Tuyển tập 32 đề thi toán vào trường khoa học tự nhiên

Dịch Vụ Toán Học 32 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Đại học KHTN Hà Nội (kèm theo đáp án) Mơn Tốn WWW.VNMATH.COM About VnMath.Com Đại số Giải tích vnMath.com Giáo án Dịch vụ Tốn học mơn 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 khơng 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 ln ln tìm số cho tổng hiệu số chia hết cho 100 Bài Cho tam giác ABC Về phía ngồi tam giác vẽ góc BAx = CAy = 21◦ Hạ BE vng góc với Ax (E nằm Ax), CF vng 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 + khơng phải số phương (nghĩa khơng thể bình phương số ngun) Chứng minh với m nguyên dương, m(m + 1) khơng thể tích bốn số ngun liên tiếp Bài Cho tam giác ABC vuông cân, góc A = 90◦ CM trung tuyến (M nằm AB) Từ A vẽ đường vng 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 chun tốn - 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 ngun 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 khơng 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 chun tốn chun 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 vng ABCD Lấy điểm M nằm hình vng 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 khơng âm (m, n) để phương trình có nghiệm ngun 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 (khơng chứa A) đường tròn Hạ DH vng góc với BC, DI vng góc với CA DK vng 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 chun tốn chun 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 ngồi 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 khơng có đường song song khơng có ba đường đồng quy Tam giác tạo ba đường thẳng số đường thẳng cho gọi "tam giác xanh" khơng bị đường thẳng số đường thẳng lại cắt Chứng minh số tam giác xanh khơng 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 khơng có q 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 khơng 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 chun tốn chun 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 khơng có 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 khơng có 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 khơng 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 vng 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 chun tốn 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 chun tốn chun tin)123 Do vế trái khơng 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 vng 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 vng 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 khơng thoả mãn giả thiết tốn.√ 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 vng 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 vơ 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 khơng q số ngun, ≤ 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 khơng có nghiệm ngun Bài 1) (Xem hình 1) Cách 1: Ta có OM//O D (OM O D vng 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 chun tốn chun 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 chun tốn chun 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 vng cân (vng 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 vng 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 ln có hai dây khơng 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 khơng 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 khơng 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 chun tốn chuyên tin)131 ... vnMath.com Giáo án Dịch vụ Tốn học mơn 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... 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... y www.vnmath.com Chứng minh kết luận mạnh hơn: Số tam giác xanh khơng 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