Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 137 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
137
Dung lượng
3,52 MB
Nội dung
2 MỤC LỤC PHẦN 1: ĐỀ THI Đề số 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 Đề thi Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2019 (vòng 1) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2019 (vòng 2) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2018 (vòng 1) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2018 (vòng 2) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2017 (vòng 1) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2017 (vòng 2) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2016 (vòng 1) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2016 (vòng 2) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2015 (vòng 1) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2015 (vòng 2) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2014 (vòng 1) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2014 (vòng 2) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2013 (vòng 1) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2013 (vòng 2) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2012 (vòng 1) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2012 (vòng 2) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2011 (vòng 1) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2011 (vòng 2) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2010 (vòng 1) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2010 (vòng 2) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2009 (vòng 1) Đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học KHTN Hà Nội năm 2009 (vòng 2) Trang PHẦN 2: HƯỚNG DẪN GIẢI Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn: TỐN (VỊNG 1) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Đề số Bài a, Giải phương trình: 26 x + x + 30 + 26 x += x + 30 2 x + y = b, Giải hệ phương trình: 27 ( x + y )(2 + y + xy ) = Bài a, Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn: ( x − x + 1)( y + xy ) = x − b, Với x,y số thực thay đổi thỏa mãn 1≤ y ≤ xy + ≥ 2y, tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x2 + y2 +1 Bài Cho hình vng ABCD, đường trịn (O) nội tiếp hình vuông tiếp xúc với cạnh AB, AD hai điểm E,F Gọi G giao điểm đường thẳng CE BF a, Chứng minh năm điểm A,F,O,G,E nằm đường tròn b, Gọi giao điểm đường thẳng FB đường tròn M(M ≠ F) CMR M trung điểm đoạn thẳng BG c, CMR trực tâm tam giác GAF nằm đường tròn (O) Bài Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + xz = Chứng minh rằng: 1 2 x y z + + ≥ + + 2 + x2 1+ x 1+ y 1+ z + y2 + z2 Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM HỌC 2019 – 2020 Mơn: TỐN (VỊNG 2) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Đề số Bài a x + y + xy = Giải hệ phương trình: ( x + y ) ( x + xy + ) = b Giải phương trình: 27 + x + x + − ( x2 + x ) = 27 + x + − 2x Bài a Chứng minh với số nguyên dương n , ta ln có 7 ( 27 n + )7 + 10 + (10n + 27 )7 + 5 + ( 5n + 10 )7 + 27 chia hết cho 42 b Với x, y số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + 17 xy + x + y ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 17 x + 17 y + 16 xy Bài Cho tam giác ABC cân A , có đường tròn nội tiếp ( I ) Các điểm E , F theo thứ tự thuộc cạnh CA, AB ( E khác C A ; F khác B A ) cho EF tiếp xúc với đường tròn ( I ) điểm P Gọi K , L hình chiếu vng góc E , F BC Giả sử FK cắt EL điểm J Gọi H hình chiếu vng góc J BC a) Chứng minh HJ phân giác góc EHF b) Kí hiệu S1 , S diện tích tứ giác BFJL CEJK Chứng minh S1 BF = S CE c) Gọi D trung điểm cạnh BC Chứng minh ba điểm P, , J D thẳng hàng Bài Cho M tập tất 4039 số nguyên liên tiếp từ −2019 đến 2019 Chứng minh 2021 số đơi phân biệt chọn từ M ln tồn ba số phân biệt có tổng Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: TỐN (VỊNG 1) Thời gian làm bài: 150 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Đề số Bài a) Giải phương trình x − x + x + 1= x + xy + y =1 + y b) Giải hệ phương trình x + 2y + 2xy =+ x Bài a) Tìm tất cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn ( x + y )( 3x + 2y ) = 2x + y − b) Với a, b số thực dương thay đổi thỏa mãn biểu thức = M a a + 2b + b b + 2a a + 2b =2 + b Tìm giá trị nhỏ Bài Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB điểm D, E, F Gọi K hình chiếu vng góc B đường thẳng DE M trung điểm đoạn thẳng DF a) Chứng minh hai tam giác BKM DEF đồng dạng với b) Gọi L hình chiếu vng góc C đường thẳng DF N trung điểm đoạn thẳng DE Chứng minh hai đường thẳng MK NL song song với c) Gọi J, X trung điểm đoạn thẳng KL ID Chứng minh đường thẳng JX vng góc với đường thẳng EF Bài Trên mặt phẳng cho hai điểm P Q phân biệt Xét 10 đường thẳng nằm mặt phẳng thỏa mãn tính chất sau: i) Khơng có hai đường thẳng song song trùng ii) Mỗi đường thẳng qua P Q, khơng có đường thẳng qua P Q Hỏi 10 đường thẳng chia mặt phẳng thành tối đa miền? Hãy giải thích Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn: TỐN (VỊNG 2) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Đề số Câu xy ( x + y ) = a) Giải hệ phương trình : 3 3 31 x + y + x y + ( x + 1) ( y + 1) = b) Giải phương trình: + x ( − x ) = x + − x Câu a) Cho x, y số nguyên cho x − xy − y ; xy − y − x chia hết cho Chứng minh x + y + x + y chia hết cho b) Cho a1 , a2 , , a50 số nguyên thỏa mãn: ≤ a1 ≤ a2 ≤ a50 ≤ 50 , a1 + a2 + + a50 = 100 Chứng minh từ số cho chọn vài số có tổng 50 Câu Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp (O) có CD / / BE Hai đường chéo CE BD cắt = PAE Điểm K thuộc AC cho MK song P Điểm M thuộc BE cho MAB song AD, điểm L thuộc đường thẳng AD cho ML // AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC cắt BD, CE Q S (Q khác B, S khác C) a) Chứng minh điểm K, M, Q thẳng hàng b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác LDE cắt BD, CE tai T R (T khác D, R khác E) Chứng minh M, S, Q, R,T thuộc đường tròn c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc (O) Câu Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ab bc 1 + + ≤2 a b b c + + a b b c + + Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn: TỐN (VỊNG 1) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Đề số Câu (3.5 điểm) x y xy a) Giải hệ phương trình x x 2y 2y b) Giải phương trình x 1 x x 1 x 1 x2 Câu (2.5 điểm) a) Chứng minh không tồn số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức 12x 26xy 15y 4617 b) Với a, b số thực dương Tìm giá trị lớn nhát biểu thức 1 M a b a b b a ab Câu (3.0 điểm) 900 Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABD tiếp xúc Cho hình thoi ABCD có BAD với BD BA J L Trên đường thẳng IJ lấy điểm K cho BK song song ID ABI a) Chứng minh CBK b) Chứng minh KC KB c) Chứng minh bốn điểm C, K, I ,L nằm đường trịn Câu (1.0 điểm) Tìm tập hợp số nguyên dương n cho tồn cách xếp số 1;2; 3; ;n thành a1; a2 ; a ; ; an mà chia số a1; a1a2 ; a1a2a ; ; a1a2 a n cho n ta số dư đôi khác Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn: TỐN (VỊNG 2) Thời gian làm bài: 150 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Đề số Câu (3.5 điểm) x y x 3y Giải hệ phương trình x y xy Với a, b số thực dương thỏa mãn ab a b Chứng minh rằng: a b 1a b2 ab a b2 Câu (2.5 điểm) Giả sử p q số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức p p 1 q q 1 a) Chứng minh tồn số nguyên dương k cho p kq, q kp b) Tìm tất số nguyên tố p, q thỏa mãn đẳng thức p p 1 q q 1 Với a, b, c số thực dương thỏa mãn ab bc ca abc Tìm giá trị lớn a 1 b 1 c 1 a 2a b 2b c 2c Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn với AB AC Gọi E, F trung điểm nằm CA, AB Đường trung trực EF cắt BC D Giả sử P nằm góc EAF biểu thức M DFE Đường thẳng PA cắt đường D tam giác AEF cho PEC EF PEB tròn ngoại tiếp tam giác PEF Q khác P BAC EDF a) Chứng minh EQF b) Tiếp tuyến P đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF cắt CA, AB M, N Chứng minh bốn điểm C, M, B, N nằ đường tròn Gọi đường tròn đường tròn K c) Chứng minh đường tròn K tiếp xúc với đường tròn ngại tiếp tam giác AEF Câu (1.0 điểm) Cho n số nguyên dương với n Xét đa giác lồi n cạnh Người ta muốn kẻ số đường chéo đa giác mà đường chéo chia đa giác thành k miền, mõi miền mọt ngũ giác lồi (hai miền khơng có điểm chung trong) a) Chứng minh ta thực với n 2018, k 672 b) Với n 2017, k 672 ta thực khơng? Hãy giải thích Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM HỌC 2016 – 2017 Mơn: TỐN (VỊNG 1) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Đề số Câu (3.5 điểm) 3 x + y + xy x + y = a) Giải hệ phương trình xy + 1 x2 + y = b) Giải phương trình 7x x 8x Câu (2.5 điểm) a)Tìm tất giá tri m cho tồn cặp số nguyên x ; y thỏa mãn hệ phương 2 mxy 3m trình : 2 m x y 6m b) Với x, y số thực thỏa mãn điều kiện x y 2;2x y 2xy Tìm giá trị lớn biểu thức P x x 1 y2 y2 1 Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với AB AC Phân cắt BC D cắt đường tròn O E khác A M trung điểm giác góc BAC đoạn thẳng AD Đường thẳng BM cắt đường tròn O P khác B Giả sử đường thẳng EP AC cắt N a) chứng minh tứ giác APNM nội tiếp N trung điểm đoạn thẳng AC b) Giả sử đường tròn K ngoại tiếp tam giác EMN cắt đường thẳng AC Q khác N Chứng minh B Q đối xứng qua AE c) Giả sử đường tròn K cắt đường thẳng BM M Chứng minh RA vng góc RC Câu (1.0 điểm) Số nguyên a gọi số “đẹp” với cách xếp theo thứ tự tùy ý 100 số 1, 2, 3,…, 100 tồn 10 số hạng liên tiếp có tổng lớn a Tìm số “đẹp” lớn Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: TỐN (VỊNG 2) Thời gian làm bài: 150 phút (Khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 01 trang Đề số Câu 1(3.5 điểm) x 4y a) Giải hệ phương trình 4x 8xy 5x 10y b) giải phương trình 64x 4x 5x 6x 5x 6x Câu (2.5 điểm) a) Với x, y số nguyên thỏa mãn đẳng thức x y2 Chứng minh x y 40 b) Tìm tất cặp số nguyên x ; y thỏa mãn đẳng thức sau x 2x y Câu (3.0 điểm) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn O P điểm thuộc cung nhỏ AD đường tròn O P khác A, D Các đường thẳng PB, PC cắt AD AD M, N Đường trung trực AM cắt đường thẳng AC, PB E, K Đường trung trực DN cắt đường thẳng BD, PC F, L a) Chứng minh ba điểm K, O, L thẳng hàng b) Chứng minh đường thẳng PO qua trung điểm EF c) Giả sử đường thảng EK cắt đường thẳng FL AC cắt T Đường thẳng ST cắt đường thẳng PB, PC U V Chứng minh bốn điểm K, L, V, U thuộc đương tròn Câu 4(1.0 điểm) Chứng minh với số tự nhiên n tồn cách xếp n số 1,2, 3, ,n thành số x 1, x , x , , x n cho x j xi xk với số i; j ; k mà 1i j k n Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 11 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM HỌC 2015 – 2016 Mơn: TỐN (VỊNG 1) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Đề số Câu (3,0 điểm) 1) Giả sử a; b hai số thực phân biệt thỏa mãn a 3a b2 3b a) Chứng minh a b 3 b) Chứng minh a b3 45 2 x y xy 2) Giải hệ phương trình 2 4 x y xy Câu (3,0 điểm) 1) Tìm số nguyên x; y không nhỏ cho xy chia hết cho x 1 y 1 2) Với x; y số thực thỏa mãn đẳng thức x y y Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức P xy 3y Câu (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC khơng cân có tâm đường tròn nội tiếp điểm I Đường thẳng AI cắt BC D Gọi E; F điểm đối xứng D qua IC ; IB 1) Chứng minh EF song song với BC 2) Gọi M ; N ; J trung điểm đoạn thẳng DE; DF ; EF Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN P khác A Chứng minh bốn điểm M ; N ; P; J nằm đường tròn 3) Chứng minh ba điểm A; J ; P thẳng hàng Câu (1,0 điểm) 1) Cho bảng ô vng 2015 x2015 Kí hiệu (i ; j ) ô hang thứ i , cột thứ j Ta viết số nguyên dương từ đến 2015 vào ô bảng theo quy tắc sau: i) Số viết vào ô (1,1) ii) Nếu số k viết vào ô (i ; j ) ( i ) số k viết vào ô (i 1; j 1) iii) Nếu số k viết vào ô (1; j ) số k viết vào ô ( j 1; 1) (xem hình 1) Khi số 2015 viết vào m; n Hãy xác định m n 2) Giả sử a; b; c số thực dương thỏa mãn ab bc ac abc Chứng minh a b2 c a b c ab bc ac Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 124 2 S P P S P P , hệ giải phương pháp thu phương trình lũy thừa bậc phức tạp, ta nghĩ đến phương án khác phương pháp “ chia để trị “ Trước hết xét phương trình hai, vế trái xuất tích đồng thời vế phải xuất tích số dạng xy.xy Do ta nghĩ đến việc chia biểu thức bên vế trái cho 1 1 1 xy ta sau: 1 Phương trình chủ đạo hai biến ; x y x y xy 1 ta chia phương trình để xuất hai biến này, x y Và đặt ax a b2 a b2 by hệ phương trình cho trở thành a b1 ab a b2 ab 2 2 a b a b a ba ab b2 a b3 2 a b a b x y x y a b Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: 2 x 1 y 1 27 xy Giải hệ phương trình x 1 y 1 10 xy 1 Đáp số: x; y ; , 2; , 2 3; 2 3 x y 1 16 xy 2 Giải hệ phương trình x y 1 xy Câu 1) Ký hiệu K n 1 , n K 27 3 1 1 2 Ta có K n K K n K 27 3 27 K 1 n K 2K K 27 27 27 K K n K K 3K K K n K K 1 3 1 suy n K n n không biểu diễn dạng lập phương số 27 K3 K2 nguyên dương Nhận xét Áp dụng kiến thức phần nguyên, quan hệ phần nguyên số với số Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 125 Nhắc lại kiến thức phương pháp • Áp dụng giả thiết tốn đề tìm điều kiện Ta có n số nguyên dương nên n n 1 1 27 • Giá trị phần nguyên số khơng vượt qua số n 1 1 hay K nên n 27 27 • Một số thực có giá trị lớn giá trị phần nguyên nhỏ số nguyên liền sau số nguyên biểu diễn phần nguyên số thực Ta có n 1 n n 1 27 27 27 K n 1 K 27 3 Tiếp tục biến đổi giải ta K n K K 1 • Không tồn lập phương hai lập phương liên tiếp 3 Ta có K K 1 hai lập phương liên tiếp Mà K n K K 1 nên n K viết dạng lập phương số nguyên dương 1 Vậy với số nguyên dương n , biểu thức n n không biểu diễn 27 dạng lập phương số nguyên dương 2) Ta có x 5 y 5 z x y x z y z y x z xz y x y x z x y y z z x z y 9x y 6z x y z , 2 3x y z suy P x 5 y 5 z 5 Đẳng thức xảy x y 1; z 2 Vậy Pmin Nhận xét: Bài toán sử dụng phép từ giả thiết bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương để tìm giá trị nhỏ biểu thức Ý tưởng: Quan sát thấy, tốn có đối xứng hai kiến x; y nên điểm rơi xảy x y kz Thế lại giả thiết ta tìm x y 1; z Giả thiết cho xy yz zx đồng thời số xuất biểu thức P nên ta nghĩ đến chuyện giả thiết vào P Khi ta có: Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 126 P 3x y z x y x z y z y z z xz y Và điều ta cần sử dụng đánh giá để triệt tiêu tử số mẫu số, tức tìm số m thỏa mãn: z xz y m3x y z x y x z y z y z Thì lúc P Câu chuyện tìm m , quan sát thấy biểu thức m tích hai thừa số dương, ta sử dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương phải thỏa mãn điều kiện điểm rơi Với thức cuối, với điểm rơi x y z x z y ta có z x z y Cũng với tư đó, ta thấy: x y x z y z y x Nên x y x z y z y z Tức P Pmin Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: x y 2z x y x z y z y x z x z y 3x y z x y 1; z Cho a; b; c thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: P bc a bc ca b ca ab c ab 2 Cho a; b; c thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: P bc ca ab a bc b ca c ab Câu Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 127 P B C M I A N D K Q BPM BIM , nên tứ giác AMID nội 1) Tứ giác BPIM nội tiếp AD BC , suy MAD tiếp Tương tự tứ giác DNIA nội tiếp Vậy điểm A; M ; I ; N ; D thuộc đường tròn ( K ) Nhận xét Chứng minh năm điểm thuộc đường tròn ta chứng minh cho bốn điểm tạo thành tứ giác nội tiếp Nhắc lại kiến thức phương pháp • Hai góc nội tiếp chắn cung đường trịn đường trịn ngoại tiếp tứ giác BIM (hai góc nội tiếp chắn cung BM BPM BPIM ) • Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo cặp góc so le MAD (hai góc so le BP AD ), suy BIM MAD BPM • Tứ giác có góc ngồi đỉnh đối diện góc khơng kề với tứ giác tứ giác nội tiếp góc đỉnh góc ngồi đỉnh I góc MAD Tứ giác MIDA có góc BIM MAD nên suy MIDA tứ giác nội tiếp A không kề với I thỏa mãn BIM Hoàn toàn tương tự ta chứng minh DNIA tứ giác nội tiếp Do điểm A; M ; I ; N ; D thuộc đường tròn BPI CNI , suy tứ giác MINQ 2) Do tứ giác BPIM CPIN nội tiếp nên ta có QMI nội tiếp Mà M ; I ; N ( K ) , suy tứ giác MINQ nội tiếp đường tròn ( K ) Vậy Q thuộc đường tròn ( K ) Nhận xét Chứng minh điểm nằm đường trịn ta chứng minh điểm ba điểm nằm đường tròn tạo thành tứ giác nội tiếp Nhắc lại kiến thức phương pháp • Tứ giác nội tiếp có góc ngồi đỉnh góc đỉnh khơng kề với Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 128 + Tứ giác BPIM tứ giác nội tiếp có góc ngồi đỉnh M góc đỉnh I BPI khơng kề với nên QMI + Tứ giác CPIN tứ giác nội tiếp có góc ngồi đỉnh P góc đỉnh N CNI CNI , suy QMI khơng kề với nên BPI • Áp dụng nhắc lại kiến thức góc đỉnh góc ngồi đỉnh N góc QMI Tứ giác MINQ có góc INC QMI nên suy MINQ tứ giác nội tiếp M không kề với N thỏa mãn INC • Qua ba điểm không thẳng hàng xác định đường tròn Bốn điểm M ; I ; N ; Q thuộc đường tròn mà ba điểm M ; I ; N thuộc đường tròn ( K ) nên suy Q thuốc đường tròn ( K ) PIC (đối đỉnh); 3) Khi P; I ; Q thẳng hàng, kết hợp với Q thuộc đường tròn ( K ) ta có AIQ PNC (do tứ giác NIPC nội tiếp) PIC QND (đối đỉnh); QND QID (do tứ giác PNC INDQ nội tiếp) AIQ QID , suy IQ phân giác DIA nên IP phân giác góc BIC PB IB ID IB ID BD PB BD Do PC IC IA IC IA AC PC CA Nhận xét Chứng minh đẳng thức tỷ số đoạn thẳng ta thường sử dụng mối liên hệ đoạn thẳng thông qua định lý Ta-lét, tính chất đường phân giác trong/ngồi tam giác, tính chất tỷ lệ thức Nhắc lại kiến thức phương pháp • Hai góc đối đỉnh góc PIC PIC hai góc đối đỉnh nên AIQ + Góc AIQ hai góc đối đỉnh nên PNC QND góc QND + Góc PNC • Áp dụng nhắc lại kiến thức đường tròn ngoại tiếp tứ giác PNC (hai góc nội tiếp chắn cung PC + PIC PINC ) QID (hai góc nội tiếp chắn cung QD đường tròn ngoại tiếp tứ giác + QND QNID ), suy AIQ QID • Một tia nằm hai tia chia góc tạo hai tia thành hai góc tia tia phân giác QID suy IQ phân giác góc AID Ta có IQ nằm IA ID mà AIQ • Hai góc đối đỉnh có chung đường phân giác hay tia phân giác góc tia đối tia phân giác góc + IQ phân giác góc AID + IQ tia đối tia IP góc BIC hai góc đối đỉnh, suy IP phân giác góc BIC Góc AID • Đường phân giác tam giác chia cạnh dối diện thành hai đoạn thẳng có tỷ số với tỷ số hai cạnh tương ứng tam giác tam giác CBI nên PB IB Ta có IP phân giác góc BIC PC Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 IC TÀI LIỆU TOÁN HỌC 129 • Định lý Ta-lét IB IC IB ID PB IB ID , suy ID IA IC IA PC IC IA PB IB ID IB ID BD PB BD • Tỷ lệ thức (điều phải chứng minh) PC IC IA IC IA AC PC AC Ta có BC AD nên Câu Giả sử A có n số, xếp chúng theo thứ tự x1 x2 x2 xn 100 (1) Suy với k 1,2,3, , n 1 ta có xk1 xi x j xk xk xk (2), với i , j k Áp dụng kết 2 ta thu x2 ; x3 ; x4 ; x5 16 ; x6 32 ; x7 64 , suy tập A phải có phần tử +) Giả sứ n x8 100 Vì x6 x7 32 64 96 x8 x7 x7 50 Vì x5 x6 16 32 48 x7 x6 x6 25 Vì x4 x5 16 24 25 x6 x5 x5 25 (mâu thuẫn) +) n ta có tập 1; 2; 3; 5; 10; 20; 25; 50; 100 thỏa mãn yêu cầu toán Đáp số: n Nhận xét Các toán dạng chủ yếu đánh giá tư khơng có cách giải tổng quát Nhắc lại kiến thức phương pháp • Từ đến 100 có 100 số tự nhiên Tập hợp A tập hợp tập có phần tử nhỏ lớn 100 nên tập hợp A không vượt 100 phần tử Tổng quát, tập hợp A có n 100 phần tử, xếp phần tử theo thứ tự x1 x2 x2 xn 100 x a • Theo đề có x a b với x, a, b thuộc tập hợp A nên ta có k 1,2,3, , n 1 ta có xk1 xi x j xk xk xk với i , j k x b • Áp dụng kết xk1 xi x j xk xk xk ta x2 ; x3 ; x4 ; x5 16 ; x6 32 ; x7 64 , suy tập A phải có phần tử • Giả sử n theo thứ tự giả sử ta suy x8 100 • Áp dụng kiến thức trên, cách tính tốn giải phương trình bậc + Vì x6 x7 32 64 96 x8 x7 x7 50 + Vì x5 x6 16 32 48 x7 x6 x6 25 + Vì x4 x5 16 24 25 x6 x5 x5 25 (mâu thuẫn) • Vì A tập hợp có phần tử mà xét trường hợp có phần tử cho kết mâu thuẫn nên tập hợp A có phần tử Với n theo thứ tự giả sử ta suy x9 100 từ ta tìm tập hợp 1,2,3,5,10,20,25,50,100 thỏa mãn yêu cầu toán Đáp số: n Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 130 Đề số 19 Câu 1) Cộng hai vế hệ ta (2x + 3y)2 = 25 Ta có hệ: 2 x + y = 2 x + y = 2) Điều kiện x ≥ Đặt 2 x + y = −5 2 x + y = −1 2 x + = a (a ≥ 0); x − x + = b(b > 0) Ta có (1- b)(a - 3) = B = x1 = 0; x = ; a = x3 = Câu 1) Phá ngoặc (1 + x )(1 + y ) + xy + 2(x + y )(1 + xy ) = 25 ⇔ ( xy + 1) 2 + 2( x + y )(1 + xy ) + ( x + y ) = 25 ⇔ ( xy + + x + y ) = 25 ⇔ ( x + 1)( y + 1) = 25 Vì x, y khơng âm nên (x + 1)(y + 1) = ta có (x; y) = (0; 4) ; (4; 0) 1 k + k +1 k2 k +1 k = + = + = 1− + (k ∈ N ) 2) Xét k +1 k k (k + 1) k (k + 1) k (k + 1) (k + 1) k Thay k từ ta có n + n + 1 n + + = + = n (đpcm) n = n + − ( ) 2 1 + + + n n n n Câu Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 131 1) Ta có AC ⇔ AC = AB cot 30o = 3R AB AB AB sin ∠ACB = ⇒ BC = = 4R BC sin 30o 1 1 1 = + = + = ⇒ AH = R AH2 AB2 AC2 12R 4R 3R 2) Ta có ∠ACB = ∠HAB (cùng phụ với ∠CAH ) Mà ∠HAB = ∠HNB (cùng số đo cung HB) ∠HBN = ∠ACB cot ∠ACB = Từ tứ giác CMNH nội tiếp Tâm đường tròn nội tiếp CMNH thuộc trung trực HC cố định Câu Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp –xki ta có 2 ( a ;1 ) (1; 4) ta có 17( a + 1) ≥ ( a + 4) ⇔ a + ≥ a2 + (1); Dau :" =" ⇔ a = 17 b2 + 4 2 (1); Dau :" =" ⇔ b = ( b ;1 ) (1; 4) ta có 17(b + 1) ≥ (b + 4) ⇔ b + ≥ 17 Từ (1) (2) ta có P ≥ a2 + b2 + 17 (*) Mặt khác Từ GT ta có a + b + ab = Lại áp dụng bất đẳng thức Cơ – si ta có: Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 132 a + ≥ a 1 2 2 b + ≥ b ⇔ (a + b ) + ≥ (a + b + ab) = ⇔ a + b ≥ ; Dau :" =" ⇔ a = b = 2 2 2 a + b ≥ ab +8 17 = Thay Vào (*) ta có P ≥ 17 Vậy Min( P ) = 17 ⇔a=b= 2 Đề số 20 Câu I 1) Điều kiện: x ≥ − Với x = nghiệm phương trình Với x > vế trái lớn Phương trình vơ nghiệm Với x < 1, vế trái nhỏ Phương trình vơ nghiệm Vậy nghiệm phương trình x = 2) Giải hệ phương trình 5x2 + 2y2 + 2xy = 26 ⇔ + + − = 3x 2x y x y 11 ( )( ) 5x2 + 2y2 + 2xy = 26 3x + 2x2 − 2xy + xy − y2 = 11 5x2 + 2y2 + 2xy = 26 ⇒ 5x2 + 2y2 + 2xy + 2x2 + 3x − y2 − xy = 26 + 2.11 = 48 2 11 2x + 3x − y − xy = ( ) x=2 ⇔ 9x + 6x − 48 =0 ⇔ x = − Với x = ta có: y =1 2.22 + 3.2 − y2 − 2y = 11 ⇔ y2 + 2y − = ⇔ y = −3 Với x = − ta có Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 133 8 8 8 43 − + − − y2 + y = 11 ⇔ y2 − y + = Phương trình vơ nghiệm 3 3 3 Vậy nghiệm hệ phương trình (2; 1); (2; -3) Câu II 1) Giả sử n2 + 391 = a với a nguyên dương Ta có ( n + a =1 n =−195 (L) n − a =−391 a =196 n−a n+a = −391 ⇔ ⇔ n + a 391= n 195 = TM n − a =−1 a =196 )( ) ( ) Vậy số nguyên dương n thỏa mãn đề 195 2) Ta có xy + z + 2x2 + 2y2 + xy ≥ ≥ ( x + z )( y + z ) + x + y + xy ( ) xy + z x + y + z + x + y + xy ≥ Dấu “=” xảy x= y= z= xy + z + x + y + xy = 1 Câu III 1) Chứng minh M trực tâm tam giác ABC Ta có tứ giác BEPH PHQM tứ giác nội tiếp Từ Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 134 ∠C1 (cùng phụ với ∠QHC ) ∠H1 = ∠P1 = ∠P2 = ∠H2 mà ∠H2 = ∠H1 = ∠C1 nên CM // EH ⇒ CM ⊥ AB tương tự BM ⊥ AC Vậy M trực tâm tam giác ABC 2) Chứng minh BEFC tứ giác nội tiếp ∠EBH = ∠HPF (cùng bù với góc ∠HPE ) ∠HPF = ∠PFA ⇒ ∠EBH = ∠PFA Vậy tứ giác BEFC nội tiếp Câu IV Số số đánh dấu ≥ Nếu tất số đánh dấu số dương ta có đpcm Nếu số đánh dấu có số âm giả sử a n số a n +1 số dương đánh dấu a n + a n +1 > , số âm có số có tổng dương, cặp số không trùng Vậy tổng số đánh dấu dương Đề số 21 Câu 1)ĐKXĐ: ∀x ∈ R x − x + = x − x + ⇔ x − x + − x − x + + = ⇔ ( x − x + − 1) = ⇔ x − x + = ⇔ x( x − 1) = ⇔ x = 0; hoac : x = Phương trình có nghiệm x1= 0;x2 = 2) 2 2 y = − x − xy x − y + xy = y = − x − xy ⇔ ⇔ 3 x + y = y + x + xy − x − y + = ( x − 1)( x + y − 2) = y = x = − y x = 2 y = − x − xy x = y + y − = ⇔ x = ⇔ ⇔ x =1 y = x = − y y − y = x = y = −3 Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (1; 0); (1; 1); (5;-3) Câu 1) Ta có ( ) 13 = 134 13 ≡ 3(mod10);6 ≡ 6(mod10);2009 2009 = (2009 ) 13 2008 2009 ≡ 9(mod10) 1313 + 6 + 2009 2009 ≡ + + ≡ 8(mod10) Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 135 nên 1313 + 6 + 2009 2009 có tận 2)áp dụng BĐT Cô si cho số dương 9a + 4a + 5b 13a + 5b 9a 4a+5b ta có 9a (4a + 5b) ≤ = 2 9b + 4b + 5a 13b + 5a 9b 4b+55 ta có 9b(4b + 5a ) ≤ = 2 1 3(a + b) Nên P ≥ = nên Min(P) = a = b 18a + 18b 3 Cách khác áp dụng bất đẳng thức Bunhicôpsky dãy ( a; b dãy 4a + 5b ; 4b + 5a ta có a (4a + 5b) + b(4b + 5a ) ) ≤ (a + b)(9a + 9b) ⇔ a (4a + 5b) + b(4b + 5a ) ≤ 3(a + b) a+b ≥ a (4a + 5b) + b(4b + 5a ) Min (P)= 4a + 5b 4b + 5a 4a + 5b 4b + 5a = ⇔ = ⇔ 4ab + 5b = 4ab + 5a ⇔ a = b a b a b Câu ⇔ A K B O1 H D C O2 a-Tam giác BKO1 dd tam giác O2KA nên a O1 B O1 K O1 K = = = = TgB1 b O2 A AK BK a AH AH Mà = tgB1 nên = b BH BH b b-Theo a ta có HB = HA a ∆ vng BO2H ta có BH2+O2H2=O2B2 nên b2 b2 b2 2 2 2 + − = ⇔ + − + = ⇔ AH b AH b AH b bAH AH b ( ) AH − 2bAH + AH = 2 a a a 2 b 2a b 2ab ⇔ AH − 2b + AH = ⇔ (a + b ) AH = 2a b ⇔ AH = = suyra BH : a (a + b ) (a + b ) Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 136 S ABCD = AH BH = 8a 3b (a + b ) Câu Ta có 3a + 8b + 14ab = (3a + 2b)(a + 4b) ≤ 4a + 6b = 2a + 3b 4b + 6c = 2b + 3c 4c + 6a = 2c + 3a 3c + 8a + 14ac = (3c + 2a )(c + 4a ) ≤ Ta có 3b + 8c + 14cb = (3b + 2c)(b + 4c) ≤ P= a2 b2 c2 + + 3a + 8b + 14ab 3b + 8c + 14bc 3c + 8a + 14ca a2 b2 c2 P≥ + + =Q 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a Áp dụng BĐT Bunhiacopsky cho dãy a b c 2a + 3b ; 2b + 3c ; 2c + 3a ; ; 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a 1 Ta có Q(5a + 5b + 5c) ≥ (a + b + c) ⇔ Q ≥ (a + b + c) P ≥ Q ≥ (a + b + c) 5 Dấu “=” xảy khi a=b=c Cách khác: Chứng minh Q ≥ (a + b + c) áp dụng BĐT Cô-Si 2 a a 2a + 3b 2a 2a 2a + 3b 8a − 3b tương tự + ≥ ⇔ ≥ − = 2a + 3b 25 2a + 3b 25 25 8c − 3a 8b − 3c c2 b2 ; ≥ ≥ 25 25 2c + 3a 2b + 3c Vậy 8a − 3b 8b − 3c 8c − 3a a + b + c Q≥ + + = 25 25 25 Đề số 22 Câu 1)ĐKXĐ: x ≥ −1 Đặt x + 35 = a.; x + = b; (a > 0; b ≥ 0) 14 x + 35 + x + = 84 + x + 36 x + 35 ⇔ 14a + 6b − 84 − ab = a = x = 1; (T / m) ⇔ (a − 6)(14 − b) = ⇔ ⇔ b = 14 x = 195; (T / m) 2).Dùng phương pháp quy nạp toán học * Với n = giả sử với n = k ta có Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 137 Sk = k2 (k + 1) ; ta phải chứng minh với n=k+1 nghĩa S = k +1 4k + 4(k + 1) + S k +1 = S K + ⇔ 2(k + 1) − (k + 1) 2(k + 1) − k2 + ⇔ = 4(k + 1) + 4k + + (2k + 1) 4 + (2k + 1) 2(k + 1) − (k + 1) k2 − = 2 4(k + 1) + 4k + + (2k + 1) Ta có : [ (k + 1) (4k + 1) − k 4(k + 1) + 1) k2 (k + 1) − = 4(k + 1) + 4k + 4(k + 1) + 1) (4k + 1) [ ] ] 4k + 8k + 4k + k + 2k + − 4k − 8k − 4k − k 2k + = = ; ( DPCM ) 16k + 32k + 24k + 8k + + (2k + 1) Cách khác: a 1 1 đặt a = 2n - 1( n ∈ N * ) xét tổng quát = − thay n từ 4 a − 2a + a + 2a + 4+a ;2;3;4;… Ta có a 1;3;5;7;… 2 1 4n 1 1 Ta có S = − + − + − = − = 5 13 (2n − + 1) + (2n − + 1) + 4n + Câu 1) Với n < khơng có số thoả mãn Với n = thoả mãn Với n>6 n có dạng n = 7k;7k+1;7k+2;7k+3;7k+4;7k+5;7k+6 ( (k ∈ N * ) n = 7k n+7 7; n=7k+1 n+13 7; n=7k+2 n+5 n=7k+3 n+25 7; n=7k+4 n+17 7; n=7k+5 n+37 7; n=7k+6 n+1 Vậy có n=6 thoả mãn đề 2) Ta thấy a-b 7;(a+c)-(b+d)=((a-b)+(c-d)) mà 2014-844=1170=167x7+1 Không chia hết cho sau số hữu hạn lần thay ta nhận tập hợp cặp số M = {(2018,702), (844,2104), (1056,2176), (2240,912)} Câu M P A C D K O' O B Q 1) ta có ∠ DCB= ∠ DAB (Chắn cungBD) ∠ DAB = ∠ QPB (chắn cungBQ) Tài liệu sưu tầm tổng hợp word đầy đủ liên hệ 0393732038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 138 Nên ∠ DCB= ∠ QPB(1) ∠ DBC= ∠ PAQ( bù ∠ DAC) ∠ PAQ = ∠ PBQ ( chăn cung PQ) Nên ∠ DBC= ∠ PBQ(2) Từ (1) ;(2) ta có ∆ BCD đ d với ∆ BPQ (g.g) 2)theo a) ∠ DCB= ∠ QPB nên tứ giác KPCB nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác KCP qua điểm B cố định M thay đổi Câu Giả sử x,y,z số thực thoả mãn điều kiện ≤ x, y, z ≤ x + y + z = Tìm giá trị nhỏ lớn biểu thức : M = x + y + z + 12(1 − x )(1 − y )(1 − z ) Giải: cách đặt 1-x = a;1 - y = b;1 – z = c a + b + c = nên a3 + b3 + c3 = 3abc − ≤ a; b; c ≤ M=(1-a)4+(1-b)4+(1-c)4+12abc=a4+b4+c4-4(a3+b3+c3-3abc)+6(a2+b2+c2)-4(a+b+c)+3 M= a4+b4+c4+6(a2+b2+c2)+3 áp dụng BĐT Bunhiacopsky cho dãy a;b;c 1;1;1 ta có 3(a2+b2+c2) ≥ (a+b+c)2=0 Nên a2+b2+c2 ≥ Dấu “=” xảy a=b=c=0 áp dụng BĐT Bunhiacopsky cho dãy a2;b2;c2 1;1;1 ta có 3(a4+b4+c4) ≥ (a2+b2+c2)2=0 ⇔ a4+b4+c4 ≥ Dấu “=” xảy a = b = c = Vậy M ≥ suy (M)= a=b=c=0 x=y=z=1 Mặt khác a2+b2+c2=(1-x)2+(1-y)2+(1-z)2=3-2(x+y+z)+x2+y2+z2= x2+y2+z2-3 Giả sử ≤ x ≤ y ≤ z ≤ ; ta có x2+y2+z2-3=(x+y)2-2xy+z2 -3 ≤ (3-z)2 +z2-3=2z2-6z+6 3 x +y +z -3=2z -6z+6= 2 z − + ≤ 0