2 = 1  a = 1  a = b = 1 . Từ đó ta được. x + 1 = 1 − x = 1  x = 0 , thỏa mãn điều kiện xác định.. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0 . Câu 2(2.5 điểm). a) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức. 12x 2 + 26xy + 15y2 = 4617 Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với mọi số nguyên tố có dạng p = 4k + 3 thì ta luôn có.  a p a 2 + b2 p   a, b  Z b p  . (. ). Thật vậy, ta xét hai trường hợp sau + Trường hợp 1. Nếu một trong hai số a và b chia hết cho p thì ta suy ra điều cần chứng minh.. ( ) ( ). + Trường hợp 2. Nếu cả hai số a và b cùng khoog chia hết cho p. Khi đó ta có a; p = b; p = 1 .. ( (. ) ). ( (. ) ). p −1 4k +2    1 mod p a  1 mod p a Theo định lí Fecmat ta có  p −1   4k +2  a 4k +2 + b 4k +2  2 mod p . b  1 mod p b  1 mod p    . ( ). Mặt khác ta có a 4k +2 + b 4k +2 = a 2.  k +1. ( ). + b2. 2k +1. (. ). chia hết cho a 2 + b 2 nên chia hết cho p.. Từ đó suy ra 2 chia hết cho p, mà p là số nguyên tố nên ta được p = 2 . Điều này mâu thuẫn vì p là số nguyên tố lẻ. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(294) 289. Website:tailieumontoan.com. Như vậy trường hợp 2 không xẩy ra hay bổ đề được chứng minh. Trở lại bài toán. Do 4617 chia hết cho 19 nên 12x 2 + 26xy + 15y 2 19 hay ta được. 12x 2 − 12xy + 15y 2 + 38xy 19  12x 2 − 12xy + 15y 2 19. (. ).  3 4x 2 − 4xy + 5y 2 19  4x 2 − 4xy + 5y 2 19. (. ). (.  4x 2 − 4xy + y 2 + 4y 2 19  2x − y. ) + (2y ) 2. 2. 19. Do 19 là số nguyên tố có dạng 4k + 3 nên áp dụng bổ đề trên ta suy ra được.     2x − y 19 3x − 2y 19 3x 19 x 19     2y 19 2y 19 2y 19 y 19         Từ đó ta được 4x 2 − 4xy + 5y 2 192 . Điều này dẫn đến mâu thuẫn vì 4617 không chia hết cho 192 .. ( ). Vậy không tồn tại cặp số nguyên x; y thỏa mãn yêu cầu bài toán. b) Với a, b là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhát của biểu thức.  1 1  1 M = a +b  3 + 3 −  a + b b + a  ab. (. ). Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có. (a. 3. 2 1  1  + b  + b   a + b ; b3 + a  + a   a + b a  b . ). (. ) (. ). (. ). 2. 1 1 +b +a a +b a + b Từ đó ta được 3 . Do đó suy ra  a ; 3  b a +b a +b b +a a +b. ( Suy ra M . 1 1 1 1 +b +a a +b + +  1 1  a +b a +b a b a +b  3 + = 3 + 3  a + b = 3  a + b a + b a + b a + b a + b a + b b + a  . ). 1 1 + ab a + b + a + b − a + b ab a + b a b − 1 = = =1 a +b ab a + b ab ab a + b. a +b+. (. ) (. (. ). ). ( (. ) ). Vậy giá trị lớn nhất của M là 1, đạt được tại a = b = 1 . Câu 3(3.0 điểm). Cho hình thoi ABCD có BAD  900 . Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABD tiếp xúc với BD và BA lần lượt tại J và L. Trên đường thẳng IJ lấy điểm K sao cho BK song song ID. a) Chứng minh rằng CBK = ABI .. B. Ta có. L. CBK = CBD − KBD; ABI = ABD − IBD . Lại có ABD = CBD . Mặt khác do ID song song. A. J. C. I. với BK nên ta có IBD = IDB = DBK . Từ đó suy ra CBK = ABI. K D. b) Chứng minh rằng KC ⊥ KB . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(295) 290. Website:tailieumontoan.com. Dễ thấy KJC = LJI . Lại có IJL = IBJ = LBI . Kết hợp với CBK = ABI ta được CBK = CJ K nên tứ giác BCKJ nội tiếp đường tròn. Do đó BJC = BKC = 900 hay KC ⊥ KB . c) Chứng minh rằng bốn điểm C, K, I ,L cùng nằm trên một đường tròn. Tam giác IJL cân tại I nên ta có ILJ = IJ L = IBJ . Mà ta có IBJ = J BK nên ILJ = JBK Mặt khác do tứ giác BCKJ nội tiếp đường tròn nên JBK = JCK . Từ đó ta được ILJ = JBK = JCK nên suy ra tứ giác CKIL nội tiếp đường tròn. Câu 4. (1.0 điểm) Tìm tập hợp số nguyên dương n sao cho tồn tại một cách sắp xếp các số 1;2; 3;...; n thành. a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n mà khi chia các số a 1 ; a 1a 2 ; a 1a 2a 3 ;...; a 1a 2 ... a n cho n ta được các số dư đôi một khác nhau.. (. ). Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với hợp số n  4 ta luôn có n − 1 ! n . Thật vậy, do n là hợp số và n  4 nên ta viết được n = a.b trong đó a, b  N;1  a, b  n . Khi đó ta. (. ). suy ra được 2  a, b  n − 1 . Từ đó dễ thấy ta luôn có n − 1 ! n .. (. ). Trở lại bài toán. Ta thấy a n = n vì nếu a n  n thì a i = n i  1; n − 1 .. a .a ...a n Khi đó ta có  1 2 i , điều này mâu thuẫn với giả thiết của bài toán. a 1.a 2 ...a n n. (. ). Do vậy a n = n . Giả sử n là hợp số và n  4 , khi đó theo bổ đề ta có a 1 .a 2 ...a n −1 = n − 1 ! n . Mặt khác theo bài ra ta lại có a 1 .a 2 ...a n n . Như vậy a 1 .a 2 ...a n −1 và a 1 .a 2 ...a n n có cùng số dư khi chia cho n. Điều này mâu thuẫn với giả thiết của bài toán. Từ đó suy ra n  4 . Mà do n là hợp số nên ta được n = 4 . Ta thấy với n = 4 thì bộ số 1; 3;2; 4 viết được dãy số 1;1.3;1.3.2;1.3.2.4 chi chia cho 4 có số dư lần lượt là 1; 3;2; 0 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(296) 291. Website:tailieumontoan.com Đề số 24 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN ĐHKHTN HÀ NỘI Vòng 2 – Năm học 2017 – 2018. Câu 1 (3.5 điểm).. x + y = x + 3y 1. Giải hệ phương trình  2 2 x + y + xy = 3 2. Với a, b là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b = 1 . Chứng minh rằng:. a b + = 2 1+a 1 + b2. (. 1 + ab. )(. ). (. ). 2 1 + a 2 1 + b2. Câu 2 (2.5 điểm).. (. ). 1. Giả sử p và q là các số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức p p − 1 = q q 2 − 1 . a) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k sao cho p − 1 = kq, q 2 − 1 = kp .. (. ). (. ). b) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn đẳng thức p p − 1 = q q 2 − 1 . 2. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca + abc = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. M=. a +1 b +1 c +1 + 2 + 2 a + 2a + 2 b + 2b + 2 c + 2c + 2 2. Câu 3 (3.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn với AB  AC . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của CA, AB. Đường trung trực của EF cắt BC tại D. Giả sử P nằm trong góc EAF và nằm ngoài tam giác AEF sao cho. PEC = DEF và PEB = DFE . Đường thẳng PA cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF tại Q khác P. a) Chứng minh rằng EQF = BAC + EDF . b) Tiếp tuyến tại P của đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF cắt CA, AB lần lượt tại M, N. Chứng. ( ). minh rằng bốn điểm C, M, B, N cùng nằ trên một đường tròn. Gọi đường tròn này là đường tròn K .. ( ). c) Chứng minh rằng đường tròn K tiếp xúc với đường tròn ngại tiếp tam giác AEF. Câu 4 (1.0 điểm). Cho n là số nguyên dương với n  5 . Xét đa giác lồi n cạnh. Người ta muốn kẻ một số đường chéo của đa giác mà các đường chéo này chia đa giác thành đúng k miền, mõi miền là mọt ngũ giác lồi (hai miền bất kì không có điểm chung trong). a) Chứng minh rằng ta có thể thực hiện được với n = 2018, k = 672 b) Với n = 2017, k = 672 ta có thể thực hiện được không? Hãy giải thích. Hướng dẫn giải. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(297) 292. Website:tailieumontoan.com. Câu 1.. ( (.  x+y  1) Hệ phương trình tương đương với   x + y. ) ). 2. = x + 3y. 2. = 3 + xy. x = 3 Do đó ta có phương trình x + 3y = 3 + xy  x − 3 y − 1 = 0    y = 1. (. )(. ). x = 3 x = 3  + Với  2 , hệ phương trình vô nghiệm.  2 2 x + y + xy = 3 y + 3y + 6 = 0 y = 1 y = 1  x = 1; y = 1   + Với  2 .   2 2  x = −2; y = 1 x + y + xy = 3 x + x − 2 = 0. ( ) ( ). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x; y = 1;1 . 2. Với a, b là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b = 1 . Chứng minh rằng:. a b + = 2 1+a 1 + b2. 1 + ab. (. )(. 2 1 + a 2 1 + b2. ). Cách 1. Do ab + a + b = 1 nên ta được. (. )(. ). (. )(. a 2 + 1 = a 2 + ab + a + b = a + b a + 1 ; b 2 + 1 = b 2 + ab + a + b = a + b b + 1. ). Đẳng thức cần chứng minh tương đương với. a. b. +. 1 + ab. =. ( a + b )( a + 1) (a + b )( b + 1) 2 ( a + b ) (a + 1)( b + 1) a ( b + 1) + b ( a + 1 ) 1 + ab  = ( a + b )( a + 1)( b + 1) 2 ( a + b ) ( a + 1)( b + 1)  ( a + 1)( b + 1) = 2 ( a + 1)( b + 1)  ( a + 1)( b + 1) = 2  ab + a + b = 1 2. 2. Do đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên đẳng thức cần chứng minh đúng.. (. ) ( )= 1 + ab (a + 1)( b + 1) 2 ( a + 1)( b. a b2 + 1 + b a 2 + 1 Cách 2. Đẳng thức cần chứng minh tương đương với. (. ) (. ) (. )(. 2. 2. 2. 2. +1. ). .. ). Mà ta có a b 2 + 1 + b a 2 + 1 = a + b ab + 1 nên đẳng thức trên tương đương với. (. (. a +b. )(. a +1 b +1 2.  a +b. 2. ). = 2. (. 2 a +b. 2. ) = ( ab − 1) 2. 1. ) = (a 2. 2. )(. ). + 1 b 2 + 1  a 2 + b 2 + 4ab = a 2 b 2 + 1.  a + b = ab − 1  ab + a + b = 1. Do đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên đẳng thức cần chứng minh đúng. Câu 2. 1. Câu 2 (2.5 điểm).. (. ). (. ). 1. Giả sử p và q là các số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức p p − 1 = q q 2 − 1 . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(298) 293. Website:tailieumontoan.com. a) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k sao cho p − 1 = kq, q 2 − 1 = kp .. p = q = 0 Nếu p = q thì ta có p − 1 = q 2 − 1   , điều này vô lí vì p, q là các số nguyên tố. p = q = 1 Do vậy p  q , khi đó do p và q là các số nguyên tố nên p − 1 q và q 2 − 1 p . Như vậy tồn tại các số nguyên dương m, n thỏa mãn p − 1 = mq; q 2 − 1 = np , thay vào đẳng thức đã. p − 1 = kq cho ta được m = n . Do vậy tồn tại số nguyên dương k sao cho  2 . q − 1 = kp. (. (. ). ). b) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn đẳng thức p p − 1 = q q 2 − 1 .. (. ). Thế p = kq + 1 vào hệ thức q 2 − 1 = kp ta được q 2 − 1 = k kq + 1  q 2 − k 2 q − k − 1 = 0 . Xem phương trình là phương trình bậc hai ẩn q, khi đó để phương trình có nghiệm nguyên dương thì. (. ).  = k 4 + 4 k + 1 = k 4 + 4k + 4 phải là số chính phương.. (. Ta có k 4  k 4 + 4k + 4  k2 + 2. ). 2. (. ). 2. nên ta được  = k 2 + 1 .. (. ). Từ đó ta được k 4 + 4k + 4 = k2 + 1. 2.  k = k2  k = 1 .. Thay vào hệ thức đã cho ta được q 2 − q − 2 = 0  q = 2  p = 3 . Vậy các số p = 3; q = 2 là các số nguyên tố cần tìm. 2. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca + abc = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. M=. a +1 b +1 c +1 + 2 + 2 a + 2a + 2 b + 2b + 2 c + 2c + 2 2. Biến đổi giả thiết ab + bc + ca + abc = 2 ta được. (1 + a )(1 + b )(1 + c ) = (1 + a ) + (1 + b ) + (1 + c ) 1. . Đặt x =. 1. +. 1. +. (1 + a )(1 + b ) (1 + a )(1 + c ) (1 + b )(1 + c ). =1. 1 1 1 ;y = ;z = , khi đó ta thu được xy + yz + zx = 1 . 1+a 1+b 1+c. Biểu thức M được viết lại thành. M=. =. a +1. ( a + 1). 2. +1. +. b +1. ( b + 1). 2. +1. +. c +1. ( c + 1). 2. +1. =. 1 x 1 +1 x2. +. 1 y 1 +1 y2. +. 1 z 1 +1 z2. x y z + 2 + 2 x +1 y +1 z +1 2. (. Để ý ta có x 2 + 1 = x 2 + xy + yz + zx = x + y. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. )( x + z ) . Áp dụng tương tự ta được. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(299) 294. Website:tailieumontoan.com x. M=. y. +. z. +. ( x + y )( x + z ) ( y + z )( x + y ) ( x + z )( y + z ) x ( y + z) + y (z + x ) + z (x + y ) 2 ( xy + yz + zx ) 2 = = = ( x + y )( y + z )( z + x ) ( x + y )( y + z )( z + x ) ( x + y )( y + z )( z + x ) Ta chứng minh được 9 ( x + y )( y + z )( z + x )  8 ( x + y + z )( xy + yz + zx ) . (. Vì x + y + z. ). 2. (. ).  3 xy + yz + zx = 3 nên x + y + z  3 . Nên ta được. M. 2. (. )(. 8 x + y + z xy + yz + zx 9. Vậy giá trị lớn nhất của M là. ). =. (. 9. 4 x+y+z. ). . 9. =. 4 3. 3 3 4. 3 3 1 , đạ được tại x = y = z =  a = b = c = 3 −1. 4 3. Câu 3 (3.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn với AB  AC . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của CA, AB. Đường trung trực của EF cắt BC tại D. Giả sử P nằm trong góc EAF và nằm ngoài tam giác AEF sao cho. PEC = DEF và PEB = DFE . Đường thẳng PA cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF tại Q khác P. A. Q. F. A. I. E. X. R. M. P. Y. E. F Z. B. C. D. P. N. K B. C. D. Hình 1. Hình 2 a) Chứng minh rằng EQF = BAC + EDF . Vì tứ giác PEQF nội tiếp đường tròn nên ta có. EQF = 1800 − EP F = P EF + P FE = DEC + DFB. (. ) (. ). = EAD + EDA + FAD + FDA = BAC + EDF b) Tiếp tuyến tại P của đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF cắt CA, AB lần lượt tại M, N. Chứng minh. ( ). rằng bốn điểm C, M, B, N cùng nằ trên một đường tròn. Gọi đường tròn này là đường tròn K .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(300) 295. Website:tailieumontoan.com. Không mất tính tổng quát ta giả sử M nằm giữa A, C và N nằm trên tia đối của tia BA (các trường hợp còn lại chứng minh tương tự). Khi đó ta có. MNB = 1800 − NP F − P FN = 1800 − P EF − DFE = 1800 − DEC − DEF = 1800 − CEF = AEF = ACB. ( ). Do đó tứ giác NCMB nội tiếp đường tròn K .. ( ). c) Chứng minh rằng đường tròn K tiếp xúc với đường tròn ngại tiếp tam giác AEF. Ta có nhận xét: PAB = DAC . Thật vậy, gọi X, Y, Z lần lượt là điểm đối xứng với P qua EF, AE, AF thì từ giả thiết PEC = DEF suy ra DEY = DEX , mà ta có EX = EY nên DX = DY . Tương tự thì ta có. DX = DZ nên DX = DY = XZ , lạ có AY = AP = AZ ta được DAZ = DAY . Kết hợp tính đối xứng ta được PAB = DAC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác PEM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại R khác E. Ta thấy RPN = R EM = RFA nên tứ giác PRFN nội tiếp đường tròn. Lại do tứ giác BNCM nội tiếp đường tròn nên BAC = 1800 − NBC = 1800 − CMN = AMN . Từ đây ta thu được A R E = AFE = ABC = AMN = 1800 − PRE nên ba điểm A, R, P thẳng hàng. Gọi giao điểm của EF và AD là I, theo tính chất đường trung bình thì I là trung điểm của AD. Ta lại có AEI = ARF , kết hợp với nhận xét ta được AEI ∽ ARF . Từ đó ra suy ra được AED ∽ ARB . Ta thu được. ABR = ADE = DEC − DAE = PEF − PAB = PEF = FER = PER = RMP. ( ). Từ đó tứ giác NMRB nội tiếp đường tròn hay năm điểm M, N, R, B, C cùng nằm trên đường tròn K . Lại có ERM = EPM = EFP = EFR + RFP = RAE + RNM .. ( ). Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác REF và đường tròn K tiếp xúc nhau tại R. Câu 4 (1.0 điểm). Cho n là số nguyên dương với n  5 . Xét đa giác lồi n cạnh. Người ta muốn kẻ một số đường chéo của đa giác mà các đường chéo này chia đa giác thành đúng k miền, mõi miền là mọt ngũ giác lồi (hai miền bất kì không có điểm chung trong). a) Chứng minh rằng ta có thể thực hiện được với n = 2018, k = 672 . Kí hiệu đa giác 2018 cạnh là A1A 2 A 3 ...A 2018 , kẻ các đường chéo A1A 5 ; A1A 8 ; A1A11;...; A 1A 2015 khi đó đa giác A1A 2 A 3 ...A 2018 được chia thành 672 ngũ giác lồi gồm:. A1A 2 A 3 A 4 A 5 ; A1A 5 A 6 A 7 A 8 ;...; A 1A 2012A 2013A 2014 A 2015 ; A 1A 2015A 2016A 2017 A 2018 b) Với n = 2017, k = 672 ta có thể thực hiện được không? Hãy giải thích. Giả sử ta có thể chia đa giác lồi 2017 cạnh thành 672 ngũ giác lồi bằng các đường chéo của nó. Gọi p là số giao điểm của các đường chéo nằm trong đa giác. Do mỗi đỉnh của ngũ giác lồi là là đỉnh của đa giác đã cho hoặc là một trong p giao điểm của các đường chéo nên tổng số góc các ngũ giác này là. (. ). (. ). p.3600 + 2017 − 2 1800 = 2p − 2015 1800 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(301) 296. Website:tailieumontoan.com. Mặt khác số ngũ giác lồi là 672, mỗi ngũ giác lồi có tổng số góc ở đỉnh là 3.1800 nên tổng số góc của các ngũ giác lồi là 672.3.1800 .. (. ). Từ đó ta được 2p − 2015 1800 = 672.3.180 0  p =. 1 , vô lý. 2. Vậy ta không thể thực hiện được với n = 2017, k = 672 .. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(302) 297. Website:tailieumontoan.com Đề số 25 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Vòng 2 – Năm học 2017 – 2018. Bài 1 (3.0 điểm)..  a +1 − a) Rút gọn biểu thức P =   a −1 . (. b) Giải phương trình x − 2. ).  a +4 a: với a  0; a  1 .  a −1 a +1  a −1. x − 3 = 3x − 6 ..  x 2 + xy − 2y 2 = 0 c) Giải hệ phương trình  3x + 2y = 5xy Bài 2 (2.0 điểm).. ( ). (. ( ). ). a) Cho đa thức P x = ax 2 + bx + c a, b, c  R . Biết rằng P x  0 với mọi x  R . Chứng minh rằng. 5a + b + 3c  1. a −b+c b) Cho p là một số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên n để A = n 4 + 4n p −1 là số chính phương.. Bài 3 (1.0 điểm). Cho x, y là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức:. P =. 1 1 xy +  +  2 x 2 + y2 2 x +y x y. (. 2. ). Bài 4 (1.0 điểm).. (. ( ) ) tam giác ABC. Tia AI cắt đường tròn ( O ) tại J khác A. Đường thẳng OJ cắt đường tròn ( O ) tại K khác J Cho tam giác ABC nhọn AB  AC nội tiếp đường tròn O . Gọi I là tam đường tròn nội tiếp. và cắt C tại E. a) Chứng minh rằng J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC và J E.J K = J I2 .. ( ). b) Tiếp tuyến của đường tròn O tại B và C cắt nhau tại S. Chứng minh rằng SJ.EK = SK.EJ .. ( ). ( ). c) Đường thẳng SA cắt đường tròn O tại D khác A, đường thẳng DI cắt đường tròn O tại M khác D. Chứng minh rằng MJ đi qua trung điểm của đoạn thẳng EI. Bài 5 (1.0 điểm). Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Gọi P là giao điểm của AN và BM, Q là giao điểm của DN và CM. Tìm giá trị nhỏ nhất của S =. NA ND MB MC + + + . NP DQ MP MQ. Hướng dẫn giải Bài 1 (3.0 điểm)..  a +1 − a) Rút gọn biểu thức P =   a −1 .  a +4 a: với a  0; a  1 .  a −1 a +1  a −1. Với a  0; a  1 ta có Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(303) 298. Website:tailieumontoan.com. ) (. (. 2  a + 1 − a −1  a +1   a −1 a P = − +4 a: =  a −1  a −1  a −1 a +1    4 a  a −1 = + 4 a . = 4 + 4 a − 1 = 4a a −1  a  . (. (. b) Giải phương trình x − 2. ). ). 2.   a −1 + 4 a . a  . ). x − 3 = 3x − 6 .. Điều kiện xác định của phương trình là x  3 . Biến đổi phương trình đã cho ta được. ( x − 2). (. x − 3 = 3x − 6  x − 2. x − 2 = 0 x −3 −3 =0     x − 3 − 3 = 0. ). )(. x = 2   x = 12. Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 12 là nghiệm duy nhất của phương trình..  x 2 + xy − 2y 2 = 0 c) Giải hệ phương trình  3x + 2y = 5xy Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ ta được. (. )(. ). (. ). (. )(. ). x 2 − y 2 + xy − y 2 = 0  x + y x − y + y x − y = 0  x + 2y x − y = 0 + Với x + 2y = 0 ta được x = −2y , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được. y = 0  x = 0; y = 0  −6y + 2y = −10y  y 5y − 2 = 0   y = 2 x = − 4 ; y = 2   5 5 5. (. 2. ). + Với x − y = 0 ta được x = y , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được. y = 1  x = 0; y = 0 3y + 2y = 5y 2  y y − 1 = 0     y = 1  x = 1; y = 1. (. ).  4 2 Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là x; y = 0; 0 , 1;1 ,  − ;   5 5. ( ) ( )( ). Bài 2 (2.0 điểm).. ( ). (. ( ). ). a) Cho đa thức P x = ax 2 + bx + c a, b, c  R . Biết rằng P x  0 với mọi x  R . Chứng minh rằng. 5a + b + 3c  1. a −b+c. ( ). Ta có P x  0 nên ta có  = b 2 − 4ac  0 và a  0 . Từ đó ta suy ra được c  0 . Khi đó ta được b 2 − 4ac  0  b 2  4ac  −2 ac  b  2 ac .. (. ). Mà ta có 2 ac  a + c nên ta được − a + c  b  a + c , suy ra a − b + c  0 . Từ đó ta được. 5a + b + 3c  1  5a + b + 3c  a − b + c  4a + 2b + 2c  0  2a + b + c  0 . a −b +c. (. ). Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng do b  a − a + c  b  a + c . Vậy bài toán được chứng minh xong Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(304) 299. Website:tailieumontoan.com. b) Cho p là một số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên n để A = n 4 + 4n p −1 là số chính phương. Ta xét các trường hợp sau + Trường hợp 1. Nếu p = 2 . khi đó ta có A = n 4 + 4n .. (. Xét n  0 , khi đó dễ thấy n 4  n 4 + 4n  n 4 + 4n 2 + 4  n 4  n 4 + 4n  n 2 + 2. ). 2. (. ). Do A = n 4 + 4n là số chính phương nên ta được A = n 4 + 4n = n 4 hoặc A = n 4 + 4n = n 2 + 1. 2. Với n 4 + 4n = n 4  n = 0 .. (. ). Với n 4 + 4n = n 2 + 1. 2.  n 4 + 4n = n 4 + 2n 2 + 1  2n 2 − 4n + 1 = 0 , phương trình không có nghiệm. nguyên. Xét n = −1 và n = −2 , thay vào ta được A không phải là số chính phương.. (. ). Xét n  −2 , khi đó dễ thấy n 4 − 2n 2 + 1  n 4 + 4n  n 4  n 2 − 1. 2. ( ).  n 4 + 4n  n 2. 2. Do đó A = n 4 + 4n không thể là số chính phương. + Trường hợp 1. Nếu p  2 , khi đó do p là số nguyên tố nên p là số lẻ. Do A là số chính phương nên tồn tại số nguyên t để A = n 4 + 4n p −1 = t 2 . Dễ thấy với n = 0 thì A là số chính phương. 2.  t  Xét n  0 , khi đó ta có n 4 + 4n p +1 = t 2  1 + 4n p −3 =  2  . n  2. Do p là số nguyên tố lẻ nên 1 + 4n 2. Đặt 4n. p −3. p −3.  t  là số nguyên dương, do đó  2  và 4n p −3 là số chính phương. n .  t  = a ;  2  = b 2 a, b  Z ta có phương trình n . (. 2. ). (. 1 + a 2 = b2  b − a. b − a = b + a = 1. b = 1; a = 0. . . )( b + a ) = 1  b − a = b + a = −1  b = −1; a = 0 2. Với b = 1; a = 0 ta có 4n. p −3.  t  = 0;  2  = 1  n = 0 , điều này vô lý vì n  0 n  2.  t  Với b = −1; a = 0 ta có 4n p −3 = 0;  2  = 1  n = 0 , điều này vô lý vì n  0 . n  Như vậy khi p  2 không tồn tại số nguyên n để A là số chính phương. Vậy với n = 0; p = 2 thì A là một số chính phương. Bài 3 (1.0 điểm). Cho x, y là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức:. P =. 1 1 xy +  +  2 x 2 + y2 2 x +y x y. (. (. 2. ) (. Với x, y là các số thực dương ta có 2 x 2 + y 2  x + y. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. ). 2. (. ). ).  2 x 2 + y2  x + y .. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(305) 300. Website:tailieumontoan.com. (. x+y 1 1 1 1 Do đó ta được  +  2 x 2 + y 2   +  x + y = xy x y x y. (. (. ). ). (. (. ) (. Lại có 7 x 2 + y2 + 2xy = 6 x 2 + y2 + x + y. (. Do đó ta được xy  2 x + y. xy  Từ đó ta có 2 x + y2. Do vậy ta được P . 2. (. 2 x+y. (. 2 x+y x +y 2. (. 2 x+y x +y 2. ). 7 2 x + y2 2. ). −. 2. (. 3 x+y. 2. ) + (x + y ) 2. (. 2. ). 2. =4 x+y .. ). (. ). 7 2 2 x + y2 2 x+y 7 2 = 2 − 2 2 2 2 x +y x +y 2. ) + (x + y) 2. (. ). 2. 2. xy. ) + (x + y) 2. 2. Từ đó suy ra P  8 −. (. −. ). ). ). 2. xy. =. 7 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 2. −. (. 2 x+y x +y 2. ). 2. 2. +. (. 2 x+y. ). 2. 2xy. (. ). 2. 2 x+y .. 4 =8 x + y 2 + 2xy 2. 7 9 = , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y . 2 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là. 9 , đạt được tại x = y . 2. Bài 4 (1.0 điểm).. (. Cho tam giác ABC nhọn AB  AC. ). ( ). nội tiếp đường tròn O . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp. ( ). ( ). tam giác ABC. Tia AI cắt đường tròn O tại J khác A. Đường thẳng OJ cắt đường tròn O tại K khác J và cắt C tại E. a) Chứng minh rằng J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC và J E.J K = J I2 . Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI. K M. là phân giác của góc BAC , do đó J là điểm chính. ( ). A. giữa cung BC không chứa A của đường tròn O . Từ đó ta suy ra được J B = J C . Ta có BI là phân giác của góc ABC nên ABI = IBC =. 1 ABC . 2. Ta có IBJ = IBC + CBJ = ABI + BAJ = BIJ. O. I. nên. tam giác BIJ cân tại J, do đó BJ = IJ .. E. B. C. Như vậy ta được J B = J C = J I nên J là tâm đường trong ngoại tiếp tam giác BIC.. ( ). D. J. F. Ta có JK là đường kính của đường tròn O . Khi đó tam giác BKJ vuông tại B nên ta có BJ 2 = J E.J K . Mà BJ = IJ nên J E.J K = J I2 S. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. T. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(306) 301. Website:tailieumontoan.com. ( ). b) Tiếp tuyến của đường tròn O tại B và C cắt nhau tại S. Chứng minh rằng SJ.EK = SK.EJ . Do J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SBC nên BJ là đường phân giác trong của tam giác SBE, theo tính chất đường phân giác của tam giác ta có. SJ BS = . J E BE. Do BK vuông góc với BJ nên BK là đường phân giác ngoài tại đỉnh B của tam giác SBE, do đó theo tính chất đường phân giác ta có Từ đó ta được. KS BS = . KE BE. SJ KS = nên suy ra SJ.EK = SK.EJ . J E KE. ( ). ( ). c) Đường thẳng SA cắt đường tròn O tại D khác A, đường thẳng DI cắt đường tròn O tại M khác D. Chứng minh rằng MJ đi qua trung điểm của đoạn thẳng EI.. ( ). Trước hết ta chứng minh BAD = CAE . Thật vậy, gọi F là giao điểm của AE với đường tròn O . Ta có SB2 = SD.SA = SE.SO nên tứ giác AOED nội tiếp đường tròn. Do đó ta được DOJ = DAF nên J. ( ). là điểm chính giữa cung DF của đường tròn O . Điều này dẫn đến BD = CF nên BAD = CAE . K M A. O. I. E. B. D. J. C. F. S. Xét hai tam giác ABD và AEC có BAD = CAE và ADB = ACE nên ABD ∽ AEC , từ đóta suy ra được. AB AD =  AB.AC = AE.AD . AE AC. Gọi T là tâm đường tròn bàng tiếp góc BAC của tam giác ABC. Khi đó BT là đường phân giác ngoài tại đỉnh B của tam giác ABC, do đó IBT = 900 nên tam giác IBT vuông tại B. Mà ta đã có J B = J I nên suy ra J là trung điểmcủa IT.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(307) 302. Website:tailieumontoan.com. Mặt khác ta có BAI = CAI và ACT = 900 + ACI = AIB nên ta được ATC ∽ BAJ . Từ đó ta có. AI.AT = AB.AC . Kết hợp các kết quả trên ta được AI.AT = AE.AD , điều này dẫn đến AID ∽ AET . Do đó suy ra ATE = ADI = AJM nên ta được JM song song với ET. Mà J là trung điểm của IT nên MJ đi qua trung điểm của IE. Bài 5 (1.0 điểm). Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Gọi P là giao điểm của AN và BM, Q là giao điểm của DN và CM. Tìm giá trị nhỏ nhất của S =. Ta có. NA ND MB MC + + + NP DQ MP MQ. NA P A ND QD MB P B MC QC =1+ ; =1+ ; =1+ ; =1+ NP P N NQ QN MP P M MQ QM. Từ đó ta được S =. NA ND MB MC P A QD P B QC + + + =4+ + + + . NP NQ MP MQ P N QN P M QM. Từ đó ta đi tìm giá trị T =. P A P B QC QD + + + . P N P M QM QN. Cách 1. Ta có nhận xét như sau: Nếu hai tam giác có cạnh đáy hoặc chiều cao bằng nhau thì tỉ số diện tích bằng tỉ số chiều cao hoặc cạnh đáy tương ứng.. A'. A E. Từ nhận xét đó và do M, N là trung điểm của AD và BC nên. P. ta được SBAD + SCAD = 2SNAD và SABC + SDBC = 2SMBC. N M. Từ đó ta được. P A P B QC QD 2SABM 2SABN 2SCDN 2SCDM + + + = + + + P N P M QM QN 2SNBM 2SMAN 2SMDN 2SCNM S  S S S S S = ABD + ABC + DBC + CAD = 2  NAD + MBC   4 S  SMBC SNAD SNAD SMBC  MBC SNAD . B. F. O Q K. D. D' C. H.  = 2SMBN 2S Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi SNAD = SMBC   MAN hay AB//MN//CD. 2SNDM = 2SMCN   Cách 2: Gọi giao điểm của MN và PQ là O. Các đường thẳng qua A, B, C, D song song với MN cắt PQ lần lượt tại E, F, H, K. Theo định lí Talets ta có. P A P B QC QD AE BF CH DK AE + DK BF + CH + + + = + + + = + P N P M QM QN ON OM OM ON ON OM  OM ON  2OM 2ON = + = 2 + 4 ON OM  ON OM  Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi.    AE = AE ' BF = AE ' B  A ' AB//MN//CD OM = ON   hay AB//MN//CD   DK = KD ' CH = KD ' C  D'       Vậy giá trị lớn nhất của S là 8, xẩy ra khi ABCD là hình thang với AB, CD là hai đáy. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(308) 303. Website:tailieumontoan.com Đề số 26 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN PTNK TP HỒ CHÍ MINH Vòng 1 – Năm học 2017 – 2018. Câu 1 (1.0 điểm). Biết a và b là các số dương, a  b và. (. ) (.  a + 2b 2 − b + 2a   a +b  Tính S =. ). 2. )(. (. ).    a a +b b a a −b b  : − 3ab  = 3   a −b   . 1 + 2ab a 2 + b2. Câu 2 (2.0 điểm).. (. a) Giải phương trình x 2 − 6x + 5. )(. ). x −2 − x + 4 = 0.. ). (.  x x + 2y − 3 = 0  b) Giải hệ phương trình  2 2 x − 6xy − y = 6. (. Câu 3 (1.5 điểm). Cho phương trình x + m. ). 2. (. ). (). −5 x +m +6 = 0 1 .. (). a) Chứng minh rằng phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x 1; x 2 với mọi số thực m. Tính. (. giác trị của biểu thức S = x 1 + m. ) + (x 2. 2. +m. ). 2. (. + 5 x 1 + x 2 + 2m. (. ) ). b) Biết x 1  x 2 , tìm m sao cho x 2  1 và x 12 + 2x 2 = 2 m − 1 . Câu 4 (2.0 điểm). a) Nam kể với Bình rằng ông 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 các cạnh AB, BC, CD, DA) để trồng các loại rau sạch, các phần còn lại dùng để trồng hoa. Diện tích phần trồng rau sạch là. 1200cm 2 và phần để trồng hoa là 1300cm 2 . Bình nói: “Chắc bạn bị nhầm rồi!”. Nam nói: “Bạn nhanh thật! Mình đã nói nhầm phần diện tích. Chính xác là phần trồng rau sạch là 1300cm 2 , còn lại 1200cm 2 trồng hoa”. Hãy tính cạnh hình vuông AMIO (biết AM  BM ) và giải thích vì sao Bình biết Nam bị nhầm? b) Lớp 9T có 30 bạn, mỗi bạn dự định đóng góp mỗi tháng 70000 đồng và sau ba tháng sẽ đủ tiền mua cho mỗi em ở “Mái ấm tình thương X” ba gói quà (Giá tiền các món quà như nhau). Khi các bạn đóng đủ số tiền như dự định thì “Mái ấm tình thương X” nhận thêm 9 em và giá tiền mỗi món quà sẽ lại tăng thêm 5% nên chỉ tặng được mỗi em hai gói quà. Hỏi có bao nhiêu em ở “Mái ấm tình thương X” được nhận quà? Bài 5 (3.0 điểm).. ( ). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn T tâm O và bán kính R có BAC = 1200 ; ABC = 450 và 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 HPN và. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. MP . MN TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(309) 304. Website:tailieumontoan.com. ( ). ( ) tại E khác D và cắt BC. b) Dựng đường kính AD của đường tròn T , HD cắt đường tròn T. tại F. Chứng minh rằng các điểm A, N, H, P, E cùng thuộc một đường tròn và F là trung điểm của HD.. ( ) tại I. Chứng minh I là tâm. c) Chứng minh AD vuông góc với NP. Tia OF cắt đường tròn T đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC và AI đi qua trung điểm của MP. Hướng dẫn giải Câu 1. Biết a và b là các số dương khác nhau và. (.  a + 2b 2 − b + 2a 2   a a  :    a +b    2 2 2 a + 4ab + 4b − b − 4ab − 4b 2  a +b. (. . ) (. (. −3 a 2 − b 2. (. a +b. Khi đó ta có a − b. ). 2. ). ):. (a. 2. +b b. )(a. a −b b. a −b. ) − 3ab  = 3.  a 3 − b3  :  − 3ab  = 3  a −b . ). (. ) (. + b 2 + ab − 3ab = 3  −3 a − b : a − b.  . ). 2. = 3  a − b = −1. = 1  a 2 − 2ab + b 2 = 1  a 2 + b 2 = 1 + 2ab . Do đó S =. Câu 2 (2.0 điểm).. (. a) Giải phương trình x 2 − 6x + 5. )(. 1 + 2ab = 1. a 2 + b2. ). x −2 − x + 4 = 0.. Điều kiện xác định của phương trình là x  2 . Biến đổi phương trình đã cho ta được. (x. 2. − 6x + 5. )(.  x 2 − 6x + 5 = 0 x −2 −x +4 = 0    x − 2 − x + 4 = 0. ).  . + Với x 2 − 6x + 5 = 0  x  1; 5 + Với. x −2 −x +4 = 0 . x  4  x −2 = x −4   x − 2 = x − 4. (. ). 2.  x = 6..  . Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = 5; 6 .. ). (.  x x + 2y − 3 = 0  b) Giải hệ phương trình  2 2 x − 6xy − y = 6 Điều kiện xác định của hệ phương trình x  0; x + 2y  0 . Biến đổi hệ phương trình đã cho ta được. x = 0  x x + 2y − 3 = 0       x + 2y − 3 = 0  2 2   x − 6xy − y = 6  2 2 x  − 6xy − y = 6. (. ).  x = 0 x = 0  2 + Với  2 , hệ phương trình vô nghiệm. 2  x − 6xy − y = 6 y = −6. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(310) 305. Website:tailieumontoan.com. x = 9 − 2y  x + 2y − 3 = 0  x = 7; y = 1    + Với  2 .  2  2 2  x = −1; y = 5 x − 6xy − y = 6  9 − 2y − 6 9 − 2y y − y = 9. (. ). (. ). ( ) ( ). Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm của hệ phương trình là x; y = 7;1 .. ( ) − 5 ( x + m ) + 6 = 0 (1) . a) Chứng minh rằng phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x ; x với mọi số thực m. Tính giác trị của biểu thức S = ( x + m ) + ( x + m ) + 5 ( x + x + 2m ) . Đặt y = x + m , khi đó phương trình (1) trở thành y − 5y + 6 = 0  y  2; 3 . Câu 3 (1.5 điểm). Cho phương trình x + m. 2. 1. 2. 2. 2. 1. 2. 1. 2. 2. x + m = 2 x = 2 − m Do đó ta được  .   x + m = 3  x = 3 − m. (). Dễ thấy 2 − m  3 − m với mọi m nên phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biệt.. (). Phương trình 1 có hai nghiệm x 1; x 2 tương ứng với phương trình y2 − 5y + 6 = 0 có hai nghiệm là. y 1 = 2 và y 2 = 3 . Khi đó ta có. (. S = x1 + m. ) + (x 2. 2. +m. ). 2. (. ). (. ). (. ). + 5 x 1 + x 2 + 2m = y12 + y 22 + 5 y1 + y 2 = 22 + 32 + 5 2 + 3 = 38. (. ). b) Biết x 1  x 2 , tìm m sao cho x 2  1 và x 12 + 2x 2 = 2 m − 1 . Do x 1  x 2 nên x 1 = 2 − m; x 2 = 3 − m . Ta có x 2  1  3 − m  1  m  2 .. (. ). (. x 12 + 2x 2 = 2 m − 1  2 − m. ). 2. (. ). (. +2 3 − m = 2 m −1. ).  .  m − 4m + 4 + 6 − 2m = 2m − 2  m − 8m + 12 = 0  m  2; 6 2. 2. Kết hợp với điều kiện m  2 ta được m = 6 là giá trị cần tìm. Câu 4 (2.0 điểm). a) Nam kể với Bình rằng ông 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 các cạnh AB, BC, CD, DA) để trồng các loại rau sạch, các phần còn lại dùng để trồng hoa. Diện tích phần trồng rau sạch là 1200cm 2 và phần để trồng hoa là 1300cm 2 . Bình nói: “Chắc bạn bị nhầm rồi!”. Nam nói: “Bạn nhanh thật! Mình đã nói nhầm phần diện tích. Chính xác là phần trồng rau sạch là 1300cm 2 , còn lại 1200cm 2 trồng hoa”. Hãy tính cạnh hình vuông AMIO (biết AM  BM ) và giải thích vì sao Bình biết Nam bị nhầm?. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(311) 306. Website:tailieumontoan.com A. M. Q. B. N. I. D. P. C. ( ). ( ). Đặt AM = x cm , BM = y cm , điều kiện 0  x  y ..  x 2 + y 2 = 1300 Khi đó ta có BN = x, QI = x, IP = y . Theo bài ra ta có  . 2xy = 1200. (. Do đó ta được x + y. ). 2. (. = x 2 + y 2 + 2xy = 2500 .. Suy ra x + y = 50 và x − y. ). 2. = x 2 + y 2 − 2xy = 100  x − y = −10.   x + y = 50 x = 20 Do đó ta được  .  x − y = −10 y = 30     Do đó cạnh của hình vuông AMIQ là 20cm.. (. Ta có x − y. ). 2.  x 2 + y 2 = 1200  0  x 2 + y 2  2xy . Mà theo Nam nói lần đầu thì  . 2xy = 1300. Do đó Bình phát hiện ra Nam nói nhầm. b) Lớp 9T có 30 bạn, mỗi bạn dự định đóng góp mỗi tháng 70000 đồng và sau ba tháng sẽ đủ tiền mua cho mỗi em ở “Mái ấm tình thương X” ba gói quà (Giá tiền các món quà như nhau). Khi các bạn đóng đủ số tiền như dự định thì “Mái ấm tình thương X” nhận thêm 9 em và giá tiền mỗi món quà sẽ lại tăng thêm 5% nên chỉ tặng được mỗi em hai gói quà. Hỏi có bao nhiêu em ở “Mái ấm tình thương X” được nhận quà? Gọi giá tiền mỗi món quà lúc đầu là x (đồng), số em ban đầu của “Mái ấm tình thương X” là y, điều kiện x  0; y  N . Số tiền dự định mua quà là x.y.3 = 3xy (đồng). Giá tiền mỗi món quà sau khi tăng lên 5% là x + x.5% = 1, 05x (đồng). Số em lúc sau của “Mái ấm tình thương X” là y + 9 .. (. ). (. ). Số tiền thực tế mua quà là 1, 05x. y + 9 .2 = 2, 1x y + 9 (đồng). Theo đầu bài thì số tiền dự định mua quà và số tiền thực như nhau nên ta có.. (. ). (. ). 3xy = 2, 1x y + 9  3y = 2, 1 y + 9  y = 21 Kết hợp với điều kiện y  N ta được y = 21 . Vậy số em ban đầu của “Mái ấm tình thương X” là 21 và số em của “Mái ấm tình thương X” được nhận quà là 30. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(312) 307. Website:tailieumontoan.com. Bài 4 (3.0 điểm).. ( ). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn T tâm O và bán kính R có BAC = 1200 ; ABC = 450 và H là trực tâm. AH, BH, CH lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P. H. P I. E N. B. A F. C. M. O. D. MP . MN. a) Tính AC theo R. Tính số đo góc HPN và Ta có ABC =. 1 AOC nên AOC = 2ABC = 900 . 2. Tam giác OAC vuông tại O có OA = OC = R nên vuông cân tại O. Do đó AC = OA 2 + OC 2 = R 2 . Ta có ACB = 1800 − BAC − ABC = 150 và NBC = 900 − ACB = 750 ; BNC = BPC = 900 . Do đó tứ giác BCNP nội tiếp đường tròn đường kính BC. Suy ra HPN = HBC = 750 ; NPA = ACB = APM nên NPM = 2ACB = 300 . Tương tự ta được MNP = 2CBA = 900 nên. MN 1 MP = sin MP N = sin 300 = hay = 2. MP 2 MN. ( ). ( ). b) Dựng đường kính AD của đường tròn T , HD cắt đường tròn T. tại E khác D và cắt BC tại F.. Chứng minh rằng các điểm A, N, H, P, E cùng thuộc một đường tròn và F là trung điểm của HD. Ta có A, N, H, P, E cùng thuộc đường tròn đường kính AH. Ta có AC vuông góc với BH và AC vuông góc với CD nên BH song song với CD. Tương tự ta có CH song song với BC. Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành nên F là trung điểm của HD và BC.. ( ) tại I. Chứng minh I là tâm đường. c) Chứng minh AD vuông góc với NP. Tia OF cắt đường tròn T tròn ngoại tiếp tam giác HBC và AI đi qua trung điểm của MP.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(313) 308. Website:tailieumontoan.com. Ta có CNP = CBP = 450 = NCO nên NP song song với OC. Mà ta có CO vuông góc với AD nên suy ra AD vuông góc với NP. Do P là trung điểmcủa BC nên OF vuông góc với BC, do đó OF là đường trung trực của BC. Suy ra tam giác IBC cân tại I, do IO là đường phân giác nên BIO =. 1 1 BIC = BAC = 600 . 2 2. Tam giác OBI cân tại O có BIO = 600 nên là tam giác đều, do đó IB = IO = BO = R . Dễ thấy F là trung điểm của OI nên OHID là hình bình hành, suy ra IH = OD = R . Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC. Tam giác MAB vuông cân tại M nên MA = MB . Mà OA = OB nên OM là đường trung trực của AB, suy ra OM vuông góc với AB. Lại có PH vuông góc với AB nên OM song song với PH, mà MH song song với OP nên tứ giác HPOM là hình bình hành, suy ra MH = OP . Ta có OF là đường trung bình của tam giác HAD nên OF =. 1 AH hay AH = R . 2. Ta có AM = MH − AH = OP − OI = IP nên tứ giác AMIP là hình bình hình. Suy ra AI đi qua trung điểm của MP.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(314) 309. Website:tailieumontoan.com Đề số 27 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN PTNK TP HỒ CHÍ MINH Vòng 2 – Năm học 2017 – 2018. (. ). (). Câu 1 (2.0 điểm). Cho phương trình x 2 − 2 m + 1 x + 2m 2 + 4m + 1 = 0 1 , với m là tham số.. (). a) Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x 1; x 2 . Chứng minh rằng. b) Giả sử hai nghiệm x 1; x 2 khác 0, chứng minh rằng:. 1. +. x1. 1 x2. x1 + x 2 2.  1..  2  x1 + x 2 .. Câu 2 (2.0 điểm). Cho x, y là hai số nguyên với x  y  0 . a) Chứng minh rằng nếu x 3 − y 3 chia hết cho 3 thì x 3 − y 3 chia hết cho 9. b) Chứng minh rằng nếu x 3 − y 3 chia hết cho x + y thì x + y không thể là số nguyên tố. c) Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho x k − y k chia hết cho 9 với mọi x, y mà xy không chia hết cho 9. Câu 3 (1.5 điểm). a) Cho ba số a, b, c  −2 thỏa mãn a 2 + b 2 + c2 + abc = 0 . Chứng minh rằng a = b = c = 0 . b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A, B, C phân biệt với OA = OB = OC = 1 . Biết rằng. . . x 2A + x 2B + x C2 + 6x A .x B .x C = 0 . Chứng minh rằng Min x A ; x B ; x C  −. 1 (kí hiệu x M là hoành dộ của 3. điểm M).. ( ). Câu 4 (3.5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với O là tâm. Gọi D là một điểm thay đổi trên cạnh BC (D khác B, C). Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và ACD lần lượt cắt AC, AB tại E và F (E, F khác A). Gọi K là giao điểm của BE và CF. a) Chứng minh tứ giác AEKF nội tiếp đường tròn. b) Gọi H là trực tâm tam giác 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 thì ta luôn 2.  BC  BAC có S   .  . t an 2  2  d) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng:. BF.BA − CE − CA = BD2 − CD2 và ID ⊥ BC Câu 5 (1.0 điểm). Lớp 9A có 6 học sinh tham gia một kỳ thi toán và nhận 6 điểm số khác nhau là các số nguyên từ 0 đến 20. Gọi m là trung bình cộng các điểm số của 6 em học sinh trên. Ta nói rằng hai học sinh (trong 6 học sinh trên) lập thành một cặp hoàn hảo nếu điểm trung bình cộng của hai em đó lớn hơn m. a) Chứng minh rằng khôn thể chia 6 em 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 Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(315) 310. Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải. (. ). (). Câu 1 (2.0 điểm). Cho phương trình x 2 − 2 m + 1 x + 2m 2 + 4m + 1 = 0 1 , với m là tham số.. (). a) Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x 1; x 2 . Chứng minh rằng. (. Ta có  ' = m + 1. ). 2. x1 + x 2.  1.. 2. − 2m 2 − 4m − 1 = m 2 + 2m + 1 − 2m 2 − 4m − 1 = −m 2 − 2m .. (). Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x 1; x 2 khi và chỉ khi. (.  '  0  −m 2 − 2m  0  m + 1. (. ). 2.  1  −1  m + 1  1  −2  m  0. ). Khi đó theo hệ thức Vi – et ta có x 1 + x 2 = 2 m + 1 ; x 1x 2 = 2m 2 + 4m + 1 .. x1 + x 2. Ta có −1  m + 1  1  m + 1  1 nên. 2. = m +1 1. 1. b) Giả sử hai nghiệm x 1; x 2 khác 0, chứng minh rằng:. +. x1. 1.  2  x1 + x 2 .. x2. Vì −1  m + 1  1  m + 1  1 nên ta được. (. ). 2. −1  2 m + 1 − 1  1  −1  2m 2 + 4m + 1  1  x 1x 2  1. 1. Do đó. +. 1. x1. 1. 2. (x. 1. + x2.  2 . Mặt khác ta có. x1x 2. x2. ). 2. (. ). (. 2. ). = x12 + x 22 + 2 x1x 2 = 2 m + 1  − 2 2m 2 + 4m + 1 + 2 x 1x 2   = 2 + 2 x 1x 2  4. 1. Suy ra x 1 + x 2  2 . Vậy ta có. 1. +. x1. x2.  2  x1 + x 2 .. Câu 2 (2.0 điểm). Cho x, y là hai số nguyên với x  y  0 . a) Chứng minh rằng nếu x 3 − y 3 chia hết cho 3 thì x 3 − y 3 chia hết cho 9.. (. Ta có x 3 − y 3 = x − y. (x − y). 3. ). 3. (. ). (. ). − 3xy x − y . Mà ta có x 3 − y 3 và 3xy x − y chia hết cho 3 nên suy ra. chia hết cho 3, do đó x − y chia hết cho 3.. (. Suy ra x 3 − y 3 = x − y. ). 3. (. ). − 3xy x − y chia hết cho 9.. b) Chứng minh rằng nếu x 3 − y 3 chia hết cho x + y thì x + y không thể là số nguyên tố.. (. Ta có x 3 − y 3 = x − y. ) (x. 2. ) (. )(. + xy + y 2 = x − y x + y. (. Mà ta có x 3 − y 3 chia hết cho x + y và x − y. ). )( x + y ). 2. 2. (. ). − xy x − y .. (. ). chia hết cho x + y nên xy x − y chia hết cho. x+y. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(316) 311. Website:tailieumontoan.com. (. ). Nếu x + y là số nguyên tố thì từ xy x − y chia hết cho x + y ta được x hoặc y hoặc x − y chia hết cho x + y . Điều này vô lý vì x  x + y; y  x + y, x − y  x + y (do x, y  Z và x  y  0 ). Vậy x + y không thể là số nguyên tố. c) Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho x k − y k chia hết cho 9 với mọi x, y mà xy không chia hết cho 9.. (. )(. ). Nếu x không chia hết cho 3 thì x + 1 x − 1 3  x 2 − 1 3 . Do đó x 6 − 1 3 . Áp dụng kết quả ý a) ta có x 6 − 1 9 . Theo giả thiết ta có xy không chia hết cho 3 nên x và y không chia hết cho 3 nên x 6 − 1 9 và y 6 − 1 9 .. (. ). . Đặt k = 6a + r a  N*, r  0;1;2; 3; 4; 5 .. (. ). (. ) (. ). Khi đó ta có x k − y k = x 6a +r − y 6a +r = x r x 6a − 1 + y r y 6a − 1 + x r − y r .. (. ). Mà ta có x 6a − 1 x 6 − 1 nên x 6a − 1 9 , tương tự thì y 6a − 1 9 . Do vậy x k − y k 9  x r − y r 9  r = 0 .. (. ). Vậy để x k − y k chia hết cho 9 với mọi x, y mà xy không chia hết cho 9 thì k = 6a a  N* . Câu 3 (1.5 điểm). a) Cho ba số a, b, c  −2 thỏa mãn a 2 + b 2 + c2 + abc = 0 . Chứng minh rằng a = b = c = 0 .. ( )( )( ) ( ). Ta có ab . bc . ca = abc. 2.  0 nên trong ba tích ab; bc; ca có một tích là số không âm. Do vai trò. của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử tích không âm là ab .. (. ). Ta có c  −2 nên suy ra ab c + 2  0 . Khi đó ta được. (. a 2 + b 2 + c2 + abc = 0  a − b. (. Từ đó dẫn đến a − b. ). (. 2. ). (. 2. ). + c2 + ab c + 2 = 0. ). = c2 = ab c + 2 = 0  a = b = c = 0 .. b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A, B, C phân biệt với OA = OB = OC = 1 . Biết rằng. . . x 2A + x 2B + x C2 + 6x A .x B .x C = 0 . Chứng minh Min x A ; x B ; x C  −. . . Giả sử Min x A ; x B ; x C  −. 1 . 3. 1 1 1 1 , khi đó ta được x A  − ; x B  − ; x C  − . 3 3 3 3. Do vai trò của ba số x A ; x B ; x C như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử x A x B  0 . Mà ta có x C  −. (. ). 1 nên suy ra x A x B 3x C + 1  0 . Khi đó ta có 3. (. x 2A + x 2B + x 2C + 6x A .x B .x C = 0  x A − x B. (. Từ đó suy ra x A − x B. ). 2. (. ). 2. (. ). + x C2 + 2x A x B 3x C + 1 = 0. ). = x C2 = 2x A x B 3x C + 1 = 0  x A = x B = x C = 0 hay ba điểm A, B, C trùng. nhau. Điều này trái với giả thiết ba điểm A, B, C phân biệt.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(317) 312. Website:tailieumontoan.com. . . Do đó điều giả sử trên là sai hay ta có Min x A ; x B ; x C  −. 1 . 3. ( ). Câu 4 (3.5 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với O là tâm. Gọi D là một điểm thay đổi trên cạnh BC (D khác B, C). Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và ACD lần lượt cắt AC, AB tại E và F (E, F khác A). Gọi K là giao điểm của BE và CF. A. I F. O P. K. E. H. B. J. Q D L. C. T. a) Chứng minh tứ giác AEKF nội tiếp đường tròn. Ta có tứ giác ABDE và ACDF nội tiếp đường tròn nên AEK = ADB và AFK = ADC . Mà ta có ADB + ADC = 1800 nên AEK + AFK = 1800 hay tứ giác AEKF nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh nếu A, O, D thẳng hàng thì HK song song với BC.. ( ). Gọi T là giao điểm của AD với đường tròn O . Khi ba điểm A, O, D thẳng hàng thì ta có ACT = 900 . Gọi J là giao điểm của AH với BC, ta có AJ B = 900 . Xét hai tam giác JAB và CAT ta có AJ B = ACT = 900 ; ABJ = ATC . Do đó ta được J AB ∽ CAT nên BAH = CAD . Ta có BAH = BCH (cùng phụ với ABC ). Mặt khác ta có BHC = BKC = 1800 − BAC nên tứ giác BHKC nội tiếp đường tròn, suy ra BKH = BCH . Mà ta có DBE = CAD nên suy ra DBE = BKH , do đó HK song song với BC. 2.  BC  BAC c) Chứng minh khi D thay đổi trên cạnh BC thì ta luôn có S   .  . t an 2  2  Gọi P là điểm chính giữa cung HK của đường tròn ngoại tiếp tam giác BHCK. Vẽ PQ vuông góc với BC tại Q, suy ra Q là trung điểm của BC. Khi đó ta có. BC BP C BC BHC . cot = . cot 2 2 2 2   BC BAC BC BAC = = . cot  900 − . t an   2 2 2 2  . P Q = BQ cot BP Q =. Vẽ KL vuông góc với BC tại L, khi đó ta có KL  P Q . Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(318) 313. Website:tailieumontoan.com 2. Do đó ta được SKBC.  BC  1 1 BAC . = KL.BC  P Q.BC =   t an 2 2 2  2 . d) Chứng minh rằng BF.BA − CE − CA = BD2 − CD2 và ID ⊥ BC + Xét hai tam giác BAD và tam giác BCF có ABD và BAD = BCF nên BAD ∽ BCF . Từ đó ta được. BA BD =  BA.BF = BC.BD . Tương tự ta có CE.CA = CB.CD . BC BF. (. ) (. )(. ). Do đó BF.BA − CE.CA = BC BD − CD = BD + CD BD − CD = BD2 − CD 2 . Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, BI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại M và N. Chứng minh tương tự như trên ta có BF.BA = BM.BN = IB2 − R 2 và CE.CA = ID2 − R 2 . Do đó ta được IB2 − ID2 = BD2 − CD2 . Vẽ ID’ vuông góc với BC tại D’, khi đó ta có IB2 = ID'2 + BD'2 và IC2 = ID'2 + CD'2 Do đó IB2 − IC2 = BD'2 − CD'2 . Ta có IB2 − ID2 = BD'2 − CD'2 . Do đó hai điểm D và D’ trùng nhau hay ID vuông góc với BC. Câu 5 (1.0 điểm). Lớp 9A có 6 học sinh tham gia một kỳ thi toán và nhận 6 điểm số khác nhau là các số nguyên từ 0 đến 20. Gọi m là trung bình cộng các điểm số của 6 em học sinh trên. Ta nói rằng hai học sinh (trong 6 học sinh trên) lập thành một cặp hoàn hảo nếu điểm trung bình cộng của hai em đó lớn hơn m. a) Chứng minh rằng không thể chia 6 em học sinh trên thành 3 cặp mà mỗi cặp đều hoàn hảo. Giả sử ta chia 6 học sinh thành ba cặp mà mỗi cặp đều hoàn hảo có số điểm tương ứng là a và b, c và d, e và f. Khi đó ta có Suy ra m =. a +b c+d e+f  m;  m; m. 2 2 2. a +b+c+d+e+f  m , điều này vô lý. 6. Vậy không thể chia 6 em 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. Theo ý a) thì ta có với mỗi cách chia 6 học sinh thành 3 cặp thì có nhiều nhất hai cặp hoàn hảo. Mà ta có 5 cách chia 6 học sinh thành 3 căp, do đó có nhiều nhất 2.5 = 10 cặp hoàn hảo. Chẳng hạn 6 học sinh có số điểm tương ứng là 1;12;13;14;15;16 ta thấy có 10 cặp hoàn hảo. Vậy có thể có được nhiều nhất 10 cặp hoàn hảo.. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(319) 314. Website:tailieumontoan.com MỤC LỤC. Đề số. Trang TỔNG HỢP ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NĂM HỌC 2016 – 2017. 1. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Phan Bội Châu Nghệ An. 2. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên tỉnh Vĩnh Phúc. 3. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Hùng Vương Phú Thọ - Chuyên Toán. 4. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Hùng Vương Phú Thọ - Chuyên Tin. 5. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Quốc Học Huế. 6. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu. 7. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương. 8. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Thành phố Hà Nội. 9. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 1. 10. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 2. 11. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bắc Ninh – Vòng 1. 12. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bắc Ninh – Vòng 2. 13. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hà Nam. 14. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 1. 15. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 2. 16. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Thái Nguyên. 17. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên TP Hồ Chí Minh – Vòng 2. 18. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bình Dương. 19. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bình Định. 20. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bình Phước. 21. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hưng Yên – Vòng 1. 22. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hưng Yên – Vòng 2. 23. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Quảng Bình. 24. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Long An. 25. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hòa Bình. 26. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 1. 27. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 2. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(320) 315 28. Website:tailieumontoan.com Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Quảng Ngãi. TỔNG HỢP ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN NĂM HỌC 2017 – 2018 1. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Phan Bội Châu Nghệ An. 2. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Thái Bình – Vòng 1. 3. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Thái Bình – Vòng 1. 4. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên Quốc Học Huế - Chuyên Toán. 5. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên Quốc Học Huế - Chuyên Tin. 6. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc. 7. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Bình Định. 8. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 1. 9. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 2. 10. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Đồng Nai. 11. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Quảng Ninh. 12. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Hùng Vương Phú Thọ. 13. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bắc Ninh. 14. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Hưng Yên. 15. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bình Phước. 16. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên tỉnh Thái Nguyên - Chuyên Toán. 17. Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên tỉnh Thái Nguyên - Chuyên Tin. 18. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Hải Dương. 19. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bắc Giang. 20. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bình Dương. 21. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Thành phố Hà Nội. 22 23. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Thành phố Hồ Chí Minh Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 1. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(321) 316. Website:tailieumontoan.com. 24. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 2. 25. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàuc. 26. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 1. 27. Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 2. 28 29 30. Liên hệ file word tài liệu toán zalo: 039.373.2038. TÀI LIỆU TOÁN HỌC.

(322)

×