T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên
TOÁN THCS VIỆT NAM
CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9
ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN THÁI
Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/
Câu 3. Cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiệna+ 2b+ 5c= 0. Chứng minh phương trình ax2+bx+c= 0 có nghiệm.
Lời giải.
Phương trình ax2+bx+c= 0 (1)
Xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1. Với a= 0 ⇒ phương trình (1) trở thành bx+c= 0 (2) + Nếu b = 0 thì từ điều kiện a+ 2b+ 5c= 0 suy ra c= 0.
⇒ Phương trình (2) nghiệm đúng với mọi x.
⇒ Phương trình (1) có nghiệm.
+ Nếub 6= 0 thì phương trình(2) có nghiệm duy nhất x=−c
b ⇒Phương trình (1) có nghiệm.
Trường hợp 2. Với a6= 0 ⇒ phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn x.
Từ a+ 2b+ 5c= 0⇒b =−a+ 5c
2 ⇒b2 = (a+ 5c)2
4 . Do đó:
∆ = b2−4ac= (a+ 5c)2
4 −4ac= a2+ 10ac+ 25c2−16ac 4
= a2−6ac+ 25c2
4 = a2−6ac+ 9c2+ 16c2
4 = (a−3c)2
4 + 4c2≥0.
⇒ Phương trình (1) có nghiệm.
Kết luận: Phương trình (1) luôn có nghiệm với các số a, b, c thỏa mãn điều kiện a+ 2b+ 5c= 0.
Câu 4. Giải phương trình (4x3−x+ 3)3 =x3+ 3 2. Lời giải.
(4x3−x+ 3)3 =x3+ 3
2 ⇔2(4x3−x+ 3) = 3 + 2x3. (1)
Đặt y= 2x khi đó phương trình (1) tương đương với 2
Åy3 2 − y
2 + 3 ã3
= 3 +y3
4 ⇔(y3−y+ 6)3 = 12 +y3. (2) Đặt z =y3−y+ 6 khi đó phương trình (2) tương đương với
z=y3−y+ 6
y3+ 12 =z3. (∗) Ta thấy z3−z =y3+ 12−y3+y−6 =y+ 6⇒y=z3−z−6.
Nên hệ đã cho tương đương với
z =y3−y+ 6 y=z3−z−6.
T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên
Từ đó ta có (y+z)(y2−yz+z2−2) = 0⇔
z =−y
y2−yz+z2−2 = 0.
Với z =−y thay vào (∗) ta được y3 =−6⇔y=√3
6⇒x=−3
…3 4· Vớiy2−yz+z2−2 = 0ta có hệ
y2−yz+z2−2 = 0 y3+ 12 =z3
⇔
y2−yz+z2−2 = 0
(y−z)(y2+yz +z2) =−12. (∗∗) Theo bất đẳng thức Cô-si áp dụng cho ba số không âm(y−z)2, y2+yz+z2, y2+yz+z2 ta có
(y−z)2(y2+yz+z2)2 ≤
Å(y−z)2+ (y2+yz+z2) + (y2+yz+z2) 3
ã3
= (y2+z2)3 ≤(2(y2−yz+z2))3 = 43 <122 Điều này mâu thuẩn với (∗∗) do đó hệ phương trình vô nghiệm.
Do đó nghiệm của phương trình là S=
®
−3
…3 4
´ .
Câu 5. Hai cây nến cùng chiều dài và làm bằng các chất liệu khác nhau, cây nến thứ nhất cháy hết với tốc độ đều trong 3 giờ, cây nến thứ hai cháy hết với tốc độ đều trong 4 giờ. Hỏi phải cùng bắt đầu đốt lúc mấy giờ chiều để đến 4 giờ chiều, phần còn lại của cây nến thứ hai dài gấp đôi phần còn lại của cây nến thứ nhất?
Lời giải.
Giả sử chiều dài ban đầu của hai cây nến là h (cm).
Gọi thời điểm cùng bắt đầu đốt hai cây nến là x (giờ)(x >0). Sau x (giờ) thì:
- Cây nến thứ nhất cháy được x· h 3 = hx
3 (cm).
- Cây nến thứ hai cháy được x· h 4 = hx
4 (cm).
- Phần còn lại của cây nến thứ nhất là h− hx 3 =h
1− x
3
(cm).
- Phần còn lại của cây nến thứ hai là h− hx 4 =h
1− x
4
(cm).
Theo đề bài ta có phương trình:
h 1−x
4
= 2·h 1− x
3
⇔1− x
4 = 2− 2x
3 ⇔2 3− 1
4
x= 1⇔x= 2,4 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy thời điểm cùng bắt đầu đốt hai cây nến là 4−2,4 = 1,6 (giờ) hay 1 giờ 36 phút chiều.
Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/
Câu 6. Cho các số x, y dương thỏa mãn điều kiện (x+√
1 +x2)(y+p
1 +y2) = 2018. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =x+y.
Lời giải.
Từ giả thiết ta có x+p
1 +x2 = 2018 y+p
1 +y2
= 2018 y−√
1 +x2
−1 = 2018Äp
1 +y2−yä
. (1) Tương tự ta cũng có
y+p
1 +y2= 2018Äp
1 +x2−xä
. (2)
Cộng vế theo vế (1) và (2) ta được
2019(x+y) = 2017Äp
1 +x2+p
1 +y2ä . Ta thấy
Äp1 +x2+p
1 +y2ä2
= 2 +x2+y2+ 2p
(1 +x2)(1 +y2)≥2 +x2+y2+ 2(1 +xy) = 4 + (x+y)2. Đẳng thức xảy ra khi x=y. Khi đó
2019(x+y)≥2017p
4 + (x+y)2 ⇒2019·P ≥2017p
4 +P2.
⇒20192·P2 ≥20172.(4 +P2)⇒P2 ≥ 20172
2018 ⇒P ≥ 2017
√2018. Vậy minP = 2017
√2018 ⇔x=y= 2017 2√
2018.
Câu 7. Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 3, BC = 5, đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờBC chứa điểmA vẽ hai nửa đường tròn đường kínhBH vàHC. Hai nửa đường tròn này cắt AB, AC lần lượt tại E, F.
a) Tính diện tích của nửa hình tròn đường kính BH.
b) Chứng minh tứ giác BEF C nội tiếp và đường thẳng EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn đường kính BH và CH.
Lời giải.
A
B C
H E
F
I K
O
T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên
a) Gọi I là trung điểm của BH, K là trung điểm của HC, O là giao điểm của AH và EF.
4ABC có:
BC2 = 52 = 25
AB2+AC2 = 42+ 32= 25
⇒BC2 =AB2+AC2.
⇒ 4ABC vuông tại A (theo định lí Py-ta-go đảo).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có AB2=BC.BH ⇒BH = AB2
BC = 42
5 = 3,2⇒IB= BH
2 = 1,6. Diện tích nửa hình tròn đường kính BH là
S = 1
2π·IB2 = 1
2π·(1,6)2 = 1,28π (đơn vị diện tích).
b) Ta có: BEH’ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
⇒HE ⊥AB ⇒AEH’ = 90◦. Tương tự, ta có: AF H’ = 90◦.
Tứ giác AEHF có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.
⇒AEHF là tứ giác nội tiếp ⇒HEF’ =HAF’. Mà HAF’+Cb= 90◦ ⇒HEF’ +Cb= 90◦.
Tứ giác BEF C có: BEF’+Cb=BEH’+HEF’ +Cb= 90◦+ 90◦ = 180◦.
⇒BEF C là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác AEHF là hình chữ nhật ⇒OE=OH. 4IEO và 4IHO có:
IO chung IE =IH OE =OH
⇒ 4IEO=4IHO (c.c.c).
⇒IEO‘ =IHO‘ = 90◦ ⇒EF ⊥IE.
⇒EF là tiếp tuyến tại E của (I).
Chứng minh tương tự, ta được EF là tiếp tuyến tại F của (K).
Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn đường kính BH và CH.
Câu 8. Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Tìm kích thước hình chữ nhật M N P Q có hai đỉnh M, N thuộc nửa đường tròn, hai đỉnh P, Q thuộc đường kính AB sao cho diện tích M N P Q lớn nhất.
Lời giải.
Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/
A B
M N
O P
Q
Gọi O là trung điểm của AB.
4OQM và 4OP N có
OQM’ =OP N’ = 90◦ (M N P Q là hình chữ nhật) OM =ON =R
M Q=N P (M N P Q là hình chữ nhật)
⇒ 4OQM =4OP N (cạnh huyền-cạnh góc vuông)
⇒OQ=OP = 1
2QP ⇒SM N P Q =QM·QP = 2QM ·QO Ta có: 2QM ·QO ≤QM2+QO2=OM2=R2
⇒SM N P Q≤R2
Dấu “=” xảy ra ⇔QO =QM = R√ 2
2 ⇔QP =R√
2;QM = R√ 2 2 . Vậy maxSM N P Q=R2 khi QP =R√
2; QM = R√ 2 2 .
Câu 9. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện 1 a2 + 1
b2 + 1
c2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = 1
√5a2+ 2ab+ 2b2 + 1
√5b2+ 2bc+ 2c2 + 1
√5c2+ 2ca+ 2a2.
Lời giải.
Trước hết chúng ta chứng minh bất đẳng thức a2
x +b2
y ≥ (a+b)2
x+y (1)
trong đó a, b, x, y là các số thực và x, y ≥0.
Ta có (1) ⇔a2y(x+y) +b2x(x+y)≥(a+b)2xy⇔(ay−bx)2 ≥0 (luôn đúng).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a x = b
y. Do đó bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Ta tiếp tục chứng minh bất đẳng thức sau
3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2 (2)
T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên
Ta có
3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2
⇔3(a2+b2+c2)≥a2+b2+c2+ 2ab+ 2bc+ 2ca
⇔2(a2+b2+c2)−2ab−2bc−2ca≥0
⇔(a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2≥0 (luôn đúng).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. Do đó bất đẳng thức (2) được chứng minh.
Ta tiếp tục chứng minh bất đẳng thức sau (a+b+c)
1 a +1
b +1 c
≥9 (3)
Thật vậy (a+b+c) 1
a +1 b +1
c
= 3 +a b + b
a+b c+ c
b + c a+ a
c ≥3 + 2
…a b · b
a + 2
…b c· c
b + 2
qc a · a
c = 9. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b = c. Do đó bất đẳng thức (3) được chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức (1) và (3) ta có
√ 1
5a2+ 2ab+ 2b2 = 1
p(2a+b)2+ (a−b)2 ≤ 1
2a+b ≤ 1 9
2 a + 1
b
Chứng minh tương tự như trên ta có
√ 1
5b2+ 2bc+ 2c2 = 1 9
2 b +1
c
√ 1
5c2+ 2ca+ 2a2 = 1 9
2 c+ 1
a
. Từ đó ta được
P ≤ 1 3a + 1
3b + 1 3c. Áp dụng bất đẳng thức (2) ta có
1 a +1
b +1 c ≤
… 3 1
a2 + 1 b2 + 1
c2
=√ 3.
Từ đó ta có P ≤
√3 3 .
Đẳng thức xảy ra ⇔a =b =c=√ 3. Vậy maxP =
√3
3 ⇔a =b =c=√ 3.