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

Tailieumontoan.com

Nguyễn Công Lợi

PHÂN TÍCH VÀ BÌNH LUẬN
55 ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN

Nghệ An, tháng 8 năm 2019


1

Website:tailieumontoan.com

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!

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


2

Website:tailieumontoan.com

MỤC LỤC
Đề số

Trang
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

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


3

Website:tailieumontoan.com
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
23

Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường THPT chuyên Thành phố Hồ Chí
Minh
Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội – Vòng 1

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

4

Website:tailieumontoan.com
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

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


5

Website:tailieumontoan.com
Đề số 1
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN TOÁN
TRƯỜNG CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
Năm học 2016 – 2017

Câu 1 (7.0 điểm).
a) Giải phương trình

3x

5

b) Giải hệ phương trình

x

2xy

4x

2

2

4x

y

3x 2

1

3y

6

12x

4x

4.

0

4y

9

0

.

Câu 2 (3.0 điểm).
Tìm tất cả c{c cặp số nguyên dương x ; y sao cho x 2

2

xy

2 .

Câu 3 (2.0 điểm).
Cho a, b, c l| c{c số thực dương thay đổi. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức:

a2

P
a

b2
b

2

b

c

2

c
4a

Câu 4 (6.0 điểm).
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 EDF v| tia ph}n gi{c OI của góc BOC
K

EF;I

BC . 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

hoặc 3.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


6

Website:tailieumontoan.com

Phân tích và hướng dẫn giải
Câu 1 (7.0 điểm).
3x

5

a) Giải phương trình

x

3x 2

1

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.

5

3x

x

2

1

3x 2

4x

4

3x 2

2

2x

3x 2

5

2x

2

Đến đây ta thấy có thể giải được phương trình

1

Lời giải. Điều kiện x{c định của phương trình l|

5
. Phương trình đã cho

3

x

tương đương với

5

3x 2

Đặt t

t2

3x

2t

Từ t

3

x

2x

t

0

5 t

3x 2

4x

4

3x 2

2

2x

3x 2

5

2x

2

0 . Khi đó phương trình trên trở th|nh

1.
3x 2

1 ta được

2

1

2x

5

1

x

1

13

.
3
Kết hợp với điều kiện x{c định của phương trình ta được tập nghiệm l|

1

S

3

13 1
;

13

.

3

b) Giải hệ phương trình

2xy

4x

3y

4x 2

y2

12x

6
4y

0
9

0

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

2xy

4x

trình
3y

ta
6

thấy
0

phương

2x

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

3 y

trình
2

thứ

nhất

có

thể

phân

tích

được

0 . Đến đây ta giải được hệ phương trình.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


7

Website:tailieumontoan.com
Lời giải. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

2xy

3y

6

2x

0

3 y

2

0

3

y

2

0

3
2
2

x

0

y

3
, thế v|o phương trình thứ hai của hệ v| thu gọn ta được
2
y 0
.
0
y
4

+ Với x

y2

4x

2x

4y

+ Với x

2 , thế v|o phương trình thứ hai của hệ ta được
1
5
4x 2 12x 5 0
x
;x
.
2
2
1
3
3
5
; 2,
; 4 ,
;0 ,
; 2 .

Vậy hệ phương trình có c{c nghiệm x ; y là
2
2
2
2

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 y 2
'

4x 2

2

4x 2

4y
12x

12x
4x 2

9

9
12x

0 . Đến đây ta được
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
4x 2

y2

4xy

2x

y

2

và 12x

4y

8x

6y

4x

2y . Do đó từ hệ phương trình ta

được

4x 2
2x

y2
y

2

12x

4y

9

2 2xy

2 2x

y

3

0

2x

4x
y

3y

6

1 2x

4x 2

0
y

3

y2

4xy

4x

2y

3

0

0

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
các trường hợp của y để phương trình có thể phân tích được.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


8

Website:tailieumontoan.com

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

xy

2

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 x 2

2 khi đó ta được x 2

k xy

2

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
k 2y 2

Ta có

4

2k

k 2y 2

2

8k

8 . Để phương trình có nghiệm x nguyên thì

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

phải

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 0 ; y 0 thỏa mãn yêu cầu bài
toán. Xét phương trình x 2
theo
x0

định
x1

lia

Vi

ky0 ; x 0x1

–

kxy0
te

2k

2k

thì

2

phương

0 , khi đó x 0 là một nghiệm của phương trình. Do đó
trình

có

một

nghiệm

nữa

là

x1 .

Ta

có

2 . Đến đây dễ thấy x 1 nhận giá trị nguyên âm nên hương đi này

không khả thi.

+ Ý tưởng 3. Cũng với ý tưởng đặt k như trên nhưng ta cần thay đổi bài toán một chút xem sao.
x2

2

Khi đó đặt 2x

2y

xy

x 2y

2

k xy

2x

2x

2y

xy

2

2x

2y xy

2.

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

k

2;3;4 ta thấy phương trình không có nghiệm nguyên dương. Do đó ta nghĩ đến chứng minh

k

2.
Lời giải. Ta có x 2

Đặt 2x
Xét k
2x

2y

k xy

2

xy

2

2 với k

x 2y

2x

y

xy

2x

2y

xy

2x

2

2y xy

2

N*

2 . Khi đó
2y

k xy

2

2 xy

2

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

x

2

x

1 y

1

1

0
TÀI LIỆU TOÁN HỌC

9

Website:tailieumontoan.com

Điều n|y m}u thuẫn vì x ; y nguyên dương.
Suy ra k

2 hay k

+ Nếu x

2

1; y

2

2 thì x

3; y

4

+ Nếu x

2

2; y

2

1 thì x

4; y

3

1 . Suy ra 2 x

y

xy

x

2

2 y

2

2

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:

a2

P
a

b2
2

b

c

Phân tích: Đầu tiên ta dự đoán P nhỏ nhất khi a

b

P

3
a2
hay
4
a b

b2
2

b

c

c
4a

2

b

c
4a

2

3
. Ta cần chứng minh
4

c . Khi đó P

3
. Ý tưởng đầu tiên là ta đưa bất đẳng thức trên về dạng
4
c2
4ac

c
hoán vị. Lại thấy theo bất đẳng thức Cauchy thì ta có
4a

c2
a

c

2

nên ý tưởng trên lại

càng có cơ sở.

a2

Như vậy ta chỉ cần chứng minh được

Để ý ta thấy x 2

y2

z2

a2
a

x

y

2

b

c2
c

1 a
Ta cần chứng minh
3 a b

2

a

c

b
b

c

1 a
3 a b

2

2

c
c

b

2

a

3
.
4

2

c

, áp dụng thì ta được

3

b

2

c2

2

z

b2
b

a

b2

c

b

a

2

c
c

a

3
4

a

b
c

a

b
b

b

c
c

c

a

3
. Nếu áp
2

dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được bất đẳng thức sai. Do đó ta nghĩ đến
hướng khác.
Ta có

a
a

2

b
b

2

b

2

c
c

2

a

a2

2

c

2

a2 a

a2
a2 a

b

Hay ta cần chứng minh a 4

2

b

b2

b2 b
b4

2

c4

b2 b

c2
c

b2

2

2

c2
2

c

c2 c

a

2

và ta đi chứng minh

2

c2 c

5 a 2b 2

a

b 2c 2

2

3
4
c 2a 2

6 a 3b

b 3c

c 3a . Đến

đây ta lại không thể chứng minh được đánh giá trên. Như vậy nếu sử dụng bất đẳng thức

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


10

Website:tailieumontoan.com

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
1
3
.
2
2
2
4
b
c
a
1
1
1
a
b
c

b
;y
a

Đặt x

c

;z
b

a
, khi đó ta được xyz 1 và bất đẳng thức trên trở thành
c
1
1
1
3
2
2
2
4
1 x
1 y
1 z

+ Đến đây từ giả thiết xyz

np
;y
m2

biến dạng x

1 ta có thể đổi biến tiếp, trong các cách đổi biến ta để ý đến cách đổi

mp
;z

n2

mn
với m, n, p là các số dương. Khi đó bất đẳng thức được viết
p2

lại thành

1
1

1
2

np
m2

1
2

mp
n2

1

2

mn
p2

1

m4

3
4

m2

n4
2

np

p4

n2

mp

m2

n2

2

p2

3
4

2

mn

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được

m4
m2

n4

np

2

n2

p4

mp

2

p2

m2
Và ta cần chứng minh

m4

Dễ thấy m 4

n4

m2

np

n4

p4

p4

m 2n 2

2

2

mn

n2

n2

n 2p2

2

np

n2

p2

mp

5 m 2n 2

m2

2

p2

n 2p2

mn

p 2m 2

p2

mp

2

p2

mn

2

3
hay ta cần chứng minh
4

2

6mnp m

n

p

p 2m 2 ; m 2n 2

n 2p2

p 2m 2

mnp m

6 m 2n 2

n 2p2

p 2m 2

6mnp m

n

1

1

n

p

Nên ta được
m4

n4

p4

5 m 2n 2

n 2p2

p 2m 2

p .

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
+ Cũng từ

1

1
x

1

2

1
y

1

2

z

1

ta để ý đến bất đẳng thức

2

1

x

2

1

1
y

2

xy

1

.
Khi đó ta có

1
1

1
x

2

1

1
y

2

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

1

1
z

2

1

1
xy

1

z

2

.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


11

Website:tailieumontoan.com

Chú ý đến giả thiết xyz

1 ta có

1

z

1
z

1

Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

z2
z2

Hay ta cần chỉ ra 4 z 2

z

xy

2

1

3 z2

1

z

1

2z

z

1

z2
z2

1
z

1

2

z 1
2x 1
2

1

z 1
.
2x 1

3
4

0 . Đến đây ta có lời giải cho bài

toán.
Lời giải.
1

+ Cách 1. Ta có P

b
a

1

xyz

1
2

1
c
b

1

2

a
c

1

2

1

1
2

1

x

1

2xy

1
y

1
x 2y 2

2

xy

x 3y

xy 3

xy

x

1 x2

xy

1

1

2

2

xy x

y

1

y2

1

2x
y

2

2

xy

2y

2

1
y

1

1
2

a
khi đó ta được
c

1
x

1

1
1

c
;z
b

1

1 v| biểu thức đã cho được viết lại th|nh P

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức

b
;y
a

. Đặt x

1

2

z

1

.

2

. Thật vậy, ta có

x2

1 y2

2x

2y

1

0

Do bất đẳng thức cuỗi cùng luôn đúng nên ta có điều cần chứng minh.
Khi

đó

1
1

1
x

2

1

1
y

2

1

ta

1
z

2

xy

1

z 1
2x 1

3
4

1

z2
z2

z

1
z

2

1
1

z

1

2

z

1

3 z2

3
, dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi x
4

y

z

Như vậy ta đi chứng minh

4 z2

z

có

z2
z2

z 1
2x 1

2z

1

z

1

2

0

.
Do đó ta được P

Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l|

1 hay a

3
, dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi a
4

+ Cách 2. Ho|n to|n tương tự như trên ta đi chứng minh

b

c.

c.

1
1

b

1
x

2

1

1
y

2

1

z

2

3
4

.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


12

Website:tailieumontoan.com

Do xyz

np
;y
m2

1 nên tồn tại c{c số dương m, n, p thỏa mãn x

mp

;z
n2

mn
. Khi đó
p2

bất đẳng thức được viết lại th|nh

1

1

np
m2

1

2

1

1

mp
n2

2

2

mn
p2

1

m4

3
4

m2

n4
2

np

n2

p4
2

mp

p2

3
4

2

mn

[p dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng ph}n thức thì được

m4
m2

n4

np

2

n2

m2

p4
2

mp

p2
m2

V| ta cần chứng minh
m4

Dễ thấy m 4

n4

m2

n4
p4

np
p4

2

m2

n2

n2

2

p2

n 2p2

n 2p2

2

np

n2

p2

mp

5 m 2n 2

m 2n 2

2

mn

n2

mn

p 2m 2

p 2m 2 ; m 2n 2

p2

mp

p2

mn

2

3
hay ta cần chứng minh
4

2

6mnp m

n 2p2

2

p 2m 2

n

p

mnp m

n

p

6mnp m

n

p .

Nên ta được
m4

n4

p4

5 m 2n 2

Như vậy bất đẳng thức

n 2p2

p 2m 2

1

1
x

1

6 m 2n 2

2

1
2

y

1

n 2p2

z

1

2

1
x

1

2

3
.
4

3
hay P
4

1

Nhận xét. Có thể áp dụng bất đẳng thức

p 2m 2

1
y

1

2

xy

1

đánh giá trực tiếp như

sau

a2

Ta có P

Đặt x

a

b

;b
a

b2
b

2

b

c

c
4a

2

c
c
nên ta có
a
b

1
1

c
4a

1

b
a

2

1

c
b

2

1

xy . Khi đó ta có P

x

1

xy
4

1
2

y

1

2

Áp dụng bất đẳng thức trên và bất đẳng thức Cauchy ta được
P

1
xy

1

xy
4

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

xy

1
xy

1

1
4

1
4

2

xy

1
xy

1

3
, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x
4

1
4

1
4

y

1 hay a

1

1
4
b

3
4
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.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


13

Website:tailieumontoan.com

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

A

chứng minh hai góc đối diện của tứ
giác BNMC có tổng bằng 1800 . Điều
này có nghĩa là ta cần chỉ ra được

NBC

NMC

1800 .

Tuy

P

nhiên

trong bài toán các góc ta xét là các góc

F

M

Q
NK
O

E

J

G

bất kì và lại không có mối quan hệ với
H

nhau nên hướng đi này không cho ta
B

L
D I

C

kết quả mong muốn.
+ Hướng 2. Chứng minh hai góc

BMC

BNC . Quan sát hình vẽ ta

dự đoán rằng BMC
Để ý rằng ta có BFO

BNC

900 .

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

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


14

Website:tailieumontoan.com

ONE

EFA

900

OCA

1
ACA
2

OAF

900

1
BAC
2

1
ABC
2

1
DOF
2

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

1
ABC
2

ABO

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
toán ta có NCB

NMB

AFE

NMB

900

NMB hoặc tương tự với MNC

1
ACB . Như vậy ta cần chỉ ra được NMB
2
ABM

AFE

1
BAC
2

ABC

MBC . Theo giả thiết của bài

1
ACB . Quan sát hình vẽ ta có
2

1
ABC . Mà ta lại có AFE
2

1
BAC . Từ đó ta được
2

900

1
ACB . Đến đây ta thấy có thêm một lời giải cho ý thứ nhất
2

của bài toán.
Trình bày lời giải.
+ Lời giải 1. Ta có DEF

1
DOF
2

DOC nên DEF

DONE nội tiếp. Mặt kh{c ta có BEO

BDO

DON

1800 suy ra ta có tứ gi{c

900 nên BDOE nội tiếp. Như vậy năm

điểm B, D, E, O, N cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra BNO
minh tương tự ta được BMC

900 . Như vậy ta có BMC

BNC

BEO

900 . Chứng

900 hay tứ gi{c BNMC

nội tiếp.
+ Lời giải 2. Theo giả thiết của b|i to{n ta có NCB
tam giác FBM nên ta có

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

NMB

AFE

ABM

1
ACB . Do AFE l| góc ngo|i của
2
AFE

1
ABC . M| ta lại có
2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


15

Website:tailieumontoan.com

AFE

900

1
BAC . Từ đó ta được NMB
2

hai kết quả ta thu được NMB

1
BAC
2

900

1
ACB . Kết hợp
2

ABC

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
liên hệ giữa tỉ số

OB
OC

IB
DE
và
IC
DF

EK
, ta phải tìm được mối
FK

IO CI
;
với các tỉ số trên. Tuy nhiên đến đây thì có vẻ như hướng đi này không
DK CD

thể tiếp tục.
+ 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
Ta có EDF

1800

Mà ta lại có KDC

EDB

KDF

FDC

1800

900

FDC

EDF
2

FDC

Như vậy ta cần chỉ ra được OIC

900

ABC
4

ABC
2

900

900

ABC
4

ACB
2

ABC

ACB
2

ACB
4

ACB
. Tuy nhiên do OI là phân giác của
4

BOC nên điều này hiển nhiên đúng.

+ 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

1800 .

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

EDK

BOI

900 . Mà ta lại có EDK

BJD

900 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

EDF

1800

EDB

FDC

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

1800

90o

ABC
2

90o

ACB
2

ABC

ACB
2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


16

Website:tailieumontoan.com

EDF
2

M| ta lại có KDC

ABC
4

FDC

ACB
4

900

ACB
2

ABC
4

900

ACB
.
4

Mặt kh{c do OI l| ph}n gi{c của góc BOC nên ta có

ABC
2

OIC

BOI

ABC
2

BOC
2

Kết hợp hai kết quả trên ta suy ra KDC

1
1800
2

ABC
2

ACB

2

ABC
4

900

ACB
4

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

HOG

HDG

nên ta có EDK

1800 . Do OI l| ph}n gi{c của góc BOC v| DK l| ph}n gi{c của góc EDF
BOI

900 . M| ta lại có EDK

BJD

900 nên ta được 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
có được

KP
OI

AP
thì xem như bài toán được chứng minh. Ta cần tìm các tỉ số bằng với
AO

KP AP
;
.
OI AO
Gọi Q là giao điểm của AO với EF, khi đó dẽ thấy hai tam giác KPQ và IDO đồng dạng với
nhau

PQ
PO

nên

1

OQ
PO

ta

1

OQ
OE

KP
OI

có

1

OE
OA

1

PQ
DO
OP
OA

PQ
.
PO

Mặt

khác

ta

có

AP
. Như vậy ta có một lời lời giải cho bài
OA

toán.

KP
OI

AP
, nhưng ở đây ta tiếp cận bài toán theo một con
AO

KDO

DOI nên hai tam giác KQP và DIO đồng dạng, do đó

+ Hướng 2. Cũng đi chứng minh

đường khác hơn. Dễ thấy KPO
Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


17

Website:tailieumontoan.com

PQ
. Mặt khác ta lại có P là điểm chính giữa cung nhỏ EF nên EP là
OE
PA PQ
PA
EA AO
phân giác của tam giác AEQ, từ đó ta được
, suy ra
. Kết hợp hai
OA EO
PQ
EQ
EO
AP
KP
kết quả trên ta được
, như vậy ta có lời giải khác cho bài toán.
AO
OI
+ Hướng 3. Gọi K’ là giao điểm của AI với EF, ta cần chứng minh hai điểm K và K’ trùng nhau.

Từ đó ta được

KP
OI

PQ
OD

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 COL

DOB

EOB

900

1
ABC
2

900

được COL BOD nên suy ra DOI
tuyến của đường tròn O .

1
1800
2

BAC

BCA

LOI , điều này dẫn đến

1
BAC BCA . Mặt khác
2
1
BAC BCA . Từ đó ta
2
IOD

IOL , do đó LI là tiếp

AQ
AP
. Mà do QK’ song song với IL
AL
AO
AQ
AK '
AK '
AP
nên theo định lý Talets ta có
. Từ đó
nên có PK ' song song với OI. Điều
AL

AI
AI
AO
này dẫn đến PK’ và PD trùng nhau hay K và K’ trùng nhau. Từ đó suy ra ba điểm A, K, I thẳng
hàng.
Trình bày lời giải.
Dễ thấy AP.AL

AE2

AQ.AO nên ta được

+ 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 .

KP
PQ
PQ
. Mặt kh{c ta lại có OAE 900 , EQ OP và OE OP
OI

DO PO
OQ OE
PQ
OQ
OQ
OE
OP
AP
1
1
1
1
nên ta được
. Từ đó suy ra
OE
OA
PO
PO
OE
OA
OA OA
KP
AP
Kết hợp hai kết quả trên ta được
, m| ta có KP song song với OD. Do đó suy ra
OI
AO
Do đó ta được

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

+ Lời giải 2. Gọi giao điểm của DK với đường tròn O l| P, khi đó dễ thấy ba điểm A, P,
O thẳng h|ng. Giả sử AO cắt EF tại Q. Do DK song song với OI nên ta có
KPO

KDO

DOI , điều n|y dẫn đến hai tam gi{c KQP v| DIO đồng dạng với nhau.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


18

Website:tailieumontoan.com

Từ đó ta được

KP
OI

PQ
OD

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

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

PA
PQ

AEO v| AQE ta suy ra được

Kết hợp hai kết quả trên ta được

EA
EQ

AP
AO

PA
AO
, suy ra
OA
EO

PQ
.
EO

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

lí Talets ta suy ra được ba điểm A, K, I thẳng h|ng. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
+ Lời giải 3. Gọi giao điểm của AO với đường tròn O l| L. Khi đó do CO l| ph}n gi{c

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

1
BAC
2

BCA . Mặt kh{c

do tứ gi{c BDOE nội tiếp nên ta có

DOB

900

EOB

Từ đó ta được COL
Kết hợp với OD

1
ABC
2

900

1
1800
2

BAC

BCA

1
BAC
2

BCA

BOD , m| OI l| ph}n gi{c của góc BOC nên suy ra DOI

OL v| OI chung dẫn đến

IOD

IOL , suy ra ILO

IDO

LOI .

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

nên theo định lý Talets ta có

AQ
AL

AQ
AL

AP
. M| do QK’ song song với IL
AO

AK '
AK '
. Từ đó dẫn đến
AI
AI

AP
, nên theo định lý
AO

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

GEK và

3 và 3. Chú ý rằng các tam giác bài toán yêu cầu là tam giác đều. Giả sử

HEK đều có cạnh là

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

3 , khi đó ta GH

3 và tam giác FGH là tam giác đều có

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


19

Website:tailieumontoan.com

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.
G

A

F

B

K

C

3

Dựng tam gi{c ABC đều cạnh bằng

E

O

H

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 OK
HG

3
nên OG
2

GK 2

OK 2

3
và
2

3.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


20
Suy ra FG

Website:tailieumontoan.com
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.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

21

Website:tailieumontoan.com
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).
Cho phương trình x 4

3x 3

mx 2

a) Giải phương trình khi m

9x

9

0

2

b) Tìm tất cả c{c gi{ trị của m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiêm dương.
Câu 2 (3.0 điểm).
a) Giải phương trình 3x 2

4x 4x

3

4x

3

0.

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

y2 x

y4

2y 2 .

Câu 3 (1.0 điểm).
Cho a, b, c l| c{c số thực dương thỏa mãn a
4 a2

b2

c2

a3

b
b3

c

3 . Chứng minh rằng:
c3

9

Câu 4 ( 3.0 điểm).
Cho tam gi{c ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với AB

AC . Gọi M 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 tam gi{c MDBcắt đường thẳng AB tại F
khác B .
a) Chứng minh rằng

BDF ∽ CDE v| ba điểm E, M , F thẳng h|ng.

b) Chứng minh rằng 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
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 A1, A2,..., An thỏa mãn hai điều kiện sau:

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


22

Website:tailieumontoan.com
i) Mỗi tập hợp Ai 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 A1, A2,..., An 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
Câu 1. Cho phương trình x 4

3x 3

mx 2

9x

9

0

Lời giải.
a) Với m

2 . Khi đó phương trình đã cho trở th|nh x 4

Hay ta được x

2

4x

3 x

2

x

3

x2

0

x

2

4x
x

3x 3

3
3

0
0

2x 2

9x

x

1

x

3

9

0

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 2 chú ý
điều kiện x

0 , khi đó ta được x 2

3x

m

9
x

9
x2

0

x2

9
x2

3 x

3
9
t
x2
t 2 6 . Khi đó phương trình * trở thành t 2
2
x
x
Đến đây chi cần áp dụng định lý Vi – et là được. Ta có lời giải như sau.
Đặt x

3t

3
x

m

m

0 *

6

0

Lời giải.
Xét x

0 , ta thấy không thỏa mãn nên x

Xét x

0 . Khi đó phương trình đã cho tương đương với
9
3
9
9
x2
3 x
x 2 3x m
0
2
2
x
x x
x

Đặt x

3
x

t

x2

9
x2

t2

0 không phải l| nghiệm của phương trình.

m

0 *

6 . Khi đó phương trình * trở th|nh: t 2

3t

m

6

0.

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
Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


23

Website:tailieumontoan.com
32

đó để phương trình ẩn t có nghiệm thì
dụng hệ thức Vi – et ta có t1

t2

3

4 m

4m

6

33

33
. Áp
4

m

0

0 . Do đó phương trình có ít nhất một nghiệm

dương.

33
thì phương trình có ít nhất một nghiệm dương.

4

Vậy với m

Câu 2. a) Giải phương trình 3x 2

4x 4x

4x

3

3

0.

3
. Phương trình đã
4

Phân tích và lời giải. Điều kiện x{c định của phương trình l| x

cho tương đương với 3x

+ Với 3x
+ Với x

4x

x

3

4x

3 x

4x

3

4x

0

9x

2

x

3

4x

0

x

4x

3

3x

0

4x

x

4x

3
3

, phương trình vô nghiệm.

0
2

3

0

x

1

x

3

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:
3x 2

4x

x

x

3

0

3x 2

4

x

40x

3

46x

2

0
2

9x

4x
2

4x

3

x

0

9x
x

4x 4x

3

4x

3
3

0
0

24x

9

x

0

x
x

1
3

0

x

2

16x 2 4x

3

0
2

4x

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

3 9x 2

4x

3

y2 x

y4

2y 2

0

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

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

24

Website:tailieumontoan.com

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
Khi đó phương trình đã cho trở th|nh: d 2y 2
Với y
Với d 2

0
dy

Khi đó: d12t 2

x

2t

y4

2y 2 . Gọi t

dyt 2

1 và 2d1

Trường hợp 2: y1
Vì 2d1

2t

y 2 dy

y4

y

2y 2

d

0
2

dy

y4

2y 2

0

y14t 4

Trường hợp 1. Khi y1
Vì 2d1

dy trong đó D l| số nguyên tùy ý.

1 và 2d1

d; y . Khi đó d

2y12t 2
d12

1

2t

y1 d1

t2

d1

2

y13t 2
2d1

ty1 với d1; y1

1,

2y1 mà d1, y1

1

y1

2t

1

9

1 2d1

2t

1

1 cùng tính chẵn lẻ v| nên ta có c{c trường hợp sau

2d1

2t

1

1

d1

3

2d1

2t

1

9

t

2

x

12

2d1

2t

1

9

d1

3

y

2

2d1

2t

1

1

t

x

12

2d1

2t

1

3

d1

y

2

2d1

2t

1

3

t

x

0

2d1

2t

1

1

d1

y

0

2d1

2t

1

9

t

2d1

2t

1

9

d1

2d1

2t

1

1

t

2d1

2t

1

3

d1

2d1

2t

1

3

t

1
2t

d12

td1 và y

d12

d1

t2

2

2
2
0
2
2

x
y

2
2
1

8
2

x

8

y

2

0
2d1

2t

1 2d1

2t

1

9

1 cùng tính chẵn lẻ v| nên ta có c{c trường hợp sau

Tác giả: Nguyễn Công Lợi – bản xem thử

TÀI LIỆU TOÁN HỌC