DƯƠNG, 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

Vì a >0 nên ^a

a+ 1 <1 nên ta có:

P =

√x+p

x−2√

x+ 1 + 1

√x²−2x+ 1

=

√x+p (√

x−1)²+ 1 p(x−1)²

=

√x+|√

x−1|+ 1

|x−1|

=

√x+ 1−√ x+ 1 1−x

= 2

1−x. b) Theo giả thiết ta có x+y+z+√

xyz = 4⇒y+z = 4−x−√ xyz.

Do đó ta có:

x(4−y)(4−x) = x(16−4z−4y+yz)

= x[16−4(y+z) +yz] =x[16−4(4−x−√

xyz) +yz]

= x(4x+ 4√

xyz+yz) = x 2√ x+√

yz2

. Do đó p

x(4−y)(4−z) =

» x 2√

x+√ yz2

=√ x(2√

x+√

yz) = 2x+√ xyz.

Và khi đó p

x(4−y)(4−z) +p

y(4−x)(4−z) + p

z(4−x)(4−y) = 2x+√

xyz + 2y+

√xyz+ 2z+√

xyz = 2(x+y+z) + 3√

xyz = 8 +√ xyz.

4

^{! Nhận xét.} 1) Bài toán ý (a) sử dụng hằng đẳng thức cơ bản và chú ý lập luận để chỉ ra được điều kiện x <1.

2) Bài toán ý (b), để ý thấy tính cyclic của x, y, z và khéo léo sử dụng giả thiết.

Một bài toán tương tự: Cho các số dươngx, y, z thỏa mãn x+y+z+√

2xyz = 2.Chứng minh p

x(2−y)(2−z) +p

y(2−x)(2−z) +p

z(2−x)(2−y) =√ 8 +√

xyz.

Câu 2.

a) Giải phương trình 2(x+ 1)

… x+ 3

x =x²+ 7.

b) Giải hệ phương trình







3x²+xy−4x+ 2y= 2 x(x+ 1) +y(y+ 1) = 4.

Lời giải.

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

1) Điều kiện x >0. Đặt

… x+ 3

x =t, t > 0. Suy ra t² =x+3

x = x²+ 3

x ⇒x²+ 3 =t²x⇒ x²+ 7 =t²x+ 4. Khi đó phương trình trở thành:

2(x+ 1)t=t²x+ 4⇔t²x−2(x+ 1)t+ 4 = 0

⇔xt(t−2)−2(t−2) = 0

⇔(t−2)(xt−2) = 0

⇔



 t= 2 t= 2

x.

• Nếu t = 2 thì x+ 3

x = 4 ⇔ x²−4x+ 3 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 3. Thử lại thỏa mãn phương trình đã cho.

• Nếu t = 2

x ⇔ x²+ 3 x = 4

x ⇔ x³+ 3x−4 = 0⇔ (x²+x+ 4)(x−1) = 0 ⇔x = 1. Thử lại thỏa mãn phương trình đã cho.

Vậy phương trình có hai nghiệm x= 1 hoặc x= 3.

2)

Xét hai phương trình

3x²+xy−4x+ 2y= 2 (0.17)

x(x+ 1) +y(y+ 1) = 4 (0.18)

Trừ vế với vế của phương trình (0.17) cho (0.18) trong hệ ta được 2x²+xy−5x−y²+y =−2⇔2x²+ (y−5)x−y²+y+ 2 = 0.

Xét phương trình

2x²+ (y−5)x−y²+y+ 2 = 0 (0.19) ta có∆_x = (y−5)²−8(−y²+y+ 2) = 9(y−1)². Khi đó phương trình (0.19) có nghiệm là:







x= 5−y+ 3(y−1)

4 = y+ 1

2 x= 5−y−3(y−1)

4 = 2−y.

• Nếu x= y+ 1

2 , thay vào phương trình (0.18) ta được x(x+ 1) + (2x−1)2x= 4⇔5x²−x−4 = 0 ⇔



 x= 1 x= −4

5

⇒



 y= 1 y= 1

10

. Thay vào thỏa mãn hệ phương trình.

T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên

• Nếu x = 2−y hay y = 2−x thay vào phương trình (0.18) ta được x(x+ 1) + (2− x)(3 −x) = 4 ⇔ 2x²−4x+ 2 = 0 ⇔ (x−1)² = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1. Thay vào hệ phương trình thỏa mãn.

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x; y) là (1; 1), (−4 5 ; 1

10).

4

^{! Nhận xét.} 1) Bài toán (1) là dạng giải phương trình cơ bản.

2) Bài toán (2), bằng cách đưa về phương trình bậc hai đổi với ẩn x ta tìm được mối liên hệ giữa x và y. Ta cũng có thể đưa về phương trình bậc hai đối với ẩn y : y²−(x+ 1)y−2x²+ 5x−2 = 0.

Câu 3.

a) Đặt N = a₁ +a₂ +a₃ +· · · +a₂₀₁₇ +a₂₀₁₈, M = a⁵₁ +a⁵₂ +· · · +a⁵₂₀₁₇ +a⁵₂₀₁₈, với a₁; a₂; a₃;. . . a₂₀₁₇, a₂₀₁₈ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu N chia hết cho 30 thì M cũng chia hết cho 30.

b) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên n và k để n⁸+ 4^2k+1 là số nguyên tố.

Lời giải.

a) Ta có

M −N = (a⁵₁−a₁) + (a⁵₂−a₂) +· · ·+ (a⁵₂₀₁₈−a₂₀₁₈).

Xét a⁵_k−a_k =a_k(a²_k−1)(a²_k+ 1) =a_k(a_k + 1)(a_k−1)(a²_k+ 1), ∀k= 1, . . .2018.

Ta có (a_k −1)a_k(a_k+ 1) ... 6.

Nếu a_k ... 5 thì a⁵_k−a_k =a_k(a²_k−1)(a²_k+ 1) ... 5;

Nếu a_k chia 5 dư 1 hoặc dư 4 thì a²_k−1 ... 5;

Nếu a_k chia 5 dư 2 hoặc dư 3 thì a²_k+ 1 ... 5.

Do đó a⁵_k−a_k =a_k(a²_k−1)(a²_k+ 1) ... 5.

Vì ƯCLN(5; 6) = 1 nên ta có a⁵_k−a_k ... 30.

Do đó M −N ... 30.

Vì thế nếu N chia hết cho 30thì M cũng chia hết cho 30.

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

b) Ta có

n⁸+ 4^2k+1 = (n⁴)²+ 4^2k+1

= (n⁴)²+ 2^2k+12

= (n⁴)²+ 2n⁴2^2k+1+ 2^2k+12

−2^2k+2n⁴

= n⁴+ 2^2k+12

− n²2^k+12

= n⁴+ 2^2k+1−n².2^k+1

n⁴+ 2^2k+1+n².2^k+1

Don, k là các số tự nhiên nênn⁴+2^2k+1−n²2^k+1 ≤n⁴+2^2k+1+n²2^k+1,do đó đển⁸+4^2k+1 là số nguyên tố thì n⁴+ 2^2k+1−n²2^k+1= 1.

Ta có n⁴+ 2^2k+1−n².2^k+1=n⁴−2n²2^k+ (2^k)²+ 2^2k+1−2^2k = n²−2^k2

+ 2^2k ≥1, do đó n⁴+ 2^2k+1−n².2^k+1= 1 xảy ra khi n= 1 và k = 0.

Vậy với n= 1, k = 0 thì n⁸+ 4^2k+1 là số nguyên tố.

4

^{! Nhận xét. 1) Trong ý (1)} ở trên có thể trình bày cách 2 như sau:

a⁵−a=a(a²−a)(a²+ 1) = a(a²−1)(a²−4 + 5) = (a−2)(a−1)a(a+ 1)(a+ 2) + 5a(a²−1)...5.

Bài toán trên là trường hợp đặc biệt của định lí nhỏ Fermat, thường được diễn đạt dưới hai dạng:

• Dạng 1: Nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên thì a^p−a chia hết cho p.

• Dạng 2: Nếu a là một số nguyên không chia hết cho số nguyên tố pthì a^p−1−1 chia hết cho p.

2) Trong ý (2) ở trên có thể thay giả thiếtn⁸+4^2k+1bởi giả thiếtn⁴+4^2k+1, n¹⁶+4^2k+1, . . . Câu 4. Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính BC. Gọi A là điểm di động trên nửa đường tròn (A khác B, C).Kẻ AD⊥BC (D thuộc BC) sao cho đường tròn đường kính AD cắt AB, AC và nửa đường tròn (O) lần lượt tại E, F, G (G khác A). Đường thẳng AG cắt BC tại H.

a) Tính ^AD

3

BE×CF theo R và chứng minh H, E, F thẳng hàng.

b) Chứng minh rằng F G×CH +GH×CF =CG×HF.

T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên

c) Trên BC lấy M cố định (M khác B, C).GọiN, P lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác M AB và M AC.Xác định vị trí của Ađể diện tích tam giác M N P nhỏ nhất.

Lời giải.

B O C

A

D E

F G

H M

P

N

K L

a) Ta cóBE×BA=BD², CF×CA=CD², BD×CD =AD².Suy raBE×CF×BA×CA= BD²×CD² = (BD×CD)² =AD⁴ ⇒BE×CF = AD⁴

AD×BC = AD³

BC ⇒ AD³

BE×CF =BC = 2R.

Tứ giác HGEB nội tiếp nên HEB’ =HGB’ =’ACB =’AEF ⇒HEB’ =’AEF mà A, E, B thẳng hàng nên H, E, F thẳng hàng.

b)

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

O B

C

A D

E

Định lý Ptolemy: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O, R). Khi đó ta có AD× CB+AB×CD =AC×BD.

Chứng minh định lí: Lấy E trên AC sao cho ADB’=EDC.’ Khi đó ∆ADB v^∆CDE (g.g)

Suy ra ^AD

CD = AB

CE = DB

DE ⇒AB×DC =BD×EC (1).

Ta cũng có ∆ADE v^∆BDC (g.g) Suy ra ^AD

BD = AE

BC = DE

DC ⇒AD×BC =BD×AE (2).

Từ (1) và (2) suy ra AB×DC+AD×BC = BD×EC +BD×AE =BD(EC+AE) = BD×AC. Tứ giác GF CH nội tiếp.

Áp dụng định lý Ptôlêmê với tứ giác nội tiếpGF CHta cóGF×HC+GH×F C =GC×HF.

c) Ta cóAN M’ +AP M’ = 2’ABC+ 2’ACB = 2(’ABC+’ACB) = 180^◦⇒N M P’ =N AP’ = 90^◦. Đặt R₁ =N A, R₂ =P A, khi đó S_{∆M N P} = 1

2R₁R₂. Ta cũng có ^BM

sinBAM’

= 2R1, CM sinCAM’

= 2R2 ⇒R1R2 = 1

4BM·CM· 1

sinBAM’ ·sinCM A’ . Ta có sinBAM’ ·sinCAM’ ≤ 1

2

Äsin²BAM’ + sin²CAM’ä

= 1 2

Äsin²BAM’ + cos²BAM’ä

= 1

2 (do hai gócCAM và BAM phụ nhau).

Dấu ” = ” xảy ra khi sinBAM’ = sinCAM’ ⇔ BAM’ =CAM’ hay AM là phân giác của góc BAC. GọiA⁰ là điểm chính giữa cung BC không chứa A, khi đó A là giao điểm của đường thẳng A⁰M và đường tròn (O).

Câu 5. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab+bc+ca = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = 2a

√1 +a² + b

√1 +b² + c

√1 +c² −a²−28b²−28c².

Lời giải.

T uy ển tập đề thi vào lớp 10 chuy ên

Theo giả thiết ab+bc+ca= 1 và áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:

√ 2a

1 +a² = 2a

√

ab+bc+ca+a² = 2a

p(a+b)(a+c) =a. 2

p(a+b)(a+c) ≤a.

₁

a+b + 1 a+c

√ b

1 +b² = b

√ab+bc+ca+b² = b

p(b+a)(b+c) =b. 1

p(b+c)(b+a) ≤b.

ï 1

4(b+c) + 1 b+a

ò

√ c

1 +c² = c

√ab+bc+ca+c² = c

p(c+b)(c+a) =c. 1

p(c+b)(c+a) ≤c.

ï 1

4(b+c) + 1 c+a

ò

Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta có:

√ 2a

1 +a² + b

√1 +b² + c

√1 +c² ≤ a

a+b + a

a+c+ b

4(b+c) + b

b+a + c

4(b+c) + c

c+a = 9 4. Áp dụng AM - GM ta có

a²

2 +49b²

2 ≥7ab;

a²

2 +49c²

2 ≥7ac;

7

2(b²+c²)≥7bc.

Suy ra a²+ 28b²+ 28c²≥7(ab+bc+ca) = 7⇒ −(a²+ 28b²+ 28c²)≤ −7.

Từ đó ta có P ≤₉ 4−7

= −19 4 . Và P_max= −19

4 ⇔a= 7

√15, b=c= 1

√15.

4

^{! Nhận xét.} + Bài toán sử dụng giả thiết ab+bc+ca = 1 để đưa các mẫu của các phân thức về tích, sau đó áp dụng bất đẳng thức AM - GM đưa về tổng các phân thức.

+ Sau khi đánh giá được giá trị lớn nhất của tổng ba phân thức đầu với dấu bằng xảy ra khi các điều kiện sau thỏa mãn:













 1

a+b = 1 a+c 1

4(b+c) = 1 b+a 1

4(b+c) = 1 c+a

⇔





 b=c

a= 7b = 7c.

Với điều kiện này ta dự đoán điểm rơi cho bất đẳng thức AM - GM để xử lý cho biểu thức a²+ 28b²+ 28c² còn lại.

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

TOÁN THCS VIỆT NAM

CHUYÊN ĐỀ KHỐI 9

ĐỀ THI VÀO 10, CHUYÊN BÌNH

Trong tài liệu Tuyển tập đề thi vào lớp 10 chuyên môn Toán - THCS.TOANMATH.com (Trang 37-45)