Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN LÊ QUÝ
T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên
Khi đó phương trình (0.26) có hai nghiệm thỏa mãn
x1+x2 = 2 a x1x2 =−1
a. Gọi A(x1; 2x1+ 1) vàB(x2; 2x2+ 1). Ta có
AB=√
15 ⇔ AB2 = 15⇔(x1−x2)2+ (2x1−2x2)2 = 15⇔(x1−x2)2 = 3
⇔ (x1+x2)2−4x1x2 = 3⇔ 4 a2 +4
a −3 = 0⇔
1 a = 1
2 1 a =−3
2
⇔
a= 2 a=−2
3. Đối chiếu điều kiện a >−1, a6= 0 thì a = 2, a=−2
3 là các giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3. Giải hệ phương trình
(x3−y3 = 7 xy(x−y) = 2.
Lời giải.
Ta có x3 −y3 = (x−y)3 + 3xy(x−y). Mà xy(x−y) = 2 nên phương trình thứ nhất của hệ phương trình đã cho tương đương với phương trình
(x−y)3+ 3·2 = 7⇔(x−y)3 = 1⇔x−y= 1⇔x=y+ 1.
Thay x=y+ 1 vào phương trình thứ nhất của hệ ta được (y+ 1)3−y3 = 7 ⇔3y2+ 3y−6 = 0 ⇔
"
y= 1 y=−2.
Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm (2; 1) và (−1;−2).
Câu 4. Giải phương trình x2−√
2x2+ 2x−1−x= 0.
Lời giải.
Điều kiện xác định là2x2+ 2x−1≥0.
Ta có
x2−√
2x2+ 2x−1−x= 0⇔x2−x=√
2x2+ 2x−1.
Bình phương hai vế của phương trình trên ta được phương trình hệ quả
x4−2x3−x2−2x+ 1 = 0. (0.27)
• Rõ ràng x= 0 không là nghiệm của (0.27).
• Với x6= 0, chia cả hai vế của phương trình (0.27) cho x2 ta được x2+ 1
x2 −2x− 2
x −1 = 0
⇔ Å
x+ 1 x
ã2
−2 Å
x+ 1 x
ã
−3 = 0
Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/
⇔
x+ 1
x =−1 x+ 1
x = 3
⇔
"
x2 +x+ 1 = 0 x2 −3x+ 1 = 0
⇔ x2−3x+ 1 = 0
⇔
x= 3−√ 5 2 x= 3 +√
5 2 . Đối chiếu điều kiện xác định ta nhận x= 3 +√
5
2 là nghiệm của phương trình đã cho.
Câu 5. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y)thỏa mãn (x−1)2(x2 + 4) = 4(y2+ 6y+ 9).
Lời giải.
Ta có
(x−1)2(x2+ 4) = 4(y2+ 6y+ 9)⇔(x−1)2(x2+ 4) = 4(y+ 3)2. (0.28) Trường hợp 1: Nếu x−1 = 0 ⇒ x = 1 thì từ phương trình (0.28) ta có y+ 3 = 0 hay y=−3. Do đó, phương trình ban đầu có nghiệm nguyên (x;y) = (1;−3).
Trường hợp 2: x−16= 0⇒x6= 1.
Lúc này, vế phải của (0.28) là số chính phương nên vế trái của (0.28) cũng phải là một số chính phương. Mà (x−1)2 (lưu ý, x nguyên và khác 1) là số chính phương nên x2 + 4phải là số chính phương.
Với số nguyên a ta đặt
x2+ 4 =a2 ⇔a2−x2 = 4 ⇔(a−x)(a+x) = 4.
Do a, x là các số nguyên nên có các trường hợp sau:
•
(a−x=−1 a+x=−4 ⇔
a=−5 2 x=−3 2
(không thỏa mãn a,x nguyên).
•
(a−x=−4 a+x=−1 ⇔
a=−5 2 x= 3
2
(không thỏa mãn a, x nguyên).
•
(a−x= 1 a+x= 4 ⇔
a= 5
2 x= 3 2
(không thỏa mãn a, xnguyên).
•
(a−x= 4 a+x= 1 ⇔
a= 5
2 x=−3
2
(không thỏa mãn a,x nguyên).
T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên
•
(a−x=−2 a+x=−2 ⇔
(a =−2
x= 0 (thỏa mãn).
•
(a−x= 2 a+x= 2 ⇔
(a = 2
x= 0 (thỏa mãn).
Với x= 0 ta được y2+ 6x+ 8 = 0, ta tìm được y=−2, y=−4.
Vậy có ba cặp số (x;y)thỏa mãn yêu cầu bài toán là (0;−2), (0;−4)và (1;−3).
Câu 6. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho mỗi sốn+ 234và n−37là lập phương của một số nguyên dương.
Lời giải.
Với a, b là các số nguyên ta đặt
(n+ 234 =a3
n−37 = b3. (0.29)
Suy ra(a−b)(a2+ab+b2) = 271. Do271 là số nguyên tố,a, b nguyên vàa2+ab+b2 ≥0 nên có các trường hợp sau:
•
(a2+ab+b2 = 271 a−b= 1 ⇔
(a=b+ 1
3b2+ 3b−270 = 0 ⇔
(a= 10 b= 9 (a=−9
b=−10.
•
(a2+ab+b2 = 1
a−b= 271 (hệ phương trình này vô nghiệm).
Thay a, b vào (0.29) ta tìm được n= 766.
Câu 7. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O;R), BAC’ = 45◦. Đường tròn (I;r) tiếp xúc với hai cạnh của gócBOC’ và đường tròn(O). Đường thẳngOC cắt đường tròn (O)tại D (Dkhác C). Gọi E là điểm tiếp xúc của đường tròn I vàOC.
a) Chứng minh rằng ba điểm A, O, I thẳng hàng và tínhr theo R.
b) Chứng minh rằng DBA’ =ABO’ =OBE’ =EBC.’ Lời giải.
Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/
A D
B C
O E I
a) Ta có tam giác ABC cân tại A và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
AO⊥BC. (0.30)
Mặt khác OB, OC tiếp xúc với (I)nên OI là tia phân giác của BOI. Mà tam giác‘ OBC
cân tại O nên OI ⊥BC. (0.31)
Từ (0.30), (0.31) suy ra A, O, I thẳng hàng.
Tam giác OIE vuông tạiE có IOE‘ = 1
2BOE’ = 45◦. Suy ra r =IE =OI·
√2
2 . (0.32)
Vì (I) tiếp xúc trong với (O)nên OI =R−r. (0.33)
Từ (0.32), (0.33) suy ra r= (R−r)·
√2
2 ⇔(2 +√
2)r =R√
2⇔r = R√ 2 2 +√
2 ⇔r=Ä√ 2−1ä
R.
b) Ta có AO là phân giác củaBAC’.
Các tam giác AOB, AOC cân tại O nên
ABO’ =BAO’ =CAO’ =ACD’ = 22,5◦. Lại có DBA’ =ACD’ (hai góc nội tiếp chắn AD).˜
Như vậy DBA’ =ABO’ = 22,5◦.
Tam giác DBC vuông tạiB cóBDC’ =BAC’ = 45◦. Suy ra BD = CD√
2
2 =R√ 2.
Mặt khác DE =DO+OE =R+IE =R+r =R+Ä√
2−1ä
R=R√ 2.
Vì vậy tam giác BDE cân tại D, suy ra DBE’ = 1
2(180◦ −45◦) = 67,5◦. Khi đó
OBE’ = 67,5◦−DBA’ −ABO’ = 22,5◦. EBC’ = 90◦−DBE’ = 22,5◦.
Vậy DBA’ =ABO’ =OBE’ =EBC’ = 22,5◦.
T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên
Câu 8.
Từ một hình nón có chiều cao bằng h = 30 cm, người thợ tiện ra một hình trụ như hình vẽ. Tính chiều cao của hình trụ sao cho vật liệu bị bỏ (không thuộc hình trụ) là ít nhất.
30 cm
Lời giải.
Kí hiệu các điểm như hình vẽ. Đặt OO0 =x (với 0< x < h), bán kính đáy của hình nón là R, bán kính của hình trụ là r.
Ta có SO0
SO = O0C
OB ⇔ h−x h = r
R ⇔r= (h−x)R h . Thể tích của khối trụ là
V0 =πr2x=π· [(h−x)R]2 h2 ·x.
S
O0 C
B O
Vật liệu bị bỏ (không thuộc hình trụ) là ít nhất khi thể tích của trụ là lớn nhất.
Xét biểu thức P =x(h−x)2. Ta có
4· h−x
2 ·h−x
2 ·x≤4
Öh−x
2 +h−x 2 +x 3
è3
⇔P ≤1000.
Đẳng thức xảy ra khi h−x
2 =x hay x= h
3= 10 cm.
Vậy để vật liệu bị bỏ (không thuộc hình trụ) là ít nhất khi chiều cao của trụ bằng 10 cm.
Câu 9. Cho số thực x thỏa mãn điều kiện x2 + (3−x)2 ≥ 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=x4+ (3−x)4+ 6x2(3−x)2.
Lời giải.
Ta có hằng đẳng thức (a+b)4 =a4+ 4a3b+ 6a2b2+ 4ab3+b4. Ta có
Q = x4+ (3−x)4+ 6x2(3−x)2 = (x+ 3−x)4−4x(3−x)
x2 + (3−x)2
= 81−2
9−x2−(3−x)2 x2+ (3−x)2
= 81 + 2
x2+ (3−x)22
−18
x2+ (3−x)2
= 2
x2+ (3−x)2−52
+ 2
x2+ (3−x)2 + 31.
Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/
Như vậy Q≥2·02+ 2·5 + 31 hay Q≥41.
Đẳng thức xảy ra khi
x2+ (3−x)2 = 5⇔2x2−6x+ 4 = 0⇔
"
x= 1 x= 2.
Vậy Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 41khi x= 1, x= 2.
T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
Họ và tên thí sinh: . . . . Lớp: . . . .
TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN
ĐỀ SỐ 20
Câu 1. Giải phương trình x2+ 2x+ 2 = 3x√ x+ 1.
Lời giải.
Điều kiện x≥ −1, ta có
x2+ 2x+ 2 = 3x√
x+ 1 ⇔x2−3x√
x+ 1 + 2(x+ 1) = 0.
Đặt
(u=x v =√
x+ 1≥0, phương trình đã cho trở thành u2−3uv+ 2v2 = 0 ⇔(u−v)(u−2v) = 0⇔
"
u−v = 0 u−2v = 0 ⇔
"
u=v u= 2v.
• Với u=v suy ra √
x+ 1 =x⇔
(x≥0
x+ 1 =x2 ⇔x= 1 +√ 5 2 .
• Với u= 2v suy ra 2√
x+ 1 =x⇔
(x≥0
4(x+ 1) =x2 ⇔x= 2 + 2√ 2.
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là x= 1 +√ 5
2 , x= 2 + 2√ 2.
Câu 2. Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số abc sao choa, b, clà ba cạnh của một tam giác cân?
Lời giải.
Ta có số cần lập chỉ một trong hai trường hợp sau:
• Trường hợp 1. a, b, c là ba cạnh tam giác đều a=b=c >0, có 9số lập được.
• Trường hợp 2. a, b, c là ba cạnh tam giác cân (không đều).
Xét a=b6=c. Vìa+b > cnên
Với bộ số (2,2, c)có 2cách chọn c, lập được2 số.
Với bộ số (3,3, c)có 4cách chọn c, lập được4 số.
Với bộ số (4,4, c)có 6cách chọn c, lập được6 số.
Bắt đầu từ a =b ≥ 5 trở đi thì a+b ≥10 thì dù chọn c là số bất kỳ từ 1 đến 9 (không tính trường hợp trùng với a, b) thì ta đều có a+b > c. Chọn a,b có 5cách chọn, chọn c có 8cách chọn. Nên có 8·5 = 40 cách chọn, lập được40 số.
Vì vai trò a,b, cnhư nhau nên ta có (2 + 4 + 6 + 40)·3 = 156.
Vậy có 9 + 156 = 165số cần tìm.
Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/
Câu 3.
a) Chứng minh rằng với mọi số thựca,b,cta luôn có(a+b+c)2 =a2+b2+c2+2(ab+bc+ca).
b) Cho ba số x,y, z khác 0 đồng thời thỏa mãn x+y+z = 1 2, 1
x2 + 1 y2 + 1
z2 + 1
xyz = 4 và 1
x + 1 y + 1
z >0. Tính giá trị biểu thức Q= (y2017+z2017) (z2019+x2019) (x2021+y2021).
Lời giải.
a) Ta có
V T = (a+b+c)2 = [(a+b) +c]2
= (a+b)2+ 2(a+b)c+c2 =a2+b2+c2+ 2(ab+bc+ca)
= V P.
b) Ta có
4 = 1 x2 + 1
y2 + 1 z2 + 1
xyz = 1 x2 + 1
y2 + 1
z2 + 2(x+y+z) xyz
= 1 x2 + 1
y2 + 1 z2 + 2
Å 1 xy + 1
yz + 1 zx
ã
= Å1
x +1 y + 1
z ã2
.
Mà 1 x +1
y + 1
z >0⇒ 1 x + 1
y +1
z = 2. (1)
Mặt khác x+y+z = 1
2 ⇒ 1
x+y+z = 2. (2)
Từ (1) và (2) suy ra 1 x+ 1
y +1
z = 1
x+y+z ⇔(xy+yz+zx)(x+y+z) =xyz
⇔ (x+y)(y+z)(z+x) = 0⇔
x=−y y=−z z =−x
⇔
x2017 =−y2017 y2019 =−z2019 z2021 =−x2021
⇒Q= 0.
Câu 4. Cho đường tròn (O)đường kính BC và H là một điểm trên đoạn thẳngBO (điểm H không trùng với hai điểm B và O). QuaH vẽ đường thẳng vuông góc vớiBC, cắt đường tròn (O)tại AvàD. GọiM là giao điểm củaAC vàBD, quaM kẻ đường thẳng vuông góc với BC tại N.
a) Chứng minh rằng M N BA là tứ giác nội tiếp.
T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên
b) Tính giá trị của P = 2 ÅBO
AB ã2
− OH BH.
c) Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O), cắt hai đường thẳng AC và AN lần lượt tại K và E. Chứng minh rằng đường thẳngEC luôn đi qua trung điểm của đoạn thẳngAH khi điểm H di động trên đoạn thẳng BO.
Lời giải.
A M
K
O
D N
E B C
I H
a) Ta có BAC’ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra ÷BAM = 90◦. Mặt khác M N B÷ = 90◦ suy ra tứ giác M N BA có ÷BAM +M N B÷ = 90◦+ 90◦ = 180◦. Vậy tứ giác M N BA là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính M B.
b) Ta có tam giácABC vuông tạiA, nênBH = AB2
BC = AB2
2BO. Mặt khácOH =BO−BH = BO−AB2
BC = 2BO2−AB2
2BO suy ra OH
BH = 2BO2 −AB2 AB2 = 2
ÅBO AB
ã2
−1. VậyP = 1.
c) Ta thấy M BN÷ = DBC’ (hai góc đối đỉnh); DBC’ =DAC’ (tứ giác DBAC nội tiếp) suy
ra M BN÷ =DAC’ ⇒N M B÷ =BCA.’ (1)
Tứ giác MNBA nội tiếp nên ta có N M B÷ =N AB.’ (2)
Tam giác OAC cân tạiO suy ra BCA’ =OAC.’ (3)
Từ(1),(2)và(3)suy raN AB’ =OAC’ ⇒OAC’+BAO’ =N AB’+BAO’ ⇔BAC’ =N AO.’ Mà BAC’ = 90◦ nên N AO’ = 90◦, suy ra N A là tiếp tuyến của(O).
Theo tính chất của tiếp tuyến ta có EA=EB và EAB’ =EBA.’
Trong tam giác vuông KAB, ta cóEAB’ =EBA’ ⇒BKA’ =EAK’ (phụ với hai góc bằng nhau). Suy ra tam giác KAE cân tạiE ⇒AE =KE ⇒EB =KE.
Mặt khác, AH song song BK (vì cùng vuông góc với AB).
AI ∥KE ⇒ CI
CE = AI
KE (định lí Ta-lét).
HI ∥ EB ⇒ CI
CE = HI
BE (định lí Ta-lét)⇒ AI
KE = HI BE.
Mà KE =EB, suy ra AI =HI nên I là trung điểm của đoạn thẳng AH.
Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/
Câu 5.√ Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiệna+b+c=abc. Chứng minh rằng 1 +a2
a +
√1 +b2 b −√
1 +c2 <1.
Lời giải.
Ta có a+b+c=abc ⇔ 1 ab + 1
bc + 1 ca = 1.
Đặt 1
a =x, 1
b =y, 1
c =z, khi đó x, y, z >0 và xy+yz+zx= 1.
√1 +a2
a +
√1 +b2 b −√
1 +c2 <1⇔√
1 +x2+p
1 +y2−
√1 +z2 z <1
⇔ Ä√
1 +x2−1ä Äp
1 +y2−1ä
−√
1 +x2p
1 +y2+
√1 +z2 z >0
⇔ Ä√
1 +x2−1ä Äp
1 +y2−1ä +
√1 +z2−z√
1 +x2p 1 +y2
z >0. (∗) Ta lại có √
1 +x2p
1 +y2 =p
1 +x2+y2+x2y2 =p
(1−xy)2+ (x+y)2 = (x+y)√
1 +z2. Suy ra
(∗) ⇔ Ä√
1 +x2 −1ä Äp
1 +y2−1ä +
√1 +z2−z(x+y)√ 1 +z2
z >0
⇔ Ä√
1 +x2 −1ä Äp
1 +y2−1ä +
√1 +z2−(zx+yz)√ 1 +z2
z >0
⇔ Ä√
1 +x2 −1ä Äp
1 +y2−1ä +
√1 +z2−(1−xy)√ 1 +z2
z >0
⇔ Ä√
1 +x2 −1ä Äp
1 +y2−1ä
+xy√ 1 +z2
z >0,∀x, y, z >0.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 6. Để tiết kiệm chi phí vận hành đồng thời đưa du khách tham quan hết 18 danh lam thắng cảnh của tính K, Công ty Du lịch lữ hành KH đã thiết lập các tuyến một chiều như sau:
nếu có tuyến đi từA đếnB và từB đến C thì không có tuyến đi từAđến C. Hỏi có bao nhiêu cách thiết lập để đi hết 18địa điểm trên?
Lời giải.
Gọi A là địa điểm có nhiều tuyến đường nhất (gồm cả đường xuất phát từ A và đường đi đến A). Ta chia các địa điểm còn lại thành 3loại:
Loại 1: Các tuyến đường xuất phát từ A có n(1) =m tuyến đường.
Loại 2: Các tuyến đường đi đến A cón(2) =n tuyến đường.
Loại 3: Không có tuyến đi và đến từ A cón(3) = ptuyến đường.
Ta có m+n+p= 17.
Số tuyến đường liên quan đến A cóm+n tuyến.
Số tuyến đường không liên quan đến A không vượt quá p(m+n).
Số tuyến đường liên quan loại 1và 2 không vượt quá mn.
Vì (a+b+c)2 ≥3(ab+bc+ca)⇔(a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2 ≥0, với mọi số thựca, b, c.
Do đóab+bc+ca≤ (a+b+c)2
3 .
T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên
Gọi S là tổng các tuyến đường một chiều qua 18 địa điểm trên, ta có
S ≤m+n+p(m+n) +mn=mn+ (p+ 1)m+n(p+ 1)≤ (m+n+p+ 1)2
3 = 108.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m=n =p+ 1 = 18
3 = 6 ⇔
m = 6 n = 6 p= 5.
Vậy có thể thiết lập tối đa 108 tuyến đường một chiều để đi qua hết 18địa điểm đã cho.