BÌNH, NĂM 2018

Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/

TOÁN THCS VIỆT NAM

CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9

ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN

T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên

TH2. x−3<0⇔x <3. Khi đó phương trình tương đương x² −2(3−x)−5 = 0

⇔ x² + 2x−11 = 0

⇔

"

x=−1 + 2√

3 (nhận) x=−1−2√

3 (nhận).

Vậy phương trình có hai nghiệm: x=−1 + 2√

3 hoặc x=−1−2√ 3.

b) Phương trình thứ nhất tương đương x=−2y−1, thay vào phương trình thứ hai ta có (−2y−1)²+y²−2(−2y−1) + 4y−3 = 0

⇔ 4y²+ 4y+ 1 +y² + 4y+ 2 + 4y−3 = 0

⇔ 5y²+ 12y= 0

⇔ y= 0∨y= −12 5 .

• y= 0 ⇒x=−1.

• y= −12

5 ⇒x= 19 5 .

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S = ß

(−1; 0), Å19

5 ;−12 5

ã™

.

Câu 3.

a) Cho parabol (P) :y =ax² và đường thẳng d:y= 3x−2. Tìm a để (d) cắt (P)tại điểm có hoành độ bằng 2, khi đó hãy vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng tọa độ.

b) Quãng đường từ A đến B dài 72km. Người thứ nhất đi xe đạp từ A đến B, sau đó 1 giờ, người thứ hai đi xe đạp từ B đến A. Hai người gặp nhau tại C cách B là30km, vận tốc của người đi xe thứ hai lớn hơn vận tốc của người đi xe thứ nhất là 1km. Tính thời gian của mỗi người từ lúc khởi hành đến lúc gặp nhau.

Lời giải.

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) làax²−3x+ 2 = 0.

Vì (d) cắt (P)tại một điểm có hoành độ bằng 2 nên thay x= 2 vào phương trình ta có 4a−6 + 2 = 0⇔a= 1.

Vậy (P) : y=x². Bảng giá trị của (P)

x −2 −1 0 1 2

y 4 1 0 1 4

Đồ thị hàm số (P) : y=x²

Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/

x y

O

−2 −1 1 2

1 2 3 4

y=x²

b) Gọi vận tốc của người đi xe thứ nhất là x (đơn vị: km / h),x >0.

Khi đó, vận tốc của người đi xe thứ hai là x+ 1.

Quãng đường người đi xe thứ nhất tới C là:72−30 = 42(km).

Do đó, thời gian của người đi xe thứ nhất tới C là: 42

x (km / h).

Quãng đường người đi xe thứ hai tới C là: 30(km).

Do đó, thời gian của người đi xe thứ hai tới C là: 30

x+ 1 (km / h).

Vì người đi xe thứ nhất xuất phát trước1giờ so với người đi xe thứ hai nên ta có phương trình:

42

x = 1 + 30 x+ 1

⇔ 42(x+ 1) =x(x+ 1) + 30x

⇔ x²−11x−42 = 0

⇔

"

x= 14 (nhận) x=−3 (loại).

Vậy thời gian người đi xe thứ nhất từ lúc khởi hành tới lúc gặp nhau là 42

14 = 3 (giờ).

Thời gian người đi xe thứ hai từ lúc khởi hành tới lúc gặp nhau là 30

15 = 2 (giờ).

Câu 4. Cho đường tròn (O;R) và điểm A cố định sao cho OA = 2R. Đường kính BC của (O)quay quanh O nhưng đường thẳng BC không đi qua điểm A. Vẽ đường tròn qua ba điểm A, B, C cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai là I. Các đường thẳng AB, AC cắt đường tròn (O)lần lượt tại D và E, DE cắt OA tại K.

a) Chứng minh rằng 4điểm E, K, I, C cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh rằng khi BC quay quanh điểmO và đường thẳngBC không đi qua điểm A thì độ dài AI không đổi.

Lời giải.

T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên

I A

D

B

K O

C

E

a) Ta có ABIC nội tiếp⇒OCI‘ =BAO. Lại có’ BDE’ =OCE.’ Suy ra OCE’ +OCI‘ =BAO’ +BDE’ ⇔ICE‘ =BAO’ +BDE.’

Mặt khác DKI’ =BAO’ +BDE’ ( tính chất góc ngoài). Suy ra ICE‘ =DKI.’ Do đó, tứ giác EKIC nội tiếp, tức là,E, K, I, C cùng thuộc một đường tròn.

b) Ta có OA.OI =OB.OC =R² ⇒OI = R² 2R = R

2. Vậy AI =OA+OI = 2R+ R

2 = 5R

2 . không đổi khi BC di chuyển.

Câu 5.

a) Tìm số tự nhiên n sao cho (n+ 5) và (n+ 30) đều là các số chính phương.

b) Hôm nay là thứ Ba, hỏi sau (1³+ 2³ + 3³ +· · ·+ 110³+ 111³) ngày nữa thì là ngày thứ mấy trong tuần?

Lời giải.

a) Để n+ 5, n+ 30 là các số chính phương thì phải tồn tại các số tự nhiên a, bsao cho n+ 5 =b²;n+ 30 =a² với (a, b∈N^∗, a > b).

Ta có a²−b² = 25 ⇔(a−b)(a+b) = 25.

Mặt khác, a, b∈N^∗ nên ta suy ra (a−b),(a+b)∈ {1; 5; 25}.

Ta thấy a+b > a−b nên a−b = 1 và a+b = 25. Do đó, a= 13;b= 12. Suy ra n= 139.

Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/

b) Ta có n³−n =n(n−1)(n+ 1)⇒n³ = (n−1)n(n+ 1) +n, áp dụng ta có 1³+ 2³+ 3³+· · ·+ 110³+ 111³

= (1−1)1(1 + 1) + 1 + (2−1)2(2 + 1) + 2 + (3−1)3(3 + 1) + 3 +· · ·+ +(110−1)110(110 + 1) + 110 + (111−1)111(111 + 1) + 111

= (1 + 2 + 3 +· · ·+ 110 + 111) + (1·2·3 + 2·3·4 +· · ·+ 109·110·111 + 110·111·112)

= 111(111 + 1)

2 + 110·111·112·113 4

= 2⁶·3²·7²·37² (chia hết cho 7)

Vậy sau (1³ + 2³+ 3³ +· · ·+ 110³+ 111³) ngày nữa là ngày thứ Ba.

T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên

TOÁN THCS VIỆT NAM

CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9

ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN, TP. HỒ CHÍ MINH, NĂM 2018

Họ và tên thí sinh: . . . . Lớp: . . . .

TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN

ĐỀ SỐ 30

Câu 1. Cho a, b, c là ba số thực thỏa điều kiệna+b+c= 0 và a² = 2(a+c+ 1)(a+b−1).

Tính giá trị của biểu thức A=a²+b²+c². Lời giải.

Thay a=−(b+c); a+c=−b và a+b=−cvào điều kiện thứ hai ta có (b+c)² = 2(−b+ 1)(−c−1)

⇔ b²+c²+ 2bc= 2bc+ 2b−2c−2

⇔ (b−1)²+ (c+ 1)² = 0 ⇔

(b = 1 c=−1.

Suy ra a= 0.

Vậy A=a²+b²+c² = 2.

Câu 2. Giải phương trình 4√

x+ 3 = 1 + 4x+ 2 x. Lời giải.

Điều kiện xác định x≥ −3, x6= 0.

Cách 1. Ta có

4√

x+ 3 = 1 + 4x+ 2 x

⇒4x√

x+ 3 =x+ 4x²+ 2

⇒4x²−4x√

x+ 3 +x+ 3 = 1

⇒(2x−√

x+ 3)² = 1

⇔

"

2x−√

x+ 3 = 1 2x+√

x+ 3 =−1.

Giải ra nghiệm và thay vào phương trình ban đầu, ta thu đượcx= 5 +√ 57

8 vàx= −3 +√ 41

8 .

Cách 2. Ta có

4√

x+ 3 = 1 + 4x+ 2 x

⇒4x√

x+ 3 =x+ 4x²+ 2

⇒ −16x⁴+ 8x³ + 31x²−4x−4 = 0

⇒(4x²−5x−2)(−4x²−3x+ 2) = 0

⇔

"

4x²−5x−2 = 0

−4x²−3x+ 2 = 0

Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/

Giải ra nghiệm và thay vào phương trình ban đầu, ta thu đượcx= 5 +√ 57

8 vàx= −3 +√ 41

8 .

Câu 3. Giải hệ phương trình

(x²+y³ = 1 (1) x²+y⁵ =x³+y². (2) Lời giải.

Thay phương trình (1) vào (2) ta có

x²+y⁵ =x³+y² ⇒x²+y⁵ =x³+y²(x²+y³)⇔x²(1−x−y²) = 0

• x= 0 suy ra y= 1.

• 1 = x+y² suy ra x= 1−y². Thay vào phương trình (1) thu được

(1−y²)²+y³ = 1 ⇔y(y²+y−2) = 0⇔







 y = 0 y = 1 y =−2.

– Với y = 0 suy ra x= 1.

– Với y = 1 suy ra x= 0.

– Với y =−2 suy ra x=−3.

Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (0; 1),(1; 0),(−3;−2).

Câu 4. Cho tam giác ABC (AB < AC) vuông tại A có đường cao AH. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H lên AB, AC.

a) Chứng minh rằng BE√

CH +CF√

BH =AH√ BC.

b) Gọi D là điểm đối xứng của B qua H và gọi O là trung điểm của BC. Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC cắt AC tại K. Chứng minh rằng BK vuông góc với AO.

Lời giải.

a) Nhân cả hai vế của đẳng thức cần chứng minh với

√BC ta thu được

BE√

CH+CF√

BH =AH√

BC ⇔BE.AC+CF.AB =AH.BC Mặt khác,

V T =BE.AC+CF.AB = (AB−AE)AC+ (AC−AF)AB

= 2AB.AC−AE.AC+AF.AB

= 4S−2S4AHC −2S4AHB = 2S =AH.BC =V P

B

H O

D E

A

I J

F K C

T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên

b) Vì AHkDK và H là trung điểm BD suy ra IB = IK, mà trong tam giác ABK vuông tại A cóAI là trung tuyến suy raIA=IB hơn nữaOA=OB. VậyIOlà trung trực của AB suy ra IBO‘ =IAO‘ suy ra ABHJ nội tiếp, suy raAK ⊥AO.

Câu 5. Chứng minh rằng x⁴−x+1

2 >0 với mọi số thực x.

Lời giải.

Cách 1. Ta có phân tích x⁴−x+ 1

2 =x⁴−x²+1

4 +x²−x+1 4 =

Å x²− 1

2 ã2

+ Å

x− 1 2

ã2

≥0,∀x∈R.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi







x² = 1 2 x= 1

2

, hệ này vô nghiệm.

Do đó đẳng thức không xảy ra, nghĩa là x⁴−x+1

2 >0 với mọi số thực x.

Cách 2. Ta có đánh giá bởi AM −GM như sau:

x⁴+ 1

√3

256 + 1

√3

256 + 1

√3

256 ≥4⁴  

x⁴· 1

√3

256 · 1

√3

256 · 1

√3

256 =|x| ≥x hay

x⁴−x≥ − 3

√3

256 =−³

… 27

256 >−³

… 32 256 = 1

2. Do đóx⁴ −x+ 1

2 >0.

Câu 6. Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x²−xy+y² = 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =x²+y².

Lời giải.

Cách 1. Ta có đánh giá sau x²y² ≤

Åx²+y² 2

ã²

⇔ −x²+y²

2 ≤xy≤ x²+y² 2 . Từ điều kiện ta có xy=x²+y²−3, thay vào BĐT trên ta có

−x²+y²

2 ≤x²+y²−3≤ x²+y²

2 ⇔2≤x²+y² ≤6.

Đẳng thức của đánh giá đầu tiên xảy ra khi x² =y² ⇔x=±y.

Do đómaxP = 6 khi x=y =±√

3 và minP = 2 khi x=−y=±1.

Cách 2. Ta xét hai trường hợp sau TH 1. y= 0. Khi đó x² = 3. Vậy P = 3.

TH 2. y6= 0. Ta có

(x²−xy+y²)P = 3(x²+y²)⇔(t²−t+ 1)P = 3t²+ 3chia hai vế cho y² và đặt t = x y

Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/

Khi P 6= 3, ta xem phương trình trên là bậc hai theo ẩnt, nghĩa là (P −3)t²−P t+P −3 = 0

Rõ ràng phương trình này có nghiệm t do đó

∆≥0⇔P²−4(P −3)² ≥0⇔2≤P ≤6 Kết hợp hai trường hợp ta có 2≤P ≤6.

• Khi P = 2 thì t=−1, khi đóx=−y=±1.

• Khi P = 6 thì t= 1, khi đóx=y=±√ 3.

Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là trung điểm của BC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AM B. Đường thẳng AC cắt (O) tại trung điểm thứ hai K. Đường thẳng BK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại L. Các đường thẳng CL và KM cắt nhau tại E. Chứng minh rằng điểm E nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM.

Lời giải.

Do các tứ giác ABM K vàABCL nội tiếp nên ta cóAM B÷=BLC’ = 90^◦.

Ta có ÷M AC = KBM÷ = ÷M EC vì cùng phụ với cặp góc đối đỉnh BKM÷ =EKL.’

Suy ra M AEC nội tiếp. Vậy E nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM.

M

A E B

C O

K L

Câu 8. Các số nguyên dương từ 1đến2018 được tô màu theo quy tắc sau: Các số mà khi chia cho 24 dư17 được tô màu xanh; Các số mà khi chia cho 40 dư7 được tô màu đỏ; Các số còn lại được tô màu vàng.

a) Chứng tỏ rằng không có số nguyên dương nào được tô cả hai màu xanh và đỏ. Hỏi có bao nhiêu số được tô màu vàng?

b) Có bao nhiêu cặp số (a;b) sao cho a được tô màu xanh, b được tô màu đỏ và |a−b|= 2?

Lời giải.

a) Từ giả thiết ta suy ra:

T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên

• Số màu xanh sẽ có dạng a= 24k+ 17, k ∈Z, với 1≤a≤2018⇔1≤24k+ 17≤2018⇔ −2

3 ≤k ≤ 667

8 ⇔0≤k ≤83.

Vậy có 84số được tô màu xanh.

• Số màu đỏ sẽ có dạng b= 40l+ 7, l∈Z, với 1≤b ≤2018⇔1≤40l+ 7 ≤2018⇔ − 3

20 ≤l≤ 2011

40 ⇔0≤l≤50.

Vậy có 51số được tô màu đỏ.

Giả sử có số được tô cả màu xanh và đỏ, khi đó tồn tại k₀, l₀ ∈Z sao cho 24k₀ + 17 = 40l₀+ 7 ⇔12k₀+ 5 = 20l₀, mâu thuẫn với tính chẵn lẻ.

Vậy số nguyên dương nào được tô cả hai màu xanh và đỏ. Do đó số lượng số được tô màu vàng là 2018−84−51 = 1883.

b) Ta xét hai trường hợp:

• a−b = 2. Thay a= 24k+ 17, k ∈Zvà b = 40l+ 7, l∈Z ta có 24k+ 17−40l−7 = 2⇔3k−5l+ 1 = 0.

Dễ thấy k = 3 và l = 2 là một nghiệm nguyên riêng của phương trình, vậy ta có nghiệm nguyên của phương trình là

(k= 3 + 5t

l= 2 + 3t , t∈Z. Vì 0≤k ≤83⇔0≤3 + 5t ≤83⇔ −3

5 ≤t ≤16. Vậy có 17giá trị nguyên của t do đó trường hợp này có 17 cặp (a;b) thỏa đề bài.

• a−b =−2. Tương tự ta thu được phương trình nghiệm nguyên 6k−10l+ 3 = 0.

Dễ thấy U CLN(6,10) = 2 không là ước của 3, do đó phương trình này không có nghiệm nguyên.

Vậy có tất cả 17cặp (a;b)thỏa đề bài.

Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/

TOÁN THCS VIỆT NAM

CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9

ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN, TP. HÀ NỘI, NĂM 2018

Họ và tên thí sinh: . . . . Lớp: . . . .

TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN

ĐỀ SỐ 31

Câu 1. Giải phương trình x²+ 3x+ 8 = (x+ 5)√

x²+x+ 2.

Lời giải.

Ta có x²+ 3x+ 8 = Å

x+3 2

ã2

+23

4 >0. Do đó x+ 5>0⇔x >−5.

Phương trình đã cho tương đương với x²+x−2 = (x+ 5)Ä√

x²+x+ 2−2ä

⇔x²+x−2 = (x+ 5)· x²+x−2

√x² +x+ 2 + 2

⇔(x²+x−2) Å

1− x+ 5

√x²+x+ 2 + 2 ã

= 0

⇔





x²+x−2 = 0 x+ 5

√x²+x+ 2 + 2 = 1.

TH1. x²+x−2 = 0⇔

"

x= 1

x=−2.Cả hai nghiệm này đều thỏa mãn.

TH2. x+ 5

√x²+x+ 2 + 2 = 1 ⇔√

x²+x+ 2 + 2 = x+ 5⇔√

x²+x+ 2 =x+ 3.

Bình phương hai vế ta có

x² +x+ 2 =x²+ 6x+ 9⇔x=−7

5. (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S=

ß

−2;−7 5; 1

™ . Câu 2. Giải hệ phương trình

(y²−2xy= 8x²−6x+ 1 y² =x³+ 8x²−x+ 1.

Lời giải.

Phương trình thứ nhất tương đương (y−x)² = (3x−1)² ⇔

"

y−x= 3x−1 y−x= 1−3x ⇔

"

y= 4x−1 y= 1−2x.

T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên

TH1. y = 4x−1, thay vào phương trình thứ hai ta cĩ

(4x−1)² =x³+ 8x²−x+ 1 ⇔16x²−8x+ 1 =x³+ 8x² −x+ 1

⇔x³−8x²+ 7x= 0

⇔x(x−7)(x−1) = 0

⇔







 x= 0 x= 1 x= 7.

Với x= 0 thì y=−1. Với x= 1 thì y= 3. Với x= 7 thì y= 27.

TH2. y = 1−2x, thay vào phương trình thứ hai ta cĩ

(1−2x)² =x³+ 8x²−x+ 1⇔4x²−4x+ 1 =x³+ 8x²−x+ 1

⇔x³+ 4x²+ 3x= 0

⇔x(x+ 3)(x+ 1) = 0

⇔







 x= 0 x=−1 x=−3.

Với x= 0 thì y= 1. Với x=−1thì y= 3. Với x=−3 thì y= 7.

Vậy hệ phương trình cĩ tập nghiệm S ={(0;−1),(1; 3),(7; 27),(0; 1),(−1; 3),(−3; 7)}.

Câu 3. Cho p, q là hai số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh p⁴+ 2019q⁴ chia hết cho 20.

Lời giải.

Ta cĩ p⁴+ 2019q⁴ = (p⁴−q⁴) + 2020q⁴ = (p²−q²)(p²+q²) + 2020q⁴. Vì 2020 chia hết cho20 nên ta chỉ cần chứng minh(p²−q²)(p²+q²).

Một số chính phương khi chia cho 5chỉ cĩ thể cĩ số dư là 0,1 hoặc 4.

Mặt khác p, q là hai số nguyên tố lớn hơn5 nên p², q² khơng chia hết cho 5.

Do đĩp², q² chia 5 dư1 hoặc 4. Suy ra p²−q² hoặc p²+q² chia hết cho 5.

Ta cịn cĩp, q là số lẻ nên p²−q² và p²+q² đều chia hết cho 2.

Vì vậy (p²−q²)(p²+q²)chia hết cho 2·2·5 = 20.

Vậy p⁴+ 2019q⁴ chia hết cho 20.

Câu 4. Cho các số nguyên dương a,b,c,d thỏa mãn a < b≤c < d; ad=bcvà √ d−√

a≤1.

a) Chứng minh a+d > b+c.

b) Chứng minh a là một số chính phương.

Lời giải.

a) Ta cĩ a(a+d)−a(b+c) = a²+ad−ab−ac=a²+bc−ab−ac= (a−b)(a−c)>0.

Do đĩ a(a+d)> a(b+c)⇔a+d > b+c.

b) Ta cĩ 1≥Ä√

d−√ aä2

=a+d−2√

ad⇒2√

ad≥a+d−1.

Mặt khác 2√

ad= 2√

bc≤b+c.

Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/

Suy ra b+c≥a+d−1> b+c−1. Doa+d−1 là số nguyên nên a+d−1 =b+c.

Do đó 2√

ad=a+d−1⇔√ d−√

a= 1 ⇔√ d =√

a+ 1.

Bình phương hai vế ta có d=a+ 2√

a+ 1⇔√

a= d−a−1

2 .

Do đó √

a là số hữu tỷ. Mà a là số nguyên dương nên √

a là số nguyên. Vì vậy a là số chính phương.

Câu 5. Với x,y,z là các số thực thỏa mãn xyz = 1, chứng minh 1

xy+x+ 1 + 1

yz+y+ 1 + 1

zx+z+ 1 = 1.

Lời giải.

Ta có

1

yz+y+ 1 = xyz

yz+y+xyz = xz

xz+z+ 1 = xz

xz+z+xyz = x xy+x+ 1, 1

xz+z+ 1 = xyz

xz+z+xyz = xy xy+x+ 1. Từ đây suy ra

1

xy+x+ 1 + 1

yz+y+ 1 + 1

zx+z+ 1 = 1

xy+x+ 1 + x

xy+x+ 1 + xy

xy+x+ 1 = 1.

Câu 6. Với x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn 1 x + 1

y +1

z = 3, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1

p2x²+y²+ 3 + 1

p2y²+z²+ 3 + 1

√2z²+x²+ 3. Lời giải.

Bổ đề: Cho a, b, c >0. Ta có 1 a + 1

b + 1

c ≥ 9 a+b+c. Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có

(a+b+c) Å1

a + 1 b + 1

c ã

≥9⇔ 1 a +1

b +1

c ≥ 9 a+b+c. Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b =c.

Quay lại bài toán.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

2x²+y²+ 3 = 2(x²+ 1) + (y²+ 1) ≥4x+ 2y.

Do đó 1

p2x²+y²+ 3 ≤ 1

√4x+ 2y. (0.34)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1

4x+ 2y +1

6 ≥ 2

p6(4x+ 2y). (0.35)

T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên

Sử dụng bổ đề ở trên ta có 1 x + 1

2y = 1 2x + 1

2x + 1

2y ≥ 9

4x+ 2y. (0.36)

Từ (0.34), (0.35) và (0.36), ta có 1

p2x²+y² + 3 ≤

√6 2

Å 1 9x + 1

18y + 1 6

ã . Do đóP ≤

√6 2

Å 1 6x + 1

6y + 1 6z +1

2 ã

=

√6 2 .

Dấu đẳng thức xảy ra khi x=y=z = 1. Vậy giá trị lớn nhất của P là

√6 2 .

Câu 7. Cho tứ giác ABCD (không có hai cạnh nào song song) nội tiếp đường tròn (O). Các tia BA và CD cắt nhau tại điểm F. Gọi E là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Vẽ hình bình hành AEDK.

a) Chứng minh tam giác F KD đồng dạng với tam giác F EB.

b) Gọi M,N tương ứng là trung điểm của các cạnhAD,BC. Chứng minh đường thẳngM N đi qua trung điểm của đoạn thẳng EF.

c) Chứng minh đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp của tam giác EM N. Lời giải.

A

B C

D E

N P F

K

M

O J

a) Do ABCD là tứ giác nội tiếp nênF CB’ =F AD’ vàF BC’ =F DA.’ Xét 4F CB và 4F DAcó F CB’ =F AD’ và F BC’ =F DA.’

Do đó 4F CB v4F AD(g-g). Suy ra CB

AD = BF

DF. (0.37)

Do ABCDlà tứ giác nội tiếp nênADB’ =ACB’ và DAC’ =DBC’ (góc nội tiếp chắn cùng một cung).

Xét 4ADE và 4BCE cóADE’ =BCE’ và DAE’ =CBE.’ Do đó 4ADE vBCD (g-g). Suy ra CB

AD = EB

EA. (0.38)

Từ (0.37) và (0.38), ta có BF

DF = EB EA.

Mặt khác EA =KD (do AEDK là hình bình hành), ta có BF

DF = EB

DK. (0.39)

Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/

Ta có KDE’ = KAE’ (do AEDK là hình bình hành) và CAB’ = CDB’ (do ABCD nội tiếp).

Do đó KDF’ =KDE’ +EDC’ =KAE’ +CAB’ =KAF’.

Mặt khác, do AK ∥DB nên KAF’ =EBF’ (góc ở vị trí đồng vị).

Suy ra KDF’ =EBF’ (0.40)

Từ (0.39) và (0.40), ta suy ra 4KDF v4EBF (c-g-c).

b) Gọi P là trung điểm của EF. Ta dựng điểmJ sao cho BECJ là hình bình hành.

Chứng minh tương tự ta có 4F ED v4F J B. Do đó BF I‘ =DF E.’ (0.41) Do 4KDF v4EBF nên KF D’ =BF E.’

Suy ra DF E’ =DF A’ −BF E’ =DF A’ −DF K’ =AF K.’ (0.42) Từ (0.41) và (0.42), ta có BF J’=AF K. Vì vậy’ J thuộcKF.

Do BECJ là hình bình hành nên N cũng là trung điểm EJ. Tương tự M cũng là trung điểm EK.

4EF J có P, N là trung điểm của EF, EJ nên N P ∥J F. (0.43) 4EKJ cóM, N là trung điểm củaEK, EJ nên M N ∥KJ. (0.44) Từ (0.43) và (0.44), ta có M, N, P thẳng hàng.

Vậy M N đi qua trung điểm của đoạn EF. c) Do 4EDA v4ECB nên ED

EC = EA EB. Lại có DE =AK, EC =BJ nên AK

BJ = EA EB. Ta có EAK’ = 180^◦−AED’ = 180^◦−CEB’ =EBJ’. Xét 4EAK và 4EBJ có AK

BJ = EA

EB và EAK’ =EBJ’. Do đó 4EAK v4EBJ. Suy ra AEK’ =’BEJ.

Lại có DKE’ =AEK’ (hai góc ở vị trí so le trong), nênDKE’ =BEJ .’ (0.45) Theo chứng minh câu a), 4DKF v4BEF nên DKF’ =BEF .’ (0.46) Từ (0.45) và (0.46), ta có DKF’ −DKE’ =BEF’ −BEJ’⇒EKJ’ =’J EF.

Mặt khác, EKF’ = EM N÷ (hai góc ở vị trí đồng vị) nên EM N÷ =J EF’. Do đó, EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp 4EM N.

Câu 8. Cho tập hợp S ={x ∈Z|1 ≤x ≤50}. Xét A là một tập hợp con bất kì của tập hợp S và có tính chất: Không có ba phần tử nào của tập hợp A là số đo độ dài ba cạnh của một tam giác vuông.

a) Tìm một tập hợp A có đúng 40 phần tử và thỏa mãn điều kiện đề bài.

b) Có hay không một tập hợp A có đúng 41 phần tử và thỏa mãn điều kiện đề bài? Giải thích câu trả lời.

Lời giải.

a) Bổ đề: Cho ba số nguyên dương a, b, cthỏa mãn a²+b² =c². Khi đó, abc chia hết cho5.

Ta giả sử a, b, c đều không chia hết cho 5.

Một số chính phương khi chia cho 5 chỉ có thể có số dư là 0, 1 hoặc 4. Do a, b, c không

T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên

chia hết cho 5 nên a², b², c² chia5 có số dư là 1hoặc 4.

Nếu a² và b² có cùng số dư khi chia cho 5 thì a² +b² chia 5 có số dư là 2 hoặc 3 (mâu thuẫn). Vậya² và b² chia5 có số dư khác nhau, do đóa²+b² chia hết cho5. Suy racchia hết cho 5 (mâu thuẫn).

Do đó, giả sử phản chứng sai. Vì vậy abc chia hết cho5.

Quay lại bài toán

Xét A={x∈Z|1≤x≤50và x... 5}. Sử dụng bổ đề trên, ta suy ra tập A không chứa ba phần tử nào tạo thành số đo ba cạnh của một tam giác vuông.

b) Ta xét A=S\ {5; 20; 30; 35; 50; 8; 9; 24; 36}.

Các số chia hết cho 5nằm trong A là 10, 15, 25,40, 45.

(a) Chỉ có (6; 8; 10)và (10; 24; 26)tạo thành ba cạnh của tam giác vuông chứa10mà 8,4, 24 không thuộc A.

(b) Chỉ có (8,15,17), (9,12,15), (15,20,25) và (15,36,39) tạo thành ba cạnh của tam giác vuông chứa 15mà 8,9,20,36 không thuộc A.

(c) Chỉ có (7,24,25) và (15,20,25) tạo thành ba cạnh của tam giác vuông chứa 25 mà 24,20không thuộc A.

(d) Chi có (9,40,41), (24,32,40) và (30,40,50) tạo thành ba cạnh của tam giác vuông chứa 40mà 9,24,30 không thuộc A.

(e) Chỉ có (27,36,45)tạo thành ba cạnh của tam giác vuông chứa 45mà 36không thuộc A.

Do đó, tập A đã chọn có 41 phần tử và thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Nhóm: https://www.faceb o ok.com/groups/GeoGeb raPro/

TOÁN THCS VIỆT NAM

CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9

ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN ĐHSP

Trong tài liệu Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên môn Toán - THCS.TOANMATH.com (Trang 169-185)