Bộ đề ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT và THPT chuyên

ài ra ta có: + Nếu x + y - 2011 = 0 thì y - x + 2010 = 0 + Nếu y - x + 2010 = 0 thì x + y - 2011 = 0, ta cũng được kết quả như trên. + Nếu x + y - 2011 0 thì vô lý (vì VP là số hữu tỉ, VT là số vô tỉ) Vậy x = 2010,5 và y = 0,5 là cặp số duy nhất thoả mãn đề bài. b) Ta có xy (z + 1) + y(z + 1) + x(z + 1) + (z + 1) = 2012 (z + 1)(xy + y + x + 1) = 2012 (z + 1)[x(y + 1)+(y + 1)] = 2012 (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 1.2.2.503 = 503.4.1 . Chỉ có 3 bộ sau thoả mãn: x = 502, y = 1, z = 1 hoặc x = 1005, y = 1, z = 0 hoặc x = 2011, y = 0, z = 0. Câu 2: a) Điều kiện: x > -1 Đặt a = ; b = Ta có: 2(a2 + b2) = 5ab (2a - b)(2b - a) = 0 b = 2a ; a = 2b Do đó: 1) 2 = 4(x + 1) = x2 - x + 1 x2 - 5x - 3 = 0 x1 = (loại); x2 = 2) = 2 vô nghiệm. Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = b) Vì a, b, c [0; 2] nên: (2 - a)(2 - b)(2 - c) > 0 8 - 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) - abc > 0 2(ab + bc + ca) > 4(a + b + c) - 8 + abc nên 2(ab + bc + ca) > 4 (vì a + b + c = 3 và abc 0) Suy ra (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) > 4 a2 + b2 + c2 (vì (a + b + c)2 = 9) Dấu “=” xẩy ra khi một trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 0 và một số bằng 1. Câu 3: Giả sử x = (p, q Z, q > 0) và (p, q) = 1 Ta có (n N) p2 = q(-P - 6q + n2q) => q là ước của p2 nhưng (p, q) = 1 => q = 1 lúc đó x = p => p2 + p + 6 = n2 (p, n Z) (2p + 1)2 + 23 = 4n2 (2n)2 - (2p + 1)2 = 23 (2n - 2p - 1)(2n + 2p + 1) = 23 Do đó 2n - 2p - 1 = 1 và 2n + 2p + 1 = 23 ; 2n - 2p - 1 = 23 và 2n + 2p + 1 = 1 (vì 23 P và 2n + 2p + 1 > 0 và 2n - 2p - 1 > 0) p = 5 (t/m) ; p = - 6 (t/m) Vậy số hữu tỉ x cần tìm là 5 hoặc – 6 Câu 4: a) Tứ giác MNKB nội tiếp được (vì = 1800). Tứ giác MNCI cũng nội tiếp được (vì MNC = 900) => , (1) (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). Mặt khác (2) (vì do cùng bù với góc A của tam giác ABC) Từ (1), (2) suy ra = nên 3 điểm K, N, I thẳng hàng. b) Vì (vì 2 góc nội tiếpcùng chắn cung BM) => hay (1) Tương tự có: hay (2) Mà ( = ) (3) Từ (1), (2), (3) => (đpcm) c) Gọi giao của AH, MN với đường tròn (O) thứ tự là Q, S => AQMS là hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM). Vẽ HP // AS (P MS) => HQMP là hình thang cân, có BN là trục đối xứng (vì Q và H đối xứng qua BC) => N là trung điểm của PM mà HP // KN (vì KN // AS do vì cùng bằng ) => KN đi qua trung điểm của HM (đpcm). Câu 5: Đưa về bài toán tìm P để hệ phương trình: có nghiệm. Hệ trên . Lấy (1) - (2), ta có: (8 - p)x2 - 2y(2 + p)x - (4 + 3p)y2 = 0 (3) - Nếu y = 0 => (8 - p)x2 = 0 x = 0 hoặc p = 8 - Nếu y 0 chia 2 vế pt (3) cho y2 ta có : (8 - p)t2 - 2(2 + p)t - (4 + 3p) = 0 (4) với t = . + Nếu p = 8 thì t = - . + Nếu p 8: Phương trình (2) có nghiệm = (2 + p)2 + (8 - p)(4 + 3p) > 0 p2 - 12p - 18 6 - 3. Dấu “=” có xảy ra. Vậy min P = 6 - 3 , max P = 6 +3 . ĐỀ SỐ 3 Câu 1: a) Từ giả thiết ta có: Nhân 2 vế của đẳng thức với ta có: Vai trò của a, b, c như nhau, thực hiện hoán vị vòng quanh giữa a, b, c ta có: , Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta có (đpcm) b) Đặt . Thay vào ta có: = Câu 2: a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a, b, c > 0 Áp dụng BĐT Cô-si ta có: a2 + bc ≥ 2a. Do đó = , đpcm. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là tam giác đã cho là tam giác đều. b) Điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0 Ta có: Vậy minA = Câu 3: a) Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 5 Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 3 Thay vào pt đã cho thử lại thì thỏa mãn.. Vậy pt có nghiệm b) Xét đẳng thức: f(x) + 3f (1) Thay x = 2 vào (1) ta có: f(2) + 3. = 4. Thay x = vào (1) ta có: Đặt f(2) = a, = b ta có. . Giải hệ, ta được Vậy . Câu 4: Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp lục giác đều thì A, O, D thẳng hàng và OK = AB. Vì FM = EF mà EF = AB do đó FM = OK Ta lại có AF = R AF = OA và = 1200. Do đó: ∆AFM = ∆AOK (c.g.c) đều. Câu 5: Gọi BH là đường cao của ∆ABO Ta có 2SAOB = OA . BH Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA . OB mà OA.OB Do đó 2SAOB Dấu “=” xảy ra OA OB và OA = OB Chứng minh tương tự ta có: 2SBOC ; 2SCOD 2SAOD Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi OA = OB = OC = OD và là hình vuông tâm O. Lời bình: Câu III.b 1) Chắc chắn bạn sẽ hỏi từ đâu mà ra? Gọi A(x), B(x), P(x), Q(x), C(x) là các đa thức của biến x và f(x) là hàm số được xác định bởi phương trình A(x).f[P(x)] + B(x).f[Q(x)] = C(x) (1) Để tình giá trị của hàm số f(x) tại điểm x = a ta làm như sau Bước 1: Giải phương trình Q(x) = P(a) . (2) Giả sử x = b là một nghiệm của (2). Bước 2: Thay x = a, x = b vào phương trình (1), và đặt x = f(a), y = f(b). ta có hệ (3) Giải hệ phương trình (3) (đó là hệ phương trình bậc nhất đối với hai ẩn x, y) . · Trong bài toán trên: A(x) = 1, B(x) = 3, P(x) = x, Q(x) = , C(x) = x2, a = 2. Phương trình Q(x) = P(a) Û Û , tức là Số được nghĩ ra như thế đó. 2) Chú ý: Không cần biết phương trình (2) có bao nhiêu nghiệm. Chỉ cần biết (có thể là đoán) được một nghiệm của nó là đủ cho lời giải thành công. 3) Một số bài tập tương tự a) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 1 nếu f(x) + 3.f(-x) = 2 + 3x. (với x Î ). b) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 3 nếu (với 0 ¹ x ¹ 1). c) Tính giá trị của hàm số f(x) tại x = 2 nếu (với 0 ¹ x ¹ 1). ĐỀ SỐ 4 Câu 1: a) Từ x2 + y2 = 4 2xy = (x + y)2 - 4 = (x + y + 2) (x + y - 2) Vì x + y + 2 ≠ 0 nên (1) Áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có: x + y ≤ x + y ≤ (2) Từ (1), (2) ta được: . Dấu "=" . Vậy maxA = . b) Vì x2 + y2 + z2 = 2 nên: = Ta có x2 + y2 ≥ 2xy , Tương tự , Vậy + + + + + 3 , đpcm. Câu 2: a) x2 + 9x + 20 = (1) .Điều kiện: (2) (1) (3x + 10 - + 1) + (x2 + 6x + 9) = 0 (- 1)2 + (x + 3)2 = 0 (thỏa mãn đk (2). Vậy phương trình (1) có nghiệm x = -3. b) Ta có: Mặt khác: - 2 (x - 1)2 - 1 ≤ - 1 y3 ≤ - 1 y ≤ - 1 (2) Từ (1) và (2) y = - 1 nên x = 1. Thay vào hệ đã cho thử lại thì thỏa mãn. Vậy x = 1 và y = -1 là các số cần tìm. Câu 3: a) Đặt và ta có x2 = b3 và y2 = c3 Thay vào gt ta được a2 = b3 + b2c + c3 + bc2 + a2 = (b + c)3 hay , đpcm. b) Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình, dễ thấy . Suy ra + ax0 + b + Đặt x0 + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: (1) Ta chứng minh (2) Thực vậy: (2) đúng với nên (1) đúng Từ (1), (2) suy ra , đpcm. Câu 4: Đặt AH = x Ta có Trong ∆ vuông AMB ta có MA2 = AH . AB = 2Rx (H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC) Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH là hình chữ nhật). Theo bài ra ta có: 4Rx = 15(R - x)2. Do H AB O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 0 (5x - 3R) (3x - 5R) = 0 . Cả 2 giá trị này đều thoả mãn Vậy ta tìm được 2 điểm H và H’ 2 điểm M và M’ là giao điểm của nửa đường tròn với các đường vuông góc với AB dựng từ H và H’. Câu 5: Gọi I là trung điểm của CD. Nối EF, EI, IF, ta có IE là đường trung bình của ∆BDC IE // BC Mà GF ^BC IE^ GF (1) Chứng minh tương tự EG ^IF (2) Từ (1) và (2) G là trực tâm của ∆EIF IG EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) Từ (3) và (4) IG DC Vậy ∆ DGC cân tại G DG = GC ĐỀ SỐ 5 Câu 1: 1) Trừ vào 2 vế của phương trình với 2x . Ta có: (1) Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = 0 Û (y + 20) (y - 2) = 0 Û y = -20 ; y = 2 Thay vào (2), ta có Phương trình (3) vô nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm là: Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: 2) . Điều kiện (*) Phương trình đã cho Đặt t = Phương trình trở thành: t2 + 3t - 4 = 0 Ta có: (x -3) + (1) . (t/m (*)) + (2) . (t/m (*)) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: . Câu 2: 1) Điều kiện: 1 - x2 > 0 - 1 0 A ≥ 0 Vậy A2 = . Dấu bằng xẩy ra khi 3 - 5x = 0 Vậy minA = 4. 2) Chứng minh: (1) Sử dụng bất đẳng thức: , ta có: (2) Tương tự, ta được: (3) và (4) Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế và rút gọn, suy ra (1) đúng, đpcm. Câu 3: (1) có nghiệm (2) có nghiệm Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ đó ta có y = - 1. Vậy hệ có nghiệm (- 2 ; - 1). Câu 4: Kẻ MP // BD (P AD) MD cắt AC tại K. Nối NP cắt BD tại H. Ta có mà Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có và . Suy ra: Các tứ giác KENH, MFHK là hình bình hành nên MF = KH và EN = KH MF = EN ME = NF Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì Ta có (góc nội tiếp chắn ) Lại có Từ (1) và (2) , Gọi N là giao điểm của MD với đường tròn (O) ta có (góc nội tiếp chắn ) do đó AN // EH mà HE MA nên NA MA. hay AN là đường kính của đường tròn. Vậy MD đi qua O cố định. 2) Kẻ DI MA, DK MB, ta có Vậy (1) Ta có (cùng phụ với ) mà (CMT) và . Tứ giác MEHF nội tiếp nên Tứ giác MIDK nội tiếp nên do đó ID . HE = DK . HF (2) Từ (1), (2) . ĐỀ SỐ 6 Câu 1: Ta có: A = = - 1 + = - 1 + 5 = 4 Câu 2: a) Từ giả thiết suy ra: (*) Do Nên từ (*) suy ra x = y = z = 0, do đó M = 0 b) x3 = 2a + x3 = 2a + 3x . x3 = 2a + x(1 - 2a) x3 + (2a - 1) x - 2a = 0 (x - 1) (x2 + x + 2a) = 0 Câu 3: a) Ta có: (1) Mặt khác > 0 (2) Ta có: > 0 (3) Từ (1), (2), (3) ta có: Do đó abc ≥ 35.57 = 1995. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 35 và c = . Vậy min (abc) = 1995. b) Đặt t = A = ta, B = tb, C = tc, D = td. t = Vì vậy = (a + b + c + d) = Câu 4: a) Xét ∆ABC có PQ // BC Xét ∆BAH có QM // AH Cộng từng vế ta có: Tức là khi PQ là đường trung bình của ∆ABC, khi đó PQ đi qua trung điểm AH. b) Vì mà BC = AH Do đó chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổi) Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà AB = 2AM nên HC = 2HD. Đặt HD = x thì HC = 2x. Ta có: DH2 = HM . HC hay x2 = HM . 2x HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x. Vậy AH = 3HD. MỤC LỤC Trang - Lời giới thiệu ___________________________________________3 - A phần đề tài __________________________________________5 I – Phần ôn thi tuyển sinh lớp 10 THPT_______________________ 5 II – Đề ôn thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán ___________________33 B- Phần lời giải ________________________________________38 I – Lớp 10 THPT _______________________________________38 II – Lớp 10 chuyên toán_________________________________ 122