GIẢI CHI TIẾT đề THI vào 10 CHUYÊN đề 11 đến 20

là tứ giác nội tiếp có P là giao điểm của hai đường chéo nên ta có Nhắc lại kiến thức và phương pháp.. hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECMP • Tam

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN ĐỀ 11 ĐẾN 20

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)Câu I (3,0 điểm)

là các số nguyên lớn nhất không vượt quá x Chứng minh rằng nếu n

là số nguyên dương lớn hơn 1 thì

íï - + =ïïî

Câu III (3,0 điểm) Cho hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn ( )O với AB song song CD và

AB CD<

M là trung điểm CD P là điểm di chuyển trên đoạn MD (P khác M D, ) AP cắt ( )Otại Q khác A, BP cắt ( )O tại R khác B, QR cắt CD tại E Gọi F là điểm đối xứng với P qua E.1) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

Þ - + = Þ ê = Þ =ë

.Đáp số

(x y = -; ) ( 1; 0 , 0; 1 , 2; 3 , 3; 2) ( - ) ( ) ( )

.Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp phân tích đẳng thức, kết hợp với kỹ thuật chọn nghiệm nguyên

Ý tưởng: Cái hay và khó ở bài toán này chính là bước phát hiện ra đẳng thức đã vốn rất quen thuộc Đầu

tiên, quan sát phương trình nghiệm nguyên ta thấy:

Nhận xét Bài toán về phần nguyên

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

• Tính chất phần nguyên

é ù=

ë û thì a x a£ < +1

( )2 2

• Các số m nguyên dương thỏa mãn 2 ( )2

-ê = Þ =ê

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Cách giải phương trình bậc hai tổng quát:

2

at +bt c+ =

(a¹ 0)

-Û ê - - - + + =ê

Phương trình (*) vô nghiệm vì

2 2

-ï + + = ïïî

ï + + =ïî

-Hoặc có thể giải bằng cách liên hợp như sau

2

x y+ ³

thì coi như bài toán sẽ được giải quyết Biến x

xuất hiện trong

b y b

với điều kiện ab=9

Ta dễ dàng chứng minh được như sau:

D

luôn đi qua M,

khi đó tâm ngoại tiếptam giác

AQF

D

luôn thuộc đường trung trực của AM

là một đường thẳng cố định

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

• Hình thang có hai đỉnh kề cạnh đáy đối xứng qua trung trực của mỗi đáy là hình thang cân Hìnhthang cân có trục đối xứng là trung trực chung của hai đáy

là hình thang cân nên ABSP

cũng là tứ giác nội tiếp, do đó

là tứ giác nội tiếp có P

là giao điểm của hai đường chéo nên ta có

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

-• Góc ngoài tại một đỉnh của tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với nó

Tam giác DAPC có ·EPA

là góc ngoài tại đỉnh P suy ra

kết hợp với đẳng thức trên ta được

• Tia phân giác của góc nội tiếp một đường tròn cắt đường tròn tại điểm chính giữa cung bị chắn.

Giả sử ta có thể thu được bảng gồm đúng 1000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu Khi đó theo chứngminh trên tồn tại một bảng vuông con 2 2´ chứa đúng một ô màu đỏ, ba ô còn lại màu xanh

Vì ở trạng thái ban đầu tất cả các bảng vuông con 2 2´ đều gồm 4 ô màu xanh nên mỗi lần đổi màuhàng hoặc cột thì số ô màu đỏ và số ô màu xanh trong bảng vuông con 2 2´ luôn là số chẵn Do đókhông thể thu được một bảng vuông con 2 2´ có 1 ô màu đỏ, 3 màu xanh Ta có mâu thuẫn

Vậy không thu được bảng chứa đúng 1000 ô màu đỏ sau hữu hạn lần đổi màu

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)Câu I (3,0 điểm).

íï + = +ïïî

.2) Giải phương trình

x+ + x+ = -x

.Câu II (3,0 điểm)

Û ê + =-ë

.Nhận xét: Bài toán kết hợp sự tinh tế giữa hai phương trình, để đưa ra được một phương trình tìm đượcmối quan hệ giữa

;

x y

( hay còn gọi là phương pháp hệ số bất định giải hệ phương trình hữu tỷ ) Và từ đóthế ngược lại một trong hai phương trình của hệ ban đầu để tìm nghiệm

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Cách giải phương trình bậc hai tổng quát:

2

at +bt c+ =

(a¹ 0)

• Đưa hệ phương trình đã cho về dạng

, 0, 0

f x y

g x y

ìï =ïïí

Ý tưởng: Nhận thấy hai phương trình của hệ không thể tìm được nhân tử chung trong chính nó, đồng thời

ở phương trình hai có sự độc lập của biến

yêu cầu bài toán nhưng ta chỉ tìm k

duy nhất sao cho

( )i

D

là một số chính phương thì mới có thể tìmđược nhân tử từ (i

k m

ìï =ïí

ï =ïî

, thay ngược lại x

D, ta có:

íï

ïïïî

Û - = + Û + = - Û íï

+ = - +ïïî

2

5 283

10 3 0

x x

đó dùng phương pháp nâng lũy thừa để tìm nghiệm của phương trình

Nhắc lại kiến thức cũ và phương pháp:

ï = +ïïî

u v

v u

é = =ê

Û - = + Û + = - Û íï

+ = - +ïïî

2

5 283

10 3 0

x x

Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

• Lập phương của một số nguyên dương khi chia cho 9 chỉ dư 0, 1 hoặc 8 (hay 0, 1 hoặc - 1

) Viếtdưới dạng tổng quát, ký hiệu toán học

3 3 3

0 mod9

1 mod9

1 mod9

n n n

é ºê

ê ºêê

ê º ê

chia 9 đều dư 1

• Lập phương của một số nguyên dương khi chia cho 9 chỉ dư 1 thì số nguyên dương đó chia 9 dư 1, 2hoặc 5

như nhau ta có thể giả sử chúng được sắp xếp theo một thứ tự nào đó rồi từ

đó dồn về một biến để tìm ra giá trị hoặc khoảng giá trị

Nhận xét: Bài toán sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng đơn giản hoặc lợi dụng đánh giá của cácđại lượng không âm

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Bất đẳng thức Bunhiacopxki phát biểu dưới dạng: cho

, và hai căn còn lại chỉ là đánh giá tương tự Và như

dự đoán ban đầu, điều ta mong muốn đó là:

Suy ra tứ giác ECMP

nội tiếp Từ đó suy ra

Nhận xét Đối với bài toán này, ta dự đoán được MN

tiếp xúc với

( )O

tại P

Sử dụng tính chất từ mộtđiểm nằm trên đường tròn ta có một và chỉ một tiếp tuyến với đường tròn

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

• Một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song tạo ra các góc đồng vị bằng nhau

) (chứng minh trên) suy ra ECMP

là tứ giác nội tiếp

• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC

của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECMP

)

• Tam giác có một đỉnh nằm trên trung trực của cạnh đối diện thì cân tại đỉnh đó

Tam giác DAEC

Kết hợp các ta có lý thuyết trên, suy ra PM

là tiếp tuyến của đường tròn

( )O

tại P

.Hoàn toàn tương tự ta có PN

là tiếp tuyến của đường tròn

( )O

tại P

Vậy MN

là tiếp tuyến của

Nhận xét Cách thông thường để chứng minh một tia là phân giác của một góc ta chứng minh tia đó chiagóc thành hai góc bằng nhau.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

• Các tam giác cân có một góc ở đáy bằng nhau thì đồng dạng với nhau

Ta có DFAB cân tại F và DNBP cân tại N có

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF của đường tròn ngoại tiếp tứ giác FBNP)

• Hai tam giác các hai cặp góc tương ứng bằng nhau thì đồng dạng

Tam giác DABP và DFBN có

1 2 3

k k

Ta có k£199 (đường đi dài nhất từ ô 1 1 100 100

21

x y y x

ìïï + =ïïï

íï

ïï + =ïïî

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu I Khi x=5, suy ra A = 5 2 6+ + 5 2 6

-3 2 -3 2 2 3 2 3 2 2

và tính giá trị của biểu thức.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

m n mn

ìï = +

íï =ïî

, tương tự cho biểu thức còn lại, ta suyra:

Hệ phương trình tương đương với

ïï + =ïî

ê =ê

Ý tưởng: Quan sát thấy ở vế trái của phương trình một và phương trình hai, vai trò của các biến là nhưnhau, chính vì thế ta sẽ tạo ra được một đại lượng cân bằng giữa hai phương trình đó Thật vậy, quy

đồng lên ta sẽ có được

2 11

2x xy

++ =

và

2 11

2y xy

++ =

, đại lượng cân bằng ở đây chính là biểuthức

2xy+1

vì thế ta sẽ rút các giá trị còn lại ở từng phương trình theo

2xy+1

để rồi cho chúng xảy

ra dấu = như sau:

+ = Û - - = Û

ê

= Þ =ê

.Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Giải hệ phương trình

1 4

12

x y y x

ìïï + =ïïï

íï

ïï + =ïïî

x y

ìïï + = ïï

-ïíïï

ï + = ïïî

1 2 3 22

(điều phải chứng minh).

Nhận xét: Bài toàn liến quan đến bất đẳng thức số

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Chứng minh rằng với mọi số nguyên n³ 1 ta luôn có

n+ - n>

.+ Chứng minh bất đẳng thức bằng cách biến đổi vế trái để so sánh với vế phải

(điều phải chứng minh).

Câu IV Phương trình có hai nghiệm là x=- 1 và x=1, thay vào phương trình ta được hệ phương trình

Trừ hai phương trình trên, ta được: - -2 2b= Û =-0 b 1

Cộng hai phương trình trên, ta được: a c+ = Û =-0 c a

Theo giải thiết, phương trình có tập nghiệm là S= -{ 1; 1}

, khi đó phương trình x a+ =0 phải cónghiệm là - 1 hoặc 1, suy ra a=1 hoặc a=- 1

Nhận xét: Bài toán sử dụng yêu cầu giả thiết của bài toán, từ các nghiệm bài cho, ta tính được các giá trị

ï + + + =ïî

Trừ hai phương trình này cho nhau ta sẽ tìm được giá trịcủa b là - -2 2b= Û =-0 b 1 khi đó a c+ = Û =-0 a c thế ngược lại phương trình bài cho suy ra

1) Hai tam giác vuông VADB và VAEC có chung góc A nên chúng đồng dạng, suy ra

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Hai tam giác có hai cặp góc tương ứng bằng nhau thì đồng dạng với nhau theo trường hợp “góc góc” (g - g)

Suy ra VADB∽VAEC (g – g)

• Hai tam giác đồng dạng có các cặp cạnh tương ứng tỷ lệ

(điều phải chưng minh)

2) Xét hai tam giác VADE và VABC có

từ tỷ lệ thức

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Hai tam giác có hai góc tương ứng bằng nhau và có hai cặp cạnh kề góc tương ứng tỷ lệ thì đồngdạng với nhau theo trường hợp “cạnh – góc - cạnh” (c – g - c)

Xét hai tam giác VADE và VABC có

(điều phải chứng minh)

3) Kéo dài BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác VABC tại

Với

H ¢

là điểm đối xứng của H qua AC

Suy ra AC là trung trực của đoạn

AH C¢

V

chính là đường tròn ( )O Vậy hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác VABC và VAHC có cùng bán kính

Nhận xét: Chứng minh hai đường tròn có cùng bán kính ta chứng minh chúng ngoại tiếp hai tam giác bằng nhau

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Hai góc cùng phụ với một góc thì bằng nhau

Mà đường tròn ngoại tiếp VH AC¢ chính là đường tròn ( )O ngoại tiếp DABC

Vậy hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác VABC và VAHC có cùng bán kính (điều phải chứngminh)

Câu IV

Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên trụ đỡ AB Đặt BH=x

Tam giác VAHC vuông tại H, ta được

.Nhận xét: Bài toán thực tế đưa vào hình học phẳng để giải quyết bằng phương pháp tính toán, các côngthức hình học đơn giản.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Định lý Py-ta-go: “Trong tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnhgóc vuông”

+ Tam giác VAHC vuông tại H nên ta có

x=

• Hệ thức lượng trong tam giác vuông

Tam giác VBHC vuông tại H nên ta có

sin

3.218 327

BH BCH

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

-ï + = +ïî

(với m là tham số)

1) Giải phương trình khi m=2

2) Chứng minh hệ luôn có nghiệm với mọi giá trị của m giả sử

(x y0; 0)

là một nghiệm của hệ phươngtrình Chứng minh đẳng thức

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu I Cho biểu thức với

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4a b=

.Vậy min

25

tại b=4a

.Nhận xét: Đây là một bài toán dễ, đơn giản chỉ là việc khai triển rút gọn biểu thức P bằng một vài phépbiến đổi tương đương, ý khó là ý sau khi tìm giá trị nhỏ nhất của P với điều kiện bài cho, nhưng với giảipháp chọn điểm rơi và bất đẳng thức Cosi bài toán hoàn toàn được giải quyết

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

Dấu “=” xảy ra khi ma nb. = .

Ý tưởng: Với ý rút gọn biểu thức P, ta sẽ đi làm hai công việc, một là rút gọn tử số, sau đó là mẫu số Với

tử số của bài toán, ta có:

- Tìm x¹ ±3 thỏa mãn điều kiện P <2

Câu II Cho hệ phương trình

-ï + = +ïî

nên (*) luôn có nghiệm duy nhất

Suy ra hệ đã cho luôn có nghiệm duy nhất với mọi m

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Cách giải phương trình bậc nhất hai ẩn tổng quát

ax by c

mx ny p

ìï + =ïí

ï + =ïî

Từ phương trình một của hệ, ta có:

c ax y

Bài tập tương tự:

x my m

ìï + =ïí

ï + = +ïî

Tìm biểu thức liên hệ giữa 0 0

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Phương trình bậc hai tổng quát

D =

-

- Để (*) có nghiệm duy nhất

2 (*) 0 n 4mp

Û D = Û =

- Để (*) có hai nghiệm phân biệt

2 (*) 0 n 4mp

Û D > Û >

- Để (*) vô nghiệm

2 (*) 0 n 4mp

(i) là một phương trình bậc hai có nghiệm duy nhất Vì thế

ta cần khai triển (i) để đưa được về phương trình bậc hai tổng quát, ta có:

nội tiếp (điều phải chứng minh).

Nhận xét: Chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp, ta chứng minh tổng hai góc đối diện của tứ giácbằng 180°

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau

• Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180°

là tứ giác nội tiếp

nội tiếp (điều phải chứng minh)

Nhận xét: Chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp, ta chứng minh góc trong tại một đỉnh bằng gócngoài tại đỉnh đối diện

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Chứng minh các tứ giác nội tiếp

Hoàn toàn tương tự phần 1) đã chứng minh ta có tứ giác 1

BC IK

và tứ giác 1

CB IK

là các tứ giác nộitiếp

• Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau

là hai góc nội tiếp cùng chắn cung »BK

của đường tròn ngoại tiếp tứ giác 1

(điều phải chứng minh).

Nhận xét: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc ta chứng minh cho một đường thẳng là đường trungtrực của đường thẳng còn lại

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Tứ giác có góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện thì tứ giác đó là tứ giác nội tiếp

là tứ giác nội tiếp

• Các góc nội tiếp cùng chắn một cung của một đường tròn thì bằng nhau

Û íï = Û = =ïï

ïï + = +ïï

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương: a b+ ³ 2 ab

• Hệ quả của bất đẳng thức Cosi cho hai số thực không âm:

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN

NĂM HỌC 2015 - 2016

Đề chính thức

MÔN THI: TOÁN (Vòng 2)Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)Câu I (2,5 điểm)

2) Hỏi xe tải có thể đi qua cổng được không? Tại sao?

Câu III (1,5 điểm) Cho hai số nguyên

Câu IV (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB AC< ), M là trung điểm của cạnh BC O, là tâm củađường tròn ngoại tiếp tam giác Các đường cao

; ;

AD BE CF

của tam giác VABC đồng quy tại H Cáctiếp tuyến với ( )O tại Bvà C cắt nhau tại S Gọi X Y, lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF vớicác đường thẳng

Câu V (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

Cho tam giác VABC có các đỉnh là các điểm nguyên(một điểm gọi là điểm nguyên nếu hoành độ và tung độ của điểm đó là các số nguyên) Chứng minh rằnghai lần diện tích của tam giác VABC là một số nguyên

, có xuất hiện căn bậc hai, căn bậc ba vì thế ta sẽ nghĩ đến chuyện

khai căn thức Xét với căn bậc hai, ta sẽ đưa nó về dạng

6 4 2- = +a b 2 =a +2 2ab+2b

, biểu thức này cũng có chứa căn bậc ba nhưng nó đã

khó hơn vì chứa biến, vẫn kiểu tư duy ở 1

Ý tưởng: Bài toán với yêu cầu là tính giá trị của biểu thức với giả thiết cho sẵn, thì điều đầu tiên cần làm

đó chính là khai thác giả thiết Thường thì họ sẽ cho một giả thiết phức tạp và bắt ta đơn giản hóa nó, bàitoán này cũng vậy, giả thiết chứa hai phân thức do đó ta sẽ nghĩ đến chuyện quy đồng như sau có giả thiết

sẽ hướng ta tư duy đến việc trong căn thức cũng xuất hiện tổng đó, vậy ta có biến đổi:

-Đề bài yêu cầu tính giá trị của P

nên nhiều khả năng, P

Gọi điểm biểu thị hai chân cổng trên đồ thị hàm số là A B, ta có A B, đối xứng qua trục tung và cáchnhau 4 đơn vị H là giao điểm của AB với

Nhận xét: Bài toán này, thực chất là sử dụng các tính chất của hàm số, đặc biệt là hàm số bậc hai dạng

2

y ax=

với a¹ 0, ngoài ra còn sử dụng các công thức liên quan đến khoảng cách, độ dài,…

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

Các điểm khác gốc tọa độ nằm trên parabol này đều ở phía dưới trục hoành

• Định lý Py-ta-go: “Trong một tam giác vuông có tổng bình phương hai cạnh góc vuông bằng bìnhphương cạnh huyền)

Tam giác DOAH

vuông tại H

, áp dụng định lý Py-ta-go ta có

4 a.2 4a 4

- = Û =- Û =-a 1

(điều phải chứng minh)

2) Gọi giao điểm cảu đường biểu diễn chiều cao của xe tải với Parabol

x

ìï

-ïï =ï

- ï

- = Û í

ïï

ï =ïïî

Khi đó CD = 6

Tại độ cao 2,5 m thì chiều rộng của cổng là 6m

lớn hơn 2,4m

là chiều rộng của xetải nên xe tải có thể đi qua cổng

Nhận xét: Vì chiều cao của xe tải thấp hơn chiều cao của cổng, để biết xe tải có thể đi qua cổng haykhông ta phải xét xem, tại độ cao của cổng bằng với chiều cao của xe thì chiều rộng của cổng bằng baonhiêu, nếu chiều rộng đó lớn hơn chiều rộng của xe tải thì xe tải sẽ đi qua, nếu nhỏ hơn chiều rộng xe tảithì không đi qua, nếu bằng nhau thì vì bài toán được xử lý trên lý thuyết nên ta chấp nhận là có đi qua Nhắc lại kiến thức và phương pháp: