tổng hợp đề KHTN Hà Nội

Dịch Vụ Toán Học 32 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Đại học KHTN Hà Nội (kèm theo đáp án) Môn Toán WWW.VNMATH.COM About VnMath.Com Đại số Giải tích vnMath.com Giáo án Dịch vụ Toán học môn Sách info@vnmath.com Hình học Các loại Olympic khác Đề thi Chuyên đề Đáp án Toán Luyện thi Đại học Thi lớp 10 Đại học Cao học Bồi dưỡng HSG 1 Tài liệu tìm thấy mạng không rõ tác giả Chương 1.1 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1989 (cho thí sinh) Bài Cho đa thức P (x) = ax2 + bx + c Biết với giá trị nguyên x, giá trị đa thức P (x) số phương (nghĩa bình phương số nguyên) Chứng minh hệ số a, b, c số nguyên, b số chẵn Bài Tìm giá trị bé biểu thức a2 + ab + b2 − 3a − 3b + 1989 Giá trị bé đạt giá trị a b? Bài Chứng minh 52 số nguyên dương luôn tìm số cho tổng hiệu số chia hết cho 100 Bài Cho tam giác ABC Về phía tam giác vẽ góc BAx = CAy = 21◦ Hạ BE vuông góc với Ax (E nằm Ax), CF vuông góc với Ay (F nằm Ay M trung điểm BC Chứng minh tam giác MEF tam giác cân Tính góc tam giác MEF Bài Có học sinh vừa lớp A vừa lớp B thành hàng dọc, đứng cách Chứng minh có học sinh đứng cách hai em lớp với khoảng cách www.vnmath.com Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chương Đề thi tuyển sinh lớp 10 1.2 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1989 (cho thí sinh thí sinh chuyên lý) Bài Tìm tất giá trị nguyên x để biểu thức sau số nguyên −2x2 + x + 36 2x + Bài Tìm giá trị bé biểu thức a2 + ab + b2 − 3a − 3b + Chứng minh với m nguyên dương, biểu thức m2 + m + số phương (nghĩa bình phương số nguyên) Chứng minh với m nguyên dương, m(m + 1) tích bốn số nguyên liên tiếp Bài Cho tam giác ABC vuông cân, góc A = 90◦ CM trung tuyến (M nằm AB) Từ A vẽ đường vuông góc với MC cắt BC H Tính tỷ số BH HC Bài Có thành phố, thành phố có thành phố liên lạc với Chứng minh thành phố nói tồn thành phố liên lạc với 1.3 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1989 (cho thí sinh chuyên toán - tin học) Bài Phân tích biểu thức sau thành nhân tử a4 + b4 + c4 − 2a2 b2 − ab2c2 − 2c2 a2 Bài Cho biết x x2 +x+1 = − 23 Hãy tính giá trị biểu thức x2 x4 + x2 + www.vnmath.com Giá trị bé đạt giá trị a b? Bài 1.4 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1991 (cho thí sinh) Tìm giá trị lớn biểu thức x2 x4 + x2 + Giá trị lớn đạt giá trị x Bài Cho biểu thức P (n) = an + bn + c, a, b, c số nguyên dương Chứng minh với giá trị nguyên dương n, P (n) chia hết cho m (m số nguyên dương cố định), b2 phải chia hết cho m Với ví dụ sau chứng tỏ suy b chia hết cho m Bài Cho đa giác lồi sáu cạnh ABCDEF.M, I, L, K, N, H trung điểm cạnh AB, BC, CD, DE, EF, F A Chứng minh trọng tâm hai tam giác MNL HIK trùng Bài Giả sử trường có n lớp ta ký hiệu am số học sinh lớp thứ m, dk số lớp lớp có k học sinh, M số học sinh lớp đông Chứng minh rằng: a1 + a2 + · · · + an = d1 + d2 + · · · + dM a21 + a22 + · · · + a2n = d1 + 3d2 + 5d3 + · · · + (2k − 1)dk + · · · + (2M − 1)dM 1.4 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1991 (cho thí sinh) Bài 1 Giải biện luận phương trình √ √ a+x+ a−x √ √ √ = b a+x− a−x Trong a, b số dương cho Cho phương trình x2 + ax + b + = Trong a, b ∈ Z b = −1 Chứng minh phương trình có hai nghiệm số nguyên a2 + b2 hợp số www.vnmath.com P (n) = 3n + 2n + (xét m = 4) Chương Đề thi tuyển sinh lớp 10 Bài Cho a, b, c số đôi khác khác Giải hệ   a x + a y + az = b3x + b2 y + bz =   c x + c2y + cz = Bài 3.Tìm nghiệm nguyên, dương phương trình 7x = 3.2y + Bài Cho tam giác ABC M, N, P điểm cạnh BC, CA, AB Nối AM, BN, CP Chứng minh diện tích bốn tam giác gạch chéo diện tích ba tứ giác không gạch chéo (Xem hình vẽ) Bài Tồn hay không 1991 điểm mặt phẳng cho ba điểm chúng ba đỉnh tam giác có góc tù? 1.5 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1991 (cho thí sinh chuyên toán chuyên tin) Bài 1 Rút gọn biểu thức A= √ √ √ − 44 + 16 Phân tích biểu thức sau thành nhân tử P = (x − y)5 + (y − z)5 + (z − x)5 www.vnmath.com Cho hình thang ABCD(AB//CD) Gọi giao điểm AD BC E, giao điểm AC BD F Chứng minh đường thẳng EF qua giao điểm hai đáy AB, CD 1.6 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1992 (cho thí sinh) Bài Cho số a, b, cα, β, γ thoả mãn điều kiện   a + b + c = α+β+γ =0  α β γ + b +c =0 a Hãy tính giá trị biểu thức A = αa2 + βb2 + γc2 Cho bốn số a, b, c, d số không âm nhỏ Chứng minh Khi dấu đẳng thức xảy ra? Bài Cho trước a d số nguyên dương Xét tất số có dạng a, a + d, a + 2d, , a + nd, Chứng minh số có số mà chữ số 1991 Bài Trong hội thảo khoa học có 100 người tham dự Giả sử người quen biết với 67 người Chứng minh tìm nhóm người mà người nhóm quen biết Bài Cho hình vuông ABCD Lấy điểm M nằm hình vuông cho MAB = MBA = 15◦ Chứng minh tam giác MCD tam giác Hãy xây dựng tập hợp gồm điểm có tính chất: Đường trung trực đoạn nối hai điểm qua hai điểm tập hợp điểm 1.6 Bài Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1992 (cho thí sinh) www.vnmath.com ≤ a + b + c + d − ab − bc − cd − da ≤ 10 Chương Đề thi tuyển sinh lớp 10 Giải phương trình √ x + + 2x − + √ √ x − − 2x − = 2 Giải hệ phương trình xy − 2y + 3x2 = y + x2y + 2x = Bài Tìm tất cặp số nguyên không âm (m, n) để phương trình có nghiệm nguyên Bài Cho tam giác ABC có diện tích S Trên cạnh AB, BC, CA lấy C , A , B tương ứng, cho AC = C B, BA = , AC CB = BA Giả sử AA cắt BB M, BB cắt CC N , CC cắt AA P Tính diện tích tam giác MNP theo S Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Lấy điểm D cung BC (không chứa A) đường tròn Hạ DH vuông góc với BC, DI vuông góc với CA DK vuông góc với AB Chứng minh AC AB BC = + DH DI DK Bài Tìm tất cặp số nguyên dương (m, n) cho 2m + chia hết cho n 2n + chia hết cho m 1.7 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1992 (cho thí sinh chuyên toán chuyên tin) Bài 1 Tìm tất số nguyên n để n4 + 2n3 + 2n2 + n + số phương Cho a, b, c > a + b + c a2 Chứng minh 1 + + + 2bc b + 2ca c + 2ab www.vnmath.com x2 − mnx + m + n = 1.8 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1993 (cho thí sinh) 11 Bài Cho a tổng chữ số (29 )1945, b tổng chữ số số a Tìm tổng chữ số b Bài Cho tam giác ABC Giả sử đường phân giác góc A cắt đường thẳng BC D, K tương ứng Chứng minh AD = AK AB + AC = 4R2 , R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài Trong mặt phẳng kẻ 1992 đường thẳng cho đường song song ba đường đồng quy Tam giác tạo ba đường thẳng số đường thẳng cho gọi "tam giác xanh" không bị đường thẳng số đường thẳng lại cắt Chứng minh số tam giác xanh không 664 Bài Có 41 thành phố nối với đường chiều Biết từ thành phố có 16 đường đến thành phố khác 16 đường từ thành phố khác đến Giữa hai thành phố đường mạng đường nói Chứng minh từ thành phố A đến thành phố B mà qua nhiều hai thành phố trung gian 1.8 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1993 (cho thí sinh) Bài 1 Giải phương trình x+ x+ + x+ =2 Giải hệ phương trình x3 + 2xy + 12y = 8y + x2 = 12 Bài Tìm giá trị lớn bé biểu thức A = x2 y(4 − x − y) x y thay đổi thoả mãn điều kiện: x 0, y 0, x + y www.vnmath.com Chứng minh kết luận mạnh hơn: Số tam giác xanh không 1328 12 Chương Đề thi tuyển sinh lớp 10 1.9 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1994 (cho thí sinh) Bài Giải phương trình sau: x4 − 2x3 − 6x2 + 16x − = √ x2 + 2x + = x3 + 4x Bài Xét số x, y, z, t > thoả mãn hệ thức xy + 4zt + 2yz + 2xt = Tìm giá trị lớn biểu thức √ √ A = xy + zt Bài Tìm tất số nguyên x, y, z, t thoả mãn hệ phương trình xy − 3zt = xz + yt = Bài Cho tam giác cân ABC có AB = AC H trung điểm cạnh BC Một đường tròn qua A tiếp xúc với cạnh BC B cắt AC, AH D E Biết D trung điểm AC bán kính đường tròn R Tính độ dài dây cung AE, AD theo R Bài Cho tam giác ABC có BC > AC Một đường thẳng song song với cạnh AB cắt cạnh BC AC điểm M N Chứng minh BN > AM www.vnmath.com Bài Cho hình thoi ABCD Gọi R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ABC a độ dài cạnh hình thoi Chứng minh rằng: + = 2 R r a Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Quay ABC góc 90◦ quanh tâm O ta A1 B1 C1 Tính diện tích phần chung hai hình tam giác ABC A1 B1C1 theo R Bài Tìm tất số nguyên dương a, b, c đôi khác cho biểu thức 1 1 1 A= + + + + + a b c ab ac bc nhận giá trị nguyên dương 2.27 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2003(cho thí sinh chuyên toán chuyên tin)117 Dễ thấy, phương trình có nghiệm với x = y = ngược lại Với y = từ phương trình (1) ⇒ x2 ⇒ x ∈ {−1, 1} Với x = thay vào phương trình cho ta y = −1, Với x = −1 ta y = −1 Do vai trò x, y phương trình cho đối xứng nên trường hợp |x| |y| ta thu ba nghiệm Vậy phương trình có ba nghiệm nguyên là: x = 0, y = 0; x = 1, y = −1; x = −1, y = Cách 2: Ta chứng minh phương trình nghiệm với |x| 2, |y| x2 y x2 y 4x2 4y 2 |y| ⇒ x2 y 2 ta có 2(x2 + y 2) = x2 + y + x2 + y ≥ x2 + y + 2|xy| > x2 + y + xy - Trường hợp x ± y = ±2 phương trình nghiệm nguyên - Thử với trường hợp x = 0, x = x = −1 ta ba nghiệm x = 0, y = 0; x = 1, y = −1; x = −1, y = Bài 1) Gọi nửa chu vi tam giác ABC p AM = AN = p Theo tính chất đường tròn nội tiếp dễ thấy CD = p − AB Ngoài ra, BP = BM = p − AB Vậy BP = CD Chú ý: Có thể chứng minh sau: Giả sử P thuộc đoạn BD Khi đó: F M = F B + BM = BD + BP = 2BP + P D Tương tự EN = EC + CN = CD + CP = 2CD + P D mà: F M = EN nên BP = CD Trường hợp D thuộc đoạn BP , chứng minh tương tự 2) BM I có BM I = AMN = ANM = BIM ⇒ BI = BM = BP = CD = CE Do hai đoạn BI, CE song song, ngược chiều nên BICE hình bình hành Tương tự: CN K có CN K = AMN = CKN ⇒ CK = CN = CP = BD = BF Do hai đoạn CK, BF song song, ngược chiều nên BKCF hình bình hành www.vnmath.com Thật vậy, với |x| 118 Chương Đáp án tuyển sinh 3) Cách 1: Kẻ đường phân giác góc P BI cắt P O S BIS ⇒ BIS = BP S = 900 SI = SP BP S CDO, ta có  OCD = 12 ACB = 12 CBI = OBP   BP = CD ⇒   CDO = BP S = 90 Từ suy ra: (1) CP S = BP S = CDO ⇒ OD = SP BDO (chú ý: CP = BD) 1 ⇒P CS = DBO = ABC = BCK 2 ⇒SK = SP SKC = SP C = 900 (2) Từ (1) (2) suy ra, đường tròn tâm S, bán kính SI qua I, K, P tiếp xúc với BI, CK BC I, K, P tương ứng Cách 2: Gọi H trung điểm BC S điểm đối xứng với O qua H Dễ thấy cặp điểm sau đối xứng với qua H: B C; P D; I E; F K Do đó: SI = SP = SK (vì chúng OE, SK = OS, SP = OD) BIS = CEO = 900 , BP S = CDO = 900 , , CKS = BF O = 900 Suy đường tròn tâm S bán kính SP qua P, I, K tiếp xúc với BC, BI, CK (lần lượt P, I, K) Chú ý: Chúng ta lý luận sau: Gọi giao điểm BI CK T ABT C hình bình hành trung điểm H BC giao điểm AT BC Qua phép đối xứng tâm H tam giác ABC biến thành T CB, điểm D, E, F biến thành P, I, K tương ứng suy đường tròn qua D, E, F biến thành đường tròn qua P, I, K Do đường tròn qua D, E, F nội tiếp ABC nên đường tròn qua P, I, K nội tiếp T CB, tức tiếp xúc với BC, BI, CK P, I, K tương ứng Bài Đặt y = − x, toán cho trở thành: Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x4 + y + 6x2 y 2, x, y số thực thay đổi thoả mãn hệ thức: x+y =3 x2 + y www.vnmath.com Xét BP S = 2.28 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2004 (cho thí sinh) 119 Từ hệ thức ta có: x2 + y + 2xy = x2 + y ⇒ (x2 + y ) + 4(x2 + y + 2xy) ⇒ 5(x2 + y 2) + 4(2xy) 41 + 4.9 = 41 Ta có 40(x2 + y 2)(2xy) Dấu = đạt ⇔ 4(x2 + y 2) = 5(2xy) Cộng hai vế bất đẳng thức thu với 25(x2 + y )2 + 16(2xy)2 ta thu được: 41[(x2 + y 2)2 + (2xy)2] [5(x2 + y ) + 4(2xy)]2 ⇔ (x2 + y )2 + (2xy)2 41 hay x4 + y + 6x2 y Dấu = đạt   x + y = x2 + y =   4(x + y 2) = 5(2xy) 41 412 x = 1, y = x = 2, y = ⇔ Vậy P đạt giá trị nhỏ 41, đạt x = x=2 2.28 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2004 (cho thí sinh) Bài 1) Cách 1: Phương trình tương đương với (|x + 1| − 1)(|x − 1| − 1) = • Giải |x + 1| = ⇔ x + = ±1 ⇔ x=0 x = −2 • Giải |x − 1| = ⇔ x − = ±1 ⇔ x=0 x=2 www.vnmath.com 16(x2 + y 2)2 + 25(2xy)2 120 Chương Đáp án tuyển sinh Đáp số: x = 0; Cách 2: x = ±2 x=0 x=2 • Xét trường hợp x ta có 2x = x2 ⇔ • Xét trường hợp x −1 ta có • Xét trường hợp − < x < ta có = − x2 ⇔ x = − 2x = x2 ⇔ (loại) x=0 x = −2 (loại) (x + 2y + 2)(x − y) = (1) x3 + y + x − y = (2) Từ (1), x, y ∈ Z ta thu trường hợp sau: a) x + 2y + = x − y = −1 ⇒ b) c) y=2 x=1 ⇔ x + 2y = x − y = −1 ⇒ 3y = (thoả mãn) x + 2y + = −7 x + 2y = −9 ⇔ ⇒ 3y = −10 x−y =1 x−y =1 10 ⇒y=− ∈ / Z(loại) y=2 x + 2y + = x + 2y = −1 ⇔ ⇒ 3y = ⇒ x = −5 x − y = −7 x − y = −7 (loại không thoả mãn (2)) d) x + 2y + = −1 x + 2y = −3 ⇔ x−y =7 x−y =7 10 ⇒y=− ∈ / Z (loại) Đáp số: x = 1, y = ⇒ 3y = −10 www.vnmath.com Đáp số: x = 0; x = ±2 2) Hệ cho tương đương với 2.28 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2004 (cho thí sinh) 121 Bài Ta có đẳng thức a102 + b102 = (a101 + b101)(a + b) − ab(a100 + b100) ⇔ = a + b − ab ⇔ (a − 1)(b − 1) = Thu P = Bài Gọi H, I, P chân đường vuông góc, phân giác, trung tuyến hạ từ B Vì 32 + 42 = 52 suy tam giác vuông B S = 12 3.4 = Vì AP = CP ⇒ SCBP = 12 S = 3(cm) AI ABI = IC = 34 ⇒ 4SABI = 3SBCI Vì SSBCI Ta có: = SABI + SBCI = SABI = SBCI + SBCI = SCBI 4 24 24 − = (cm2 ) ⇒ SCBI = (cm ) ⇒ SP BI = SCBI − SCP B = 7 54 SABH = ( ) = ⇒ S 25 24 72 54 = (cm2 ) SHBI = SCBH − SCIB = (6 − ) − 25 175 Đáp số: 54 (cm2) 25 72 SHBI = (cm2) 175 SIBP = (cm2) SP CB = 3(cm2 ) SABH = Bài Tứ giác BM HN tứ giác nội tiếp suy CHN = CBH = AHQ (1) Vì ABCN tứ giác nội tiếp CBD = CAD Từ (1) (2) suy ra: CAD = AHQ → AQ = HQ (2) www.vnmath.com a = ⇒ + b100 = + b101 ⇔ b = b = ⇒ + a100 = + a101 ⇔ a = 122 Chương Đáp án tuyển sinh Mặt khác HQ = AD → AQ = QD (3) CP = DP (4) Tương tự suy ra: Từ (3) (4) suy ra: QP//AC Góc P QN = QHA nên tứ giác P QM N tứ giác nội tiếp suy bốn điểm P, Q, M, N nằm đường tròn Bài Ta có 2x2y x4 y Suy ra: x10 y 10 + + (x16 + y 16) + 2 y x ⇒Q≥ 2.29 = Qmin (1 + 2x2 y )2 (Khi x2 = y = Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2004 (cho thí sinh chuyên toán chuyên tin) Bài √ √ x+3+ x−1=2 (1) Điều kiện: x ≥ Cách 1: Dễ thấy x = nghiệm (1) Với x > ta có √ √ √ √ x+3+ x−1 > 1+3+ 1−1 = x = nghiệm √ √ Cách 2: Đặt u = x + 3, v = x − ta có u > 0, v ≥ u+v =2 u2 − v = ⇔ u+v =2 u−v =2 ⇔ u=2 v=0 Cách 3: Với điều kiện x ≥ (1) tương đương với √ 2x + + x2 + 2x − = √ x2 + 2x − = − x ⇔x=1 (2) www.vnmath.com x10 y 10 + 2 y2 x 16 (x + y 16) 2.29 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2004(cho thí sinh chuyên toán chuyên tin)123 Do vế trái không âm vế phải không dương (x ≥ 1) nên (2) suy √ x2 + 2x − = 1−x=0 ⇒x=1 Bài (x + y)(x2 + y 2) = 15 (x − y)(x2 − y 2) = (1) (2) Cách Hệ tương đương với ⇔ x2 + y = 5(x − y)2 (x + y)(x − y)2 = ⇔ (x + y)(x2 + y 2) = 5(x + y)(x − y)2 (x + y)(x − y)2 = (3) (4) (chú ý: x + y = 0) (3) ⇔2x2 − 5xy + 2y = ⇔ (y − 2x)(2y − x) = ⇔ y = 2x x = 2y Thay y = 2x vào (4) ta 3x3 = ⇒ x = ⇒ y = Thay x = 2y vào (4) ta 3y = ⇒ y = ⇒ x = Vậy hệ có hai nghiệm x = 1, y = x = 2, y = Cách 2: Hệ (1), (2) tương đương với (x + y)(2x2 + 2y ) = 30 (3) 2 (4) (x + y)(x − 2xy + y ) = Trừ (3) cho (4) ta hệ tương đương với (x + y)(2x2 + 2y ) = 30 (x + y)3 = 27 2x2 + 2(3 − x)2 = 10 ⇔ y =3−x ⇔ Bài x = 1, y = x = 2, y = ⇔ ⇔ 2x2 + 2y = 10 x+y =3 x2 − 3x + = y = 3−x www.vnmath.com (x + y)(x2 + y 2) = 15 (x + y)(x − y)2 = 124 Chương Đáp án tuyển sinh Cách P = (x3 + y 3) − (x2 + y 2) x2(x − 1) + y 2(y − 1) x2 y2 = = + ≥ (x − 1)(y − 1) (x − 1)(y − 1) y−1 x−1 xy √ ≥ 2√ y−1 x−1 2 Dấu "=" đạt x2 y−1 = y2 x−1 x = 2, y = ⇒x=y=2 Vậy P đạt giá trị nhỏ đạt x = y = Cách Theo ta có P = y2 x2 + y−1 x−1 Đặt x − = a, y − = b a, b > x = a + 1, y = b + 1, P = (a + 1)2 (b + 1)2 4a 4b a b + ≥ + =4 + ≥8 b a b a b a Do P đạt giá trị nhỏ 8, đạt a = b = hay x=y=2 Bài 1) Nếu M tâm O hình vuông hiển nhiên M thoả mãn giả thiết Ta chứng minh điều ngược lại Cách 1: Từ giả thiết ta có MBA = MCB = MDC = MAD MAB = MBC = MCD = MDA suy MA = MB = MC = MD AMB = BMC = CMD = DM A = 90◦ hay M tâm hình vuông Cách 2: Giả sử M = 0, M thuộc bốn miền tam giác MAB, MBC, MCD, MDA Không tổng quát, giả sử M thuộc miền tam giác OAD Do M = nên hai góc MAD, MDA bé 45◦ Nếu MAD < 45◦ MAB > 45◦ ≥ MDA, trái với giả thiết Nếu MDA < 45◦ MAB ≥ 45◦ > MDA, trái với giả thiết www.vnmath.com y x = x−1 Dấu "=" đạt y−1 √ (x − 1).1 ≤ (x−1)+1 = x2 , dấu "=" đạt Ta có x − = √ x − = hay x = Tương tự y − ≤ y2 , dấu "=" đạt y = Do 2xy P ≥ x y =8 2 2.30 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005 (cho thí sinh) 125 Suy M = M không thoả mãn giả thiết toán.√ 2) Do ANM ABC vuông cân nên AN = AC = suy AO AB OB AO AOB ∼ ANC (góc A chung) suy CN = AN = √2 không đổi 3) Do (S2) qua tâm O (S1) qua điểm C nằm (S1 ) nên (S2 ) (S1) cắt nên tiếp tuyên tiếp tuyến chung Giả sử hai tiếp tuyến chung P P QQ (P , Q ∈ (S1 )) Tia OO cắt (S1 ) T Gọi tâm (S2 ) O ta có O P//OP (cùng vuông góc với P P ) nên P OP = OP O Do NO⊥OC nên O nằm đường tròn (S2 ) suy O P O cân O nên ta có OP O = P OO ≡ P P O từ (1) ta có P OP = P OT từ ta có P OP = P OT (c-g-c) suy P T O = P P O = 90◦ Tương tự ta có QT O = 90◦ hay√P, T, Q thẳng hàng P Q tiếp tuyến (S1) T Bài Do số vô tỷ nên với số nguyên dương n √n2 số vô tỷ Ta có √ n n+1 n n+1 n n+1 xn = √ − √ < √ − √ < √ − √ −1 = √ +1< 2 2 2 2 ⇒0 ≤ xn ≤ Vì x0 , x1, x2, , x199 nhận hai giá trị Suy số khác chúng nhận giá trị Do số số khác 200 199 x0 + x1 + + x199 = √ − √ + √ − √ + · · · + √ − √ 2 2 2 √ 200 = √ = [100 2] √ √ Vì 141 < 100 < 142 nên [100 = 144 Vậy hai trăm số x0, x1 , , x199 cho có 141 số khác n √ − √ √ = √12 < nên hai số √n2 n+1 Chú ý: Có thể thấy n+1 2 có không số nguyên, ≤ xn = 2.30 n+1 √ − √n ≤1 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005 (cho thí sinh) Bài Hệ cho tương đương với x + y + xy = (x + y)2 − 2xy = ⇔ S+P =3 S − 2P = (*) www.vnmath.com (1) 126 Chương Đáp án tuyển sinh x+y =S xy = P Hệ (*) có nghiệm       S=2 P =1 ⇒ S = −4 P =7 x=y=1 hệ vô nghiệm Vậy nghiệm hệ cho là: x = y = Bài Phương trình cho tương đương với √ √ 11 − x − x + − − 2x = √ √ ⇔ (x + − x + + 4) + (3 − 2x − − 2x + 1) = √ √ ⇔ ( x + − 2)2 + ( − 2x − 1)2 = √ x+3−2=0 √ ⇔ x=1 ⇔ − 2x − = Bài Phương trình cho có dạng x2 + 17[y + 2xy + 3(x + y)] = 1740 Chú ý với số x nguyên, x có dạng sau: x = 17k ± r với r = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, Từ suy x2 có dạng tương ứng sau: x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 = 17k = 17k + = 17k + = 17k + = 17k + 16 = 17k + = 17k + = 17k + 15 = 17k + 13 www.vnmath.com với 2.30 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005 (cho thí sinh) 127 Nhận thấy vế phải 1740 chia cho 17 có số dư Trong vế trái chia cho 17 trường hợp số dư Vậy phương trình cho nghiệm nguyên Bài 1) (Xem hình 1) Cách 1: Ta có OM//O D (OM O D vuông góc với CD) ⇒ MOO = OO D < IO D = IO M < OO M ⇒ OM > O M Cách 2: Gọi M giao điểm OA O D Ta xét hình bình hành M OM O Ký hiệu S diện tích hình bình hành đó, ta có ⇒ AB OM = OM CD (1) Vì I thuộc đoạn AB, nên AB = AI +IB = AI +ID = AI +IC +CD > CD hay AB >1 (2) CD Từ (1) (2) suy đpcm 2) (Xem hình 2) Cách Tứ giác ACBE nội tiếp IA = IC, nên IB = IE Mặt khác ta có IB = ID, IB = ID = IE BED vuông B suy BD⊥BE (1) Tứ giác ADBF nội tiếp IB = ID, nên IA = IF ⇒ AF//BD (2) Từ (1) (2) suy AF ⊥BE Cách 2: Ta có F AB = F DB = IDB = IBD = ABD ⇒ AF//BD (1) Vì IO phân giác BID IO phân giác DIA , nên IO⊥IO Lại có AC⊥IO, AC//IO Ta có ABE = ACE = BAC ⇒ BE//AC//O I Từ (1) (2) suy BD⊥EB ⇒ AF ⊥BE Bài Điều kiện cho viết lại 1 xy + x2 + y = z z (2) www.vnmath.com S = AB.O M = CD.OM 128 Chương Đáp án tuyển sinh Biểu thức P có dạng P = z4 + x4 + y Đặt 1z = t, ta thu toán sau: Với x, y, t > thoả mãn xy + yt2 + tx2 = 3, tìm giá trị lớn biểu thức P = x + y + t4 Ta có ⇒ 3(x4 + y + t4) + ⇒ x4 + y + t 1 ⇒ 4 x +y +t Vậy P = 2.31 4(xy + yt2 + tx2) = 12 đạt x = y = z = Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005 (cho thí sinh chuyên toán chuyên tin) Bài √ √ √ Giải phương trình − x + + x + − x2 = điều kiện: √ √−2 x √ 2 Đặt t = − x + + x ⇒ − x2 = t 2−4 Phương trình cho có dạng t2 + 2t − = ⇔ t1 = −4 √ loại √ √ t2 = ⇔ − x + + x = ⇔ + − x2 = ⇔ x = ±2 Bài Do x3 + y − xy = nên phương trình thứ hai hệ có dạng: 4x4 + y = (4x + y)(x3 + y − xy 2) ⇒ xy(3y − 4xy + x2 ) = a) x = ⇒ y=1⇒ hệ có nghiệm (0, 1) www.vnmath.com  4  x + y + y + 4xy y + t4 + t4 + 4yt2  4 t + x4 + x4 + 4tx2 2.31 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005(cho thí sinh chuyên toán chuyên tin)129 b) y = ⇒ x = ⇒ hệ có nghiệm (1, 0) c) 3y − 4xy + x2 = (∗) Với x = chia hai vế phương trình (*) cho x2 ta nhận được: Đặt y x y x −4 y +1=0 x =t ⇒ 3t2 = 4t + = ⇒ x=y Với y x =1 Với y x = ⇒ ⇒ t1 = 1, t2 = x=y=1 ⇒ x = 3y ⇒ 25y = ⇒ y = √ 25 √ 25 ⇒x= x=0 y=1 x=1 y=0 ; ; x=1 y=1 ; x= y= √ 25 √ 25 Bài √ 1) Từ (x + y)2 2(x2 + y 2) = ⇒ x + y ≤ Dấu xảy x = y = √12 Ta lại có: (x + y)2 = x2 + y + 2xy = + 2xy ⇒ Dấu xảy x = y = 2) √ P = + 2x + + 2y P = + 2(x + y) + Do x + y √ 4xy + 2(x + y) + 4xy 2(x2 + y 2) = √ 2+2 2+2 ⇒ P2 √ 2+2 2+2 ⇒ P √ 1+2 2+2 √ 3+2 √ √ Vậy Pmax = + 2 + + 2 Đạt x = y = √12 Mặt khác, x + y 4xy Ta có: P2 ⇒ P √ 2+2+2 1+2+0 √ 4+2 x+y www.vnmath.com Vậy hệ có tất nghiệm là: Chương Đáp án tuyển sinh √ Vậy Pmin = + Đạt x = y = Bài 1) Lấy điểm P khác phía với điểm P đường thẳng Ab cho BP P vuông cân (vuông tai B) (xem hình 1) Ta có BP C = BP A (c.g.c) ⇒ BP A = 1350 Do BP P = 450 ⇒ P P A = 900 Theo Pitago: P A2 = AP + P P = P C + 2P B 2) Trước hết ta chứng minh nhận xét sau (xem hình 2) Cho hình chữ nhật ABCD, I điểm nằm hình chữ nhật Qua I kẻ đường thẳng MN, P Q tương ứng song song với AB, AD Gọi diện tích hình chữ nhật IP BN S1 , diện tích hình chữ nhật IQDM S2 Khi đó, S1 = S2 I thuộc đường cheo AC Thật vậy, giả sử I thuộc đường chéo AC, ý đường chéo hình chữ nhật chia hình chữ nhật thành hai phần có diện tích nên dễ dàng suy S1 = S2 Ngược lại, giả sử S1 = S2 S1 = S2 ⇒ IN.IP = IM.IQ IQ NC IN = = ⇒ IM IP MA Suy hai tam giác vuông MAI, N IC đồng dạng với ⇒ MIA = NIC Do M, I, N thẳng hàng suy A, I, C thẳng hàng Bây ta chứng minh toán (xem hình 3) Dễ thấy NBMQ hình chữ nhật Qua P Q kẻ đường thẳng song song với cạnh hình vuông Do P thuộc đường chéo AM hình chữ nhật ABMR nên SBLP K = SP IRS Do P thuộc đường chéo CN hình chữ nhật NBCH nên SBLP K = SP T HF Từ suy ra: SP IRS = SP T HF Do hai hình chữ nhật có phần chung hình chữ nhật P IQF nên SF QRS = SQIT H Theo nhận xét chứng minh, suy Q thuộc đường chéo P D hình chữ nhật SP T D, tức qua điểm D Bài 1) Các đỉnh (H) chia đường tròn ngoại tiếp thành 14 cung Các dây nối hai đỉnh (H) chắn nhau, cung có số đo α = 360 14 www.vnmath.com 130 cung nhỏ có số đo α, 2α, 3α, , 7α độ dài dây nhận giá trị khác Lấy đỉnh (H) số dây nối hai đỉnh đỉnh (6 × 5) : = 15 Vì 15 dây có độ dài nhận không giá trị khác nên phải có ba dây độ dài Trong ba dây có hai dây không chung đầu mút (vì hai dây ba dây chung đầu mút ba dây tạo thành tam giác đều, số đỉnh (H) chia hết cho 3, trái với giả thiết) Dễ thấy hai dây đường tròn không chung đầu mút đầu mút chúng đỉnh hình thang (cân) Từ suy đỉnh (H) có đỉnh đỉnh hình thang 2) Phân tích 13860 thành nhân tử nguyên tố ta 13860 = 2.2.3.3.5.7.11 m.n = 13860 nên m phải ước số 13860 tức tích số nhân tử nhân tử trên, n tích nhân tử lại Nếu m có chứa nhân tử (hoặc 3) phải chứa 22 (hoặc 32 ) ngược không tối giản lại m n Do ta ký hiệu a1 = 22 , a2 = 32 , a3 = 5, a4 = 7, a5 = 11 m tích số nhân tử số a1 , a2, a3, a4, a5 , n tích nhân tử lại Vì vậy, có trường hợp sau: Có phân số có tử số (mẫu số 13860) Có phân số có tử số nhân tử a1 , a2, a3, a4, a5 Có 10 phân số có tử số tích hai nhân tử số a1, a2, a3 , a4, a5 Có 10 phân số có tử số tích ba nhân tử số a1 , a2, a3, a4, a5 (mẫu tích hai nhân tử) Có phân số có tử số tích nhân tử Có phân số có tử số tích nhân tử (tức số 13860 ) Vậy số phân số tối giản m thoả mãn m.n = 13860 1+5+10+10+5+1 = 32 n Các phân số chia thành cặp nghịch đảo khác nên phân số lớn 32 = 16 www.vnmath.com 2.31 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005(cho thí sinh chuyên toán chuyên tin)131 [...]... 5 Gọi 6 thành phố đã cho là A, B, C, D, E, F Xét thành phố A Trong 5 thành phố còn lại thì có ít nhất 3 thành phố liên lạc được với A hoặc có ít nhất ba thành phố không liên lạc được với A (vì nếu số thành phố liên lạc được với A không vượt quá 2 và số thành phố không liên lạc được với A cũng không vượt quá 2 thì ngoài A, số thành phố còn lại không vượt quá 4) Ta xét cả hai khả năng a) Số thành phố... do a4 cách đều a2 và a6 , còn a6 cách đều a4 và a8 nên a2 và a8 thuộc lớp A suy ra a5 đứng cách đều hai bạn cùng lớp là a2 và a8 , trái với giả thiết (1) 2 a4 và a6 thuộc hai lớp khác nhau, không mất tổng quát giả sử a4 thuộc lớp A còn a6 thuộc lớp B Do a4 cách đều a3 và a5, nên a3 thuộc lớp B Do a6 cách đều a3 và a9 nên a9 thuộc lớp A Do a5 cách đều a1 và a9 nên a1 thuộc lớp B Do a2 cách đều a1 , a3... , 10 Sắp xếp mười số đó một cách tuỳ ý thành một hàng Cộng mỗi số với số thứ tự của nó trong hàng, ta được mười tổng Chứng minh rằng trong mười tổng đó tồn tại ít nhất hai tổng có chữ số tận cùng giống nhau Bài 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4a 9b 16c + + b+c−a a+c−b a+b−c trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Bài 5 Đường tròn (C) tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh... 3, giả sử B, C, D liên lạc được với A Theo giả thiết, trong 3 thành phố B, C, D có hai thành phố liên lạc được với nhau, khi đó hai thành phố này cùng với A là ba thành phố (đôi một) liên lạc được với nhau b) Số thành phố không liên lạc được với A không ít hơn 3, giả sử ba thành phố không liên lạc được với A là D, E, F Khi đó trong bộ ba thành phố (A, D, E) thì D và E liên lạc được với nhau (vì D, E... điểm của IC và BK là O thì trong mọi trường hợp ta đều có A, B, O, I cùng nằm trên một đường tròn và góc giữa hai tia BK, CI bằng 150◦ Từ đó ta có MEF = MF E = 15◦ Bài 5 Giả sử theo thứ tự 9 bạn học sinh là a1 , a2, a3, a4, a5, a6, a7 , a8, a9 Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng Giả sử ngược lại: Không có bạn nào đứng cách đều hai bạn cùng lớp (1) Không mất tổng quát giả sử a5 là học sinh lớp A, khi... x+8=5 x 18 Chương 1 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Bài 2 Có tồn tại hay không các số nguyên x, y thoả mãn điều kiện 1992x1993 + 1993y 1994 = 1995 Bài 3 Số 1997 viết được dưới dạng tổng n hợp số, nhưng không viết được dưới dạng tổng n + 1 hợp số Hỏi n bằng bao nhiêu? Bài 4 Cho các tam giác ABC ngoại tiếp vòng tròn có bán kính bằng 1 Gọi ha , hb , hc lần lượt là độ dài các đường cao hạ từ đỉnh A, B, C tới các... N F là tứ giác nội tiếp 2 Giả sử I thay đổi, các dây cung MIN, EIF thay đổi Chứng minh rằng vòng tròn ngoại tiếp tứ giác M E N F có bán kính không đổi 3 Giả sử I cố định, các dây cung MIN, EIF thay đổi nhưng luôn luôn vuông góc với nhau Tìm vị trí của các dây cung MIN và EIF sao cho tứ giác M E N F có diện tích lớn nhất www.vnmath.com 1.19 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1999 22 Chương 1 Đề thi tuyển sinh... thí sinh chuyên Sinh không phải làm bài 5 1.20 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1999 (cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin) √ x+7 + 8 = 2x2 + 2x − 1 x+1 Bài 2 Các số a1 , a2, được xác định bởi công thức ak = 3k 2 + 3k + 1 (k 2 + k)3 với mọi k 1 Hãy tính giá trị của tổng: 1 + a1 + a2 + · · · + a9 Bài 3 Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho 1999 và tổng các chữ số của số đó bằng1999 Bài 4 Cho vòng... xanh Xếp 2001 đồng tiền đó theo một vòng tròn sao cho tất cả các đồng tiền đều có mặt xanh ngửa lên phía trên Cho phép mỗi lần đổi mặt đồng thời 5 đồng tiền liên tiếp cạnh nhau Hỏi với cách làm như thế, sau một số hữu hạn lần ta có thể làm cho tất cả các đồng tiền đều có mặt đỏ ngửa lên phía trên được hay không? Tại sao? 1.25 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 2002 (cho mọi thí sinh) Bài 1 1 Giải phương trình:... 2 Các bán kính R và R bằng bao nhiêu để tổng diện tích các hình tròn (O, R) và O , R nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó 1.16 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1997 (cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin) Bài 1 Giải hệ phương trình y 3 + y 2x + 3x − 6y = 0 x2 + xy = 3 www.vnmath.com Tính P = (x3 − 4x + 1)1997 Bài 2 Giải phương trình √ √ √ x+3+ x+8=5 x 18 Chương 1 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Bài 2 Có tồn tại ... Có 41 thành phố nối với đường chiều Biết từ thành phố có 16 đường đến thành phố khác 16 đường từ thành phố khác đến Giữa hai thành phố đường mạng đường nói Chứng minh từ thành phố A đến thành phố... Bài Gọi thành phố cho A, B, C, D, E, F Xét thành phố A Trong thành phố lại có thành phố liên lạc với A có ba thành phố không liên lạc với A (vì số thành phố liên lạc với A không vượt số thành phố... góc với MC cắt BC H Tính tỷ số BH HC Bài Có thành phố, thành phố có thành phố liên lạc với Chứng minh thành phố nói tồn thành phố liên lạc với 1.3 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1989 (cho thí sinh