Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán

Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán Phân tích và bình luận một số đề thi vào lớp 10 chuyên toán

PHÂN TÍCH VÀ BÌNH LUẬN

55 ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN

LỜI NÓI ĐẦU

Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh luyện thi vào chuyên toán lớp 10, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và các em tuyển tập phân tích và bình luận 55 đề thi vào chuyên toán năm 2016-2017 và năm 2017-2018 Đây là bộ đề thi mang tính chất thực tiễn cao, giúp các thầy cô và các em học sinh luyện thi vào lớp 10 chuyên toán có một tài liệu bám sát đề thi để đạt được thành tích cao, mang lại vinh dự cho bản thân, gia đình và nhà trường

Bộ đề gồm nhiều Câu toán hay được các thầy cô trên cả nước sưu tầm và sáng tác, ôn luyện qua sẽ giúp các em phát triển tư duy môn toán từ đó thêm yêu thích và học giỏi môn học này, tạo được nền tảng để có những kiến thức nền tốt đáp ứng cho việc tiếp nhận kiến thức ở các lớp, cấp học trên được nhẹ nhàng và hiệu quả hơn

Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng tuyển tập đề toán này để giúp con em mình học tập Hy vọng Tuyển tập 55 đề thi vào lớp 10 chuyên toán này sẽ có thể giúp nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung

Bộ đề này được viết theo hình thức Bộ đề ôn thi, gồm: đề thi và phân tích bình luận, lời giải chi tiết ngay dưới đề thi đó dựa trên các đề thi chính thức đã từng được sử dụng trong các kì thi học sinh chuyên toán của ở các tỉnh trên cả nước năm học 2016-2017 và 2017-2018

Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học!

Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ bộ đề này!

MỤC LỤC

TỔNG HỢP ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN

NĂM HỌC 2016 – 2017

1 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Phan Bội Châu Nghệ An

2 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên tỉnh Vĩnh Phúc

3 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Hùng Vương Phú Thọ - Chuyên Toán

4 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Hùng Vương Phú Thọ - Chuyên Tin

5 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Quốc Học Huế

6 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu

7 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương

8 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Thành phố Hà Nội

9 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 1

10 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 2

11 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bắc Ninh – Vòng 1

12 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bắc Ninh – Vòng 2

13 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hà Nam

14 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 1

15 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 2

16 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Thái Nguyên

17 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên TP Hồ Chí Minh – Vòng 2

18 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bình Dương

19 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bình Định

20 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bình Phước

21 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hưng Yên – Vòng 1

22 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hưng Yên – Vòng 2

23 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Quảng Bình

24 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Long An

25 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Hòa Bình

26 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 1

27 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 2

28 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Quảng Ngãi

TỔNG HỢP ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN

NĂM HỌC 2017 – 2018

1 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Phan Bội Châu Nghệ An

2 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Thái Bình – Vòng 1

3 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Thái Bình – Vòng 2

4 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên Quốc Học Huế - Chuyên Toán

5 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên Quốc Học Huế - Chuyên Tin

6 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc

7 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Bình Định

8 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 1

9 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHSP Hà Nội – Vòng 2

10 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Đồng Nai

11 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Tỉnh Quảng Ninh

12 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Hùng Vương Phú

Thọ

13 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bắc Ninh

14 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Hưng Yên

15 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bình Phước

16 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên tỉnh Thái Nguyên - Chuyên Toán

17 Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên tỉnh Thái Nguyên - Chuyên Tin

18 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Hải Dương

19 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bắc Giang

20 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên tỉnh Bình Dương

21 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Thành phố Hà Nội

22 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Thành phố Hồ Chí

Minh

23 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 1

24 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 2

25 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàuc

26 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 1

27 Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường PTNK TP Hồ Chí Minh – Vòng 2

28

29

30

Cho điểm A cố định nằm ngo|i đường tròn O Kẻ c{c tiếp tuyến AE, AF của O (E,

F l| c{c tiếp điểm) Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE DF , D không trùng

với E v| tiếp tuyến tại D của O cắt c{c tia AE, AF lần lượt tại B, C

a) Gọi M, N lần lượt l| giao điểm của đường thẳng EF với c{c đường thẳng OB,

OC Chứng minh tứ gi{c BNMC nội tiếp một đường tròn

b) Kẻ tia ph}n gi{c DK của góc EDFv| tia ph}n gi{c OI của góc BOCEF;I BC

K Chứng minh rằng OI song song với DK

c) Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định

Câu 5 (2.0 điểm)

Mỗi điểm trong mặt phẳng được gắn với một trong hai m|u đỏ hoặc xanh Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam gi{c đều có ba đỉnh cùng m|u v| có độ d|i cạnh bằng 3

Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1 (7.0 điểm)

a) Giải phương trình 5 3x x 1 3x2 4x 4

Phân tích Phương trình có chứa nhiều dấu căn nhưng ta không nhẩm được nghiệm đẹp nên

tạm thời ta không sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp Lại thấy phương trình không thể viết thành tích hay viết thành các bình phương Phương pháp đặt ẩn phụ cũng khá khó khăn vì ta không thể biểu diễn vế phải theo hai căn thức ở vế trái Nhận thấy sau khi bình phương hai vế thì phương trình chỉ còn một căn thức và phân tích được nên ta chọn phương pháp nâng lên lũy thừa

để giải bài toán này xem sao

2

5 3x x 1 3x 4x 4 2 3x 2x 5 3x 2x 2

Đến đây ta thấy có thể giải được phương trình

1

3

x Phương trình đã cho tương đương với

2

5 3x x 1 3x 4x 4 2 3x 2x 5 3x 2x 2Đặt t 3x2 2x 5 t 0 Khi đó phương trình trên trở th|nh

Phân tích Quan sát các phương trình của hệ ta thấy phương trình thứ nhất có bậc nhất đối với

mỗi ẩn, do đó ta có thể biểu diễn ẩn này theo ẩn kia và thế vào phương trình thứ hai, tuy nhiên sau phép thế phương trình thu được có bậc 4 nên ta tạm thời chưa sử dụng phép thế Quan sát kỹ các phương trình ta thấy phương trình thứ nhất có thể phân tích được

2xy 4x 3y 6 0 2x 3 y 2 0 Đến đây ta giải được hệ phương trình

Lời giải Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

Nhận xét Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ có bậc hai đối với mỗi ẩn nên ta xem phương

trình đó là phương trình ẩn y và tham số là x (vì hệ số cao nhất của y là 1) Khi đó ta viết phương trình lại thành y2 4y 4x2 12x 9 0 Đến đây ta được

' 2 4x2 12x 9 4x2 12x 9, không có dạng chính phương Do đó phương trình không phân tích được thành tích Để ý lên hệ giữa hai phương trình của hệ ta thấy

2

4x y 4xy 2x y và 12x 4y 8x 6y 4x 2y Do đó từ hệ phương trình ta được

Đến đây ta có thêm một cách giải khác cho hệ phương trình

Trong hệ phương trình mà mỗi phương trình có bậc hai đối với mỗi ẩn thì ta cần kiểm tra cụ thể từng phương trình xem có phương trình nào phân tích được thành tích Khi không có phương trình phương trình nào phân tích được thành tích thì ta mới nghĩ đến phép cộng, trừ theo vế hai phương trình

Nhận thấy giá trị của y nhận được là 4; 2;0 , điều này có nghĩ là phương trình ẩn y có thể phân tích được dẽ dàng Do đó ta có thể rút x theo y từ phương trình thứ nhất rồi thế vào phương trình thứ hai để đươncj một phương trình bậc 4 ẩn y Chú ý là khí rút x theo y ta phải xét

Câu 2 Tìm tất cả c{c cặp số nguyên dương x y; sao cho x2 2 xy 2

Phân tích Khi giải bài toán số học về quan hệ chia hết ta luôn có thói quen đặt kết quả phép chia

bằng k để đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên Ở đây ta cũng sẽ áp dụng hướng đi như vậy Đặt x2 2 k xy 2 khi đó ta được x2 kxy 2k 2 0 là một phương trình bậc hai nên ta

có hai ý tưởng để giải phương trình trên đó là sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình hoặc

áp dụng hệ thức Vi – et Xem phương trình trên là phương trình bậc 2 ẩn x thì ta có

+ Ý tưởng 1 Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình

Ta có k y2 2 4 2k 2 k y2 2 8k 8 Để phương trình có nghiệm x nguyên thì phải

là số chính phương Đến đây có vẻ như hướng đi này không hợp lí cho lắm vì nếu k y2 2 8k 8 là

số chính phương thì cũng rất khó để tìm được k

+ Ý tưởng 2 Sử dụng hệ thức Vi – et để tìm điều kiện của k Giả sử x y0; 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán Xét phương trình x2 kxy0 2k 2 0, khi đó x0 là một nghiệm của phương trình Do đó theo định lia Vi – te thì phương trình có một nghiệm nữa là x1 Ta có

Khi đó đặt 2x 2y k xy 2 và đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên để giải Tuy nhiên

để giải quyết được phương trình ta cần giới hạn được k Để làm được điều này ta cho k nhận một vài giá trị 1;2; rồi giới hạn k Ta thấy khi k 1 thì ta tìm được cặp x y; 3;4 thỏa mãn Khi

Điều n|y m}u thuẫn vì x y; nguyên dương

Suy ra k 2 hay k 1 Suy ra 2 x y xy 2 x 2 y 2 2

+ Nếu x 2 1;y 2 2 thì x 3;y 4

+ Nếu x 2 2;y 2 1 thì x 4;y 3

Vậy cặp số x y; thỏa mãn b|i to{n l| 3;4 và 4;3

Câu 3 Cho a, b, c l| c{c số thực dương thay đổi Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức:

Hay ta cần chứng minh a4 b4 c4 5 a b2 2 b c2 2 c a2 2 6 a b3 b c3 c a3 Đến đây ta lại không thể chứng minh được đánh giá trên Như vậy nếu sử dụng bất đẳng thức

Bunhiacopxki để đánh giá một cách trực tiếp thì không đem lại hiệu quả, do đó ta cần thay đổi hình thức bài toán trước

Để ý rằng ta viết lại được bất đẳng thức cần chứng minh thành

1

1 x 1 y 1 z xy 1 z

Chú ý đến giả thiết xyz 1 ta có

1 34

P , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi x y z 1 hay a b c

Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l| 3

4 , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi a b c

4

1 x 1 y 1 z

Do xyz 1 nên tồn tại c{c số dương m, n, p thỏa mãn x np2;y mp2 ;z mn2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3

4, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x y 1 hay a b c

Có thể thấy được hình thức đơn giản của biểu thức P, tuy nhiên khi đi vào đánh giá ta thấy được sự khó khăn Do vậy để hoàn thành được bài toán đòi hỏi phải phải nẵm vững các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức và phải làm nhiều mới có kinh nghiệm khi xử lý các bất đẳng thức khó

Câu 4 Cho điểm A cố định nằm ngo|i đường tròn O Kẻ c{c tiếp tuyến AE, AF của O

(E, F l| c{c tiếp điểm) Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE DF , D không trùng

với E v| tiếp tuyến tại D của O cắt c{c tia AE, AF lần lượt tại B, C

a) Chứng minh rằng tứ gi{c BNMC nội tiếp

Phân tích tìm lời giải Yêu cầu chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn làm ta nhớ đến các

phương pháp chứng minh đã được học, tuy nhiên xử lý theo hướng nào thì lại phụ thuộc đến việc đọc được các giả thiết đang còn bị ẩn đi của bài toán Quan sát hình vẽ và kết hợp với yếu tố liên quan đến đường tròn nội tiếp ta nghĩ đến chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp theo các hướng đi như sau

+ Hướng 1 Đầu tiên với tư tưởng

chứng minh hai góc đối diện của tứ

trong bài toán các góc ta xét là các góc

bất kì và lại không có mối quan hệ với

nhau nên hướng đi này không cho ta

kết quả mong muốn

+ Hướng 2 Chứng minh hai góc

BMC BNC Quan sát hình vẽ ta

dự đoán rằng BMC BNC 900

Để ý rằng ta có BFO BDO 900, do đó ta quy bài toán về chứng minh các tứ giác BONE hoặc DONE và các tứ giác COFM hoặc DOMC nội tiếp Do vai trò của điểm M và N như nhau nên các phép chứng minh tương tự nhau Do O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta sử dụng phép biến đổi góc để chứng minh tứ giác BONE hoặc DONE ( Với các tứ giác giác COFM hoặc DOMC ta biến đổi hoàn toàn tương tự)

- Để chứng minh tứ giác BONE nội tiếp ta biến đổi góc như sau

J

L

K N

M

I

O Q P

G H

F

E

B A

0 1 0 1 1 1ONE EFA OCA 90 OAF ACA 90 BAC ABC

- Để chứng minh tứ giác DONE nội tiếp ta biến đổi góc 1

DEF DOF COD

Do A cố định và B, C thay đổi nên ta thấy N có thể nằm trên đoạn thẳng EF và cũng có thể nằm trên tia đối của tia EF Trường hợp N nằm trên EF ta biến đổi như trên, còn trường hợp N nằm trên tia đối của tia EF ta biến đổi hoàn toàn tương tự với điểm M trong hình trên, do đó ta không cần phải xét hai trường hợp Ngoài ra trong phép phân tích trên ta không đi theo hướng chứng minh tứ giác BDON nội tiếp vì ta đang cần chứng minh BNO 900 nên không thể biến đổi các góc liên quan đến điểm N đến các góc đặc biệt trong bài toán

+ Hướng 3 Chứng minh NCB NMB hoặc tương tự với MNC MBC Theo giả thiết của bài

2

NCB ACB Do AFE l| góc ngo|i của

tam giác FBM nên ta có 1

AF

2

NMB AFE ABM E ABC M| ta lại có

NMB BAC ABC ACB Kết hợp

hai kết quả ta thu được NMB NCB, do đó tứ gi{c BNMC nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh rằng OI song song với DK

Phân tích Giả thiết cho các tia phân giác và cầu chứng minh hai đường thẳng song song nên ta

nghĩ đến các hướng đi sau

+ Hướng 1 Sử dụng tính chất tia phân giác để suy ra các tỉ số bằng nhau và áp dụng định lí Talet

để chứng minh hai đường thẳng song song Ta có OB IB

+ Hướng 2 Sử dụng phép biến đổi góc cộng góc để chỉ ra một cặp góc đồng vị hoặc một cặp góc so

le trong bằng nhau Ở đây ta để ý đến các tia phân giác

+ Hướng 3 Gọi H là giao điểm của BO với DE và G là giao điểm của CO với CF Gọi J là giao điểm

của DK với OB Khi đó để ý đến tứ giác OHDG nội tiếp đường tròn ta có HOG HDG 180 0

Để ý rằng OI là phân giác của góc BOC và DK là phân giác của góc EDF nên

0

EDK BOI 90 Mà ta lại có 0

EDK BJD 90 nên ta được BOI BJD Từ đó suy ra OI song song với DK

Trình bày lời giải

+ Lời giải 1 Ta có biến đổi góc như sau

Kết hợp hai kết quả trên ta suy ra KDC OIC nên OI song song với DK

+ Lời giải 2 Gọi H, G lần lượt l| giao điểm của BO với DE v| CO với CF Gọi J l| giao

điểm của DK với OB Khi đó dễ thấy tứ gi{c OHDG nội tiếp đường tròn, do đó ta được

0

HOG HDG 180 Do OI l| ph}n gi{c của góc BOC v| DK l| ph}n gi{c của góc EDF

nên ta có EDK BOI 90 M| ta lại có 0 EDK BJD 90 nên ta được 0 BOI BJD Từ

đó suy ra OI song song với DK

c) Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định

Phân tích Trên cở sở hình vẽ ta dự đoán rằng đường thẳng IK đi qua điểm A Cũng từ giả thiết

ta được điểm A cố định nên nhận định trên càng có cơ sở Như vậy ta cần phải chứng minh được

ba điểm I, K, A thẳng hàng Từ giả thiết bài toán và kết quả các hai ý đầu ta nghĩ đến việc lập các tỉ

số bằng nhau để áp dụng định lý Talets hoặc chỉ ra điểm K trùng với giao điểm của AI với EF

+ Hướng 1 Giả sử P là giao điểm của DK với đường tròn O , khi đó P là điểm chính giữa cung nhỏ EF và ba điểm O, P, A thẳng hàng Để ý rằng lúc này KP song song với OD, như vậy nếu ta

+ Hướng 2 Cũng đi chứng minh KP AP

OI AO , nhưng ở đây ta tiếp cận bài toán theo một con đường khác hơn Dễ thấy KPO KDO DOI nên hai tam giác KQP và DIO đồng dạng, do đó

AO OI , như vậy ta có lời giải khác cho bài toán

+ Hướng 3 Gọi K’ là giao điểm của AI với EF, ta cần chứng minh hai điểm K và K’ trùng nhau

Chú ý rằng ta đã có PD song song với OI, như vậy nếu chỉ ra được PK’ song song với OI thì bài toán xem như được chứng minh

Gọi giao điểm của AO với đường tròn O là L Khi đó 1

được COL BOD nên suy ra DOI LOI , điều này dẫn đến IOD IOL , do đó LI là tiếp tuyến của đường tròn O

Dễ thấy AP.AL AE2 AQ.AO nên ta được AQ AP

AL AO Mà do QK’ song song với IL nên theo định lý Talets ta có

Trình bày lời giải

+ Lời giải 1 Giả sử P l| giao điểm của DK với cung nhỏ EF, khi đó P l| điểm chính giữa

cung nhỏ EF Từ đó suy ra ba điểm A, P, O thẳng h|ng Gọi Q l| giao điểm AO với EF Do

đó ta được AO vuông góc với EF tại Q

Xét hai tam giác vuông KPQ và IDO có OID ODP KPQ nên KPQ∽ IDO

Do đó ta được KP PQ PQ

OI DO PO Mặt kh{c ta lại có

090

Kết hợp hai kết quả trên ta được KP AP

OI AO, m| ta có KP song song với OD Do đó suy ra

ba điểm A, K, I thẳng h|ng Vậy IK luôn đi qua điểm cố định A

O thẳng h|ng Giả sử AO cắt EF tại Q Do DK song song với OI nên ta có

Từ đó ta được KP PQ PQ

OI OD OE Mặt kh{c ta lại có P l| điểm chính giữa cung nhỏ EF nên

EP l| ph}n gi{c của tam gi{c AEQ, theo tích chất đường ph}n gi{c kết hợp hai tam gi{c

AEO v| AQE ta suy ra được PA EA AO

PQ EQ EO , suy ra

OA EO

Kết hợp hai kết quả trên ta được AP KP

AO OI , m| ta có KP song song với IO nên theo định

lí Talets ta suy ra được ba điểm A, K, I thẳng h|ng Từ đó ta có điều phải chứng minh

của BCA v| AO l| ph}n gi{c của góc BAC nên ta có 1

2

COL BAC BCA Mặt kh{c

do tứ gi{c BDOE nội tiếp nên ta có

Từ đó ta được COL BOD, m| OI l| ph}n gi{c của góc BOC nên suy ra DOI LOI Kết hợp với OD OL v| OI chung dẫn đến IOD IOL, suy ra ILO IDO 900 hay

LI l| tiếp tuyến của đường tròn O Gọi K’ l| giao điểm của AI với EF Dễ d|ng chứng

minh được AP.AL AE2 AQ.AO nên ta được AQ AP

AL AO M| do QK’ song song với IL

nên theo định lý Talets ta có

Talets đảo thì ta có PK song song với OI Điều n|y dẫn đến PK’ v| PD trùng nhau hay K '

v| K’ trùng nhau Từ đó suy ra ba điểm A, K, I thẳng h|ng Ta có điều phải chứng minh

Câu 5 Mỗi điểm trong mặt phẳng được gắn với một trong hai m|u đỏ hoặc xanh Chứng

minh rằng luôn tồn tại một tam gi{c đều có ba đỉnh cùng m|u v| có độ d|i cạnh bằng 3

hoặc 3

Phân tích Giả sử ta vẽ được các tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán, khi đó ta cần tìm mối liên

hệ giữa các độ dài 3 và 3 Chú ý rằng các tam giác bài toán yêu cầu là tam giác đều Giả sử GEK và HEK đều có cạnh là 3 , khi đó ta GH 3 và tam giác FGH là tam giác đều có

cạnh bằng 3 Như vậy ta cần xét các trường hợp màu của các điểm E, F, G, H, K để tìm ra tam giác đều thỏa mãn yêu cầu bài toán

Lời giải

Dựng tam gi{c ABC đều cạnh bằng 3 Khi đó ta xét hai trường hợp sau

+ Trường hợp 1 Tam gi{c ABC có ba đỉnh cùng m|u, khi đó tam gi{c ABC l| tam gi{c cần dựng B|i to{n được chứng minh

+ Trường hợp 2 Tam gi{c ABC có hai đỉnh kh{c m|u, không mất tính tổng qu{t ta giả sử hai đỉnh đó l| AB Khi đó dựng tam gi{c ABD c}n tại D có AD BD 2 3 Khi đó đỉnh

D kh{c m|u với một trong hai đỉnh A v| B Điều n|y có nghĩa l| luôn dựng được đoạn thẳng có độ d|i 2 3 v| hai đầu mút của đoạn thẳng kh{c m|u Xét đoạn thẳng thẳng EF

có độ d|i 2 3 v| hai điểm E, F kh{c m|u Lấy K l| trung điểm của EF, khi đó K trùng m|u với một trong hai điểm E, F Không mất tính tổng qu{t ta giả sử hai điểm E v| K cùng có m|u đỏ v| F m|u xanh

Dựng hình thoi EGKH sao cho có hai tam gi{c EGK v| EHK đều Khi đó ta suy ra được KG KE KH EG EH 3

Nếu trong hai điểm H v| G có một điểm m|u đỏ, chẳng hạn đó l| H, khi đó tam gi{c EKH có ba đỉnh m|u đỏ v| có cạnh l| 3

Nếu cả hai điểm H v| G cùng có m|u xanh, khi đó tam gi{c FKG có ba đỉnh cùng m|u xanh

Gọi O l| giao điểm của EK v| GH, khi đó ta có 3

H

G

E F

Suy ra FG FH 3 Vậy tam gi{c FGK đầu có ba đỉnh cùng m|u xanh v| độ d|i cạnh bằng 3

Như vậy b|i to{n được chứng minh

Đề số 2

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH VĨNH PHÚC

Năm học 2016 – 2017 Câu 1 ( 2.0 điểm)

a) Giải phương trình khi m 2

b) Tìm tất cả c{c gi{ trị của m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiêm dương

của BC AM cắt O tại điểm D kh{c A Đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MDC cắt đường thẳng AC tại E khác C Đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MDBcắt đường thẳng AB tại F

i) Mỗi tập hợp A i i 1;2;3; ;n gồm 3 số ph}n biệt v| có một số bằng tổng hai số còn lại

ii) C{c tập hợp A A1, , ,2 A n đôi một không có ph}n tử chung

a) Chứng minh rằng tập hợp A 1;2;3; ;92;93 không phải l| tập c}n đối

b) Chứng minh rằng tập hợp A 1;2;3; ;830;831 l| tập c}n đối

Phân tích và hướng dẫn giải

b) Tìm tất cả c{c gi{ trị của m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiêm dương

Phân tích Nhìn vào phương trình ta thấy phương trình có bậc quá cao đó là bậc 4 và đề yêu cầu

cả các giá trị của m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiêm dương nên ta cần đưa phương trình về phương trình bậc hai để áp dụng hệ thức Vi – ét Ta chia phương trình đã cho cho x chú ý 2điều kiện x 0, khi đó ta được 2 9 92 2 92 3

Xem phương trình trên l| phương trình ẩn t với m l| tham số Để phương trình đã cho có

ít nhất một nghiêm dương thì phương trình ẩn t cũng có ít nhất một nghiệm dương Khi

đó để phương trình ẩn t có nghiệm thì 32 4 m 6 4m 33 0 33

4

m Áp dụng hệ thức Vi – et ta có t1 t2 3 0 Do đó phương trình có ít nhất một nghiệm

dương

Vậy với 33

4

m thì phương trình có ít nhất một nghiệm dương

Kết hợp với điều kiện x{c định ta được tập nghiệm S 1;3

Nhận xét Ngoài cách phân tích thành tích ta còn có thể giải phương trình bằng cách nâng lên

lũy thừa, mặc dù sau khi nâng lên lũy thừa phương trình sẽ có bậc 4 nhưng ta vân có thể giải được Chú ý khi bình phương cần đặt điều kiện Ta có phương trình đã cho tương đương với:

0

3 4 3 4 4 3

3 4 3 16 4 3

00

b) Tìm tất cả c{c nghiệm nguyên x y; của phương trình x2 y x2 y4 2y2

Phân tích và lời giải Nhìn v|o phương trình đã cho điều đầu tiên ta nghĩ đến l| ph}n

tích th|nh tích nhưng đ{ng tiếc l| phương trình không ph}n tích được th|nh tích Ta thử viết phương trình về dạng hai bình phương bằng nhau xem sao Nhưng nhận thấy

phương trình cũng không đưa về dạng hai bình phương bằng nhau được Nhìn v|o

phương trình nhận thấy x chia hết cho y nên ta đặt x dy trong đó D l| số nguyên tùy ý

Khi đó phương trình đã cho trở th|nh: 2 2 2 4 2 2 0 4 2

22

02

22

21

0

y d

y d

y d

y d

y d

1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

21

03

23

22

0

y d

y d

y d

y d

y d

t

Thử lại ta thấy x y, 12; 2 ; 12,2 0;0 l| nghiệm của phương trình

4 a b c a b c 9

Phân tích Nhìn vào biểu thức cần chứng minh ta thấy bất đẳng thức có chiều lớn hơn nên ta

cần đánh giá đại lương 4 a2 b2 c2 và a3 b3 c3 theo chiều bé hơn nhưng a3 b3 c3

là đại dượng lớn nhất rồi nên ta nghĩ cách triệt tiêu a3 b3 c3 Khi đó để xuất hiên đại lượng

a b c ta cần nhân 3 vào hai vế rồi thay bằng a b c Ta có bất đẳng thức cần chứng

minh tương đương với

Tới đây chỉ cần áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số là được Ta có lời giải chi tiết như sau:

Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xẩy ra khi v|o chỉ khi a b c 1

l| trung điểm của BC AM cắt O tại điểm D kh{c A Đường tròn ngoại tiếp tam gi{c

MDC cắt đường thẳng AC tại E khác C Đường tròn ngoại tiếp t{m gi{c MDBcắt đường thẳng AB tại F khác B

a) Chứng minh BDF∽ CDE v| ba điểm ,E M F thẳng h|ng ,

Phân tích và lời giải Để chứng minh tam gi{c BDF đồng dạng với tam gi{c CDE ta cần

chỉ ra được BFD ECD và BFD ECD Chú ý đến c{c tứ gi{c BMDF v| CEMD nội tiếp suy ra BFD AMB, DBF FMD, DMC DEC, AME ECD

Lại có FMD AME, DMC AMB nên suy ra BFD ECD, BFD ECD

F

E

O x

D

C B

E

F

M H

Từ đó ta có BDF∽ CDE Từ đí dẫn đến BDF ECF

Mà BDF BMF, CME EDC CME BMF

Do đó BME EMC BME B MF EMF 1800suy ra E, M, F thẳng h|ng

b) Chứng minh rằng OA EF

Phân tích Để chứng minh OA EF ta không thể chứng minh trực tiếp được sẽ rất khó khăn nên ta nghĩ đến cách chứng minh một bước trung gian Nhận thấy nếu kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn O thì OA Ax Ta cần chứng minh EF song song với Ax

Nhận thấy AEF AMD và ABC AMD

Vì Ax là tiếp tuyến của đường tròn O nên xAC ABC (cùng chắn cung AC)

Suy ra xAC AEF nên EF song song với Ax Mà OA Ax do đó OA EF

Tứ gi{c ECDM nội tiếp suy ra AEF AMD

Lại có ABC AMD vì cùng chắn cung AC nên suy ra ABC AEF

Vì Ax l| tiếp tuyến của đường tròn O nên xAC ABC (cùng chắn cung AC)

Suy ra xAC AEFnên EF song song với Ax M| OA Ax nên ta được OA EF

c) Ph}n gi{c của góc BAC cắt EF tại điểm N Ph}n gi{c của c{c góc CEN v| BFN lần lượt cắt CN v| BN tại P v| Q Chứng minh rằng PQ song song với BC

Phân tích Để chứng minh PQ song song với BC ta cần chứng minh NQP NBC Nhưng nếu chứng minh góc bằng nhau sẽ rất khó vì ta chưa thấy mối liên hệ gì giữa hai góc Nên ta chuyển

Vì AN là phân giác của góc FAE nên FN AF

EN AE Do lại có ABC đồng dạng với AEF nên

AE AB Khi đó ta cần chứng minh

CE AB hay BF AB. CE AC.

Phép chứng minh kết thúc khi ta chỉa ra được 2AB2 2AC2 4AM2 BC 2

Kẻ đường cao AH của tam giác ABC Khi đó ta được AB2 AH2 BH , 2 AC2 AH2 CH 2

và

AM AH HM Đến đay chỉ cần biểu đổi biểu thức cần chứng minh là được

Ta có lời giải chi tiết như sau

Lời giải Gọi H l| hình chiếu của A trên BC Khi đó thoe định lý Pitago, ta có:

Vì AN l| ph}n gi{c của góc FAE nên FN AF

EN AE

Hai tam giác ABC và AEF có A chung và ABC AEF (theo câu a)

Nên ABC đồng dạng với AEF, từ đó suy ra AF AC

Từ đó ta được PQ song song với BC

Nhận xét Ta có thể chứng minh PQ song song với BC theo hướng sau

Ta có BDF ∽ CDE nên

2

2

BDF CDE

Ta có

2 2

Từ hai kết quả trên ta suy ra được PN QN

PC QB Do đó PQ song song với BC.

Câu 5 (1.0 điểm) Tập hợp A 1;2;3; ;3n 1;3n với n l| một số nguyên dương được gọi l| tập hợp c}n đối nếu chia A th|nh n tập hợp con A A1, , ,2 A n thỏa mãn hai điều kiện

Mặt kh{c tổng c{c phần tử trong A bằng: 93.94

1 2 3 93 93.47

2 (l| số lẻ)

M}u thuẫn n|y chỉ ra A l| tập không cân đối

b) Ta có nhận xét: Nếu tập S n 1;2;3; ;n , với n chia hết cho 3 l| tập hợp cân đối thì tập

4n 1;2;3; ;4

S n và S4n 3 1;2;3; ;4n 3 cũng l| tập hợp cân đối

1;2n n n;2 n 1 ; 3;2n n 1;2n n 2 ; 5;2n n 2;2n n 3 ; ; 2n 1;2n 1;4n

Rõ r|ng c{c tập con n|y đều thỏa mãn có một phần tử bằng tổng hai phần tử còn lại

Còn lại c{c số sau trong tập S 4n là 2, 4,6, ,2n Tuy nhiên vì tập S n cân đối nên tập

2;4;6; ;2n cũng cân đối Vậy S 4n l| tập cân đối

Tương tự từ tập S4n 3 ta chọn ra c{c tập con ba phần tử sau:

1;2n n 2;2n n 3 ; 3;2n n 1;2n n 4 ;<; 2n 1;2n 2;4n 3

V| còn lại c{c số l| 2, 4,6, ,2n , suy ra S4n 3 l| tập cân đối

Chú ý l| tập 1;2;3 là cân đối nên theo nhận xét trên ta x}y dựng được c{c tập hợp cân

Do đó tập A 1;2;3; ;831 l| tập hợp cân đối (đpcm)

Đề số 3

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG TỈNH PHÚ THỌ

Chuyên Toán - Năm học 2016 – 2017 Câu 1(2.0 điểm)

a) Cho c{c số a, b thoả mãn 2a2 11ab 3b2 0;b 2 ;a b 2a.Tính gi{ trị biểu thức:

a) Tìm c{c số nguyên x,y thoả mãn 2x3 2x y2 x2 2xy x 10

b) Cho 19 điểm ph}n biệt nằm trong một tam gi{c đều có cạnh bằng 3, trong đó không

có ba điểm n|o thẳng h|ng Chứng minh rằng luôn tìm được một tam gi{c có ba đỉnh l| ba

trong 19 điểm đã cho m| có diện tích không lớn hơn 3

Cho đuờng tròn O R; v| d}y cung BC cố định Gọi A l| điểm di động trên cung lớn

BC sao cho tam gi{c ABC nhọn Bên ngo|i tam gi{c ABC dựng c{c hình vuông ABDE, ACFG và hình bình hành AEKG

a) Chứng minh rằng AK BC và AK vuông góc BC

b) Gọi giao điểm của DC v| BF l| M Chứng minh rằng ba điểm A, K, M thẳng hang

c) Chứng minh rằng khi A thay đổi trên cung lớn BC của đường tròn O R; thì K luôn thuộc một đuờng tròn cố định

Phân tích và hướng giải Câu 1

a) Cho c{c số a, b thoả mãn 2a2 11ab 3b2 0;b 2 ;a b 2a.Tính gi{ trị biểu thức:

Phân tích Nhận thấy 2a2 11ab 3b2 0 không thể phân tích thành tích ta tiến hành thử

quy đồng biểu thức T xem sao Sau khi quy đồng ta biến đổi tử và mẫu làm xuất hiện

Chứng minh rằng P l| một số nguyên v| P chia hết cho 6

Phân tích và lời giải Trong ph}n thức trên thì tử có bậc 6, do đó sẽ l| sai lầm nếu ph}n

tích tử số ra Nhưng để ý thì thấy liên hệ giữa tử v| mẫu của ph}n thức trên ta thấy liên quan đến hai đẳng thức rất quen thuộc:

3

23

Khi đó dễ thấy P l| một số nguyên Theo nguyên lý Dirichlet trong 3 số nguyên x, y, z có ít nhất hai số cùng tính chẵn lẻ Giả sử đó l| x v| y, khi đó dẫn đến x y chẵn nên suy ra P chia hết cho 2 v| 3, do đó P chia hết cho 6

Câu 2(2.0 điểm)

a) Tìm c{c số nguyên x,y thoả mãn 2x3 2x y2 x2 2xy x 10

Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có bậc ba đối với ẩn x v| có bậc nhất đối với

ẩn y nên ta không thể sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai Do đó ta chú ý đến ph}n tích phương trình về dạng phương trình ước số Ta có

Vậy có hai bộ số nguyên x y; thỏa mãn l| 1;2 , 2;5

b) Cho 19 điểm ph}n biệt nằm trong một tam gi{c đều có cạnh bằng 3, trong đó không có

ba điểm n|o thẳng h|ng Chứng minh rằng luôn tìm được một tam gi{c có ba đỉnh l| ba trong 19 điểm đã cho m| có diện tích không lớn hơn 3

4

Phân tích Ta cần 3 trong 19 điểm thuộc

một tam giác nên ta sẽ chia tam giác ABC ra

thành x tam giác đều sao cho 19

1 3

từ đây ta được x 9

Lời giải Chia c{c cạnh của tam gi{c

đều th|nh 9 tam gi{c đều nhỏ bằng

A

trình thứ hai ta lại có thể biến đổi để xuất hiện c{c nh}n tử ở VT phương trình thứ nhất

lớn BC sao cho tam gi{c ABC nhọn Bên ngo|i tam gi{c ABC dựng c{c hình vuông ABDE, ACFG và hình bình hành AEKG

minh KA vuông góc với BC ta gọi

H là giao điểm của KA và BC

S T

C' B'

K

O M

H

G

F E

D

C B

A

Khi đó để ý thấy AB vuông góc AE mà KG//AE nên ta có thể thấy AB vuông góc với KG Gọi J là giao điểm của AB và KG, ta đã có BAH KAJ ta sẽ cần có thêm JKA ABH mà việc này đã hoàn tất vì ta đã có KGA BAC

Lại có EK AG AC EA; AB AEK BAC AK BC

Ta có AEK BAC EAK ABC

Gọi H l| giao điểm của KA v| BC, ta cóBAH ABC BAH EAK 900 AH BC

Vậy AK BC

b) Gọi giao điểm của DC v| BF l| M Chứng minh rằng ba điểm A, K, M thẳng hang

Phân tích Để chứng minh A, K, M thẳng hàng ta sẽ chứng minh K, M, H thẳng hàng Ta đã có

KH vuông góc với BC Từ hình vẽ ta dự đoán tam giác KBC có M là trực tâm và BC là một cạnh Như vậy ta đi chứng minh tam giác KBC có BM vuông góc KC và CM vuông góc với KB

Lời giải Gọi T v| S lần lượt l| giao điểm của KB với CD v| KC với BF Gọi Z l| giao của

ra B C' ' cố định Ta có AKB’B l| hình bình h|nh (vì BB KA cùng vuông góc ', BC suy ra

'

BB song song với KA; BB' KA BC ) Do đó B K' song song với AB nên

'

Tương tự ta có AKC C' là hình bình hành nên suy ra KC'song song với AB nên

'

Từ đó ta có B KC' ' B KA' AKC' BAH HAC BAC

Vì khi A thay đổi trên cung lớn BC của đường tròn O R; thì K luôn nhìn đoạn B C' ' cố định dưới một góc không đổi BAC Do đó K thuộc quỹ tích cung chứa góc dựng trên đoạn B C' ' cố định

Câu 5 Cho c{c số duơng x, y Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức

a b

Nhìn v|o mẫu số của c{c ph}n số trong P ta thấy a3 1 và b3 1 có thể ph}n tích th|nh nh}n tử rồi sau đó {p dụng bất đẳng thức AM – GM để l|m mất căn m| không bị đổi chiều

Vậy

2 2