Đề thi vào 10 môn Toán trường chuyên và không chuyên

Đề bài

I. TRẮC NGHIỆM:

II. TỰ LUẬN: 

Câu 1: (1 điểm) Cho \(A = \frac{{x + 4}}{{x - 4}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\) và \(B = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{{\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  - 2}}\) với \(x > 0,x \ne 4\).

a) Chứng minh \(A.\left( {\sqrt x  - 2} \right)\) không phụ thuộc vào giá trị của \(x\).

b) Tìm \(x\) để \(A.B = \sqrt x  + 1\).

Câu 2: (1,5 điểm) a) Cho \(f(x) = {x^2} + ax + b\). Biết đồ thị \(y = f(x)\) đi qua hai điểm (2 ; 10) và (5; 25). Tính \(f(0)\).

b) Cho \(\Delta ABC\) vuông tại A có \(AB = 3,AC = 4\). Lấy điểm E trên cạnh AC và gọi F là hình chiếu của E lên BC. Xác định độ dài EC để diện tích tứ giác ABFE bằng \(\frac{2}{3}\) diện tích tam giác ABC.

Câu 3: (1,5 điểm)  a) Giải phương trình: \(2\left( {x + 1} \right) + \frac{1}{{x - 1}} + \frac{2}{{x - 2}} = 0\).

b) Tìm \(m\) để phương trình \(2{x^2} - 2x - m = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) và thỏa mãn: \(\sqrt {m + 2{x_1} - x_1^2}  + \sqrt {m + 2{x_2} - x_2^2}  = 2\)

Câu 4: (1,5 điểm) Hằng năm, Trường X tổ chức một kỳ thi học sinh giỏi gồm hai môn Toán và Văn. Mỗi học sinh tham gia kỳ thi có thể dự thi một trong hai môn hoặc cả hai môn. Năm ngoái, số học sinh dự thi môn Toán nhiều hơn 100 em so với số học sinh dự thi môn Văn. So với năm ngoái, năm nay số học sinh dự thi môn Văn tăng 10% và số học sinh dự thi môn Toán tăng 20%. Biết năm nay số học sinh dự thi môn Toán nhiều hơn 150 em so với số học sinh dự thi môn Văn.

a) Tìm số học sinh dự thi môn Toán và số học sinh dự thi môn Văn trong năm nay.

b) Biết năm nay số học sinh dự thi môn Toán bằng 60% tổng số học sinh tham gia kỳ thi. Tìm số học sinh dự thi cả hai môn trong năm nay.

Câu 5: (2,5 điểm) Cho \(\Delta ABC\) nội tiếp đường tròn (O) có \(AB < AC\). Gọi H là trực tâm; D, E, F lần lượt là chân các đường cao trên BC, CA, AB; I là trung điểm BC và K là giao điểm của AD với (O) (\(K \ne A\)).

a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp và: \(\angle BIF = 2\angle BCF,\angle CIE = 2\angle CBE\).

b) Gọi S là giao điểm của EF với BC. Chứng minh tứ giác DIEF nội tiếp và: \(SD.SI = SB.SC\).

c) Gọi R là giao điểm của SK với \((O)(R \ne K)\) và L là giao điểm của RI với \((O)(L \ne R)\)Chứng minh AL song song với BC và \(AB \cdot CR = AC \cdot BR\).

-------- Hết --------

Lời giải

I. TRẮC NGHIỆM:

II. TỰ LUẬN: 

Câu 1: (1 điểm) Cho \(A = \frac{{x + 4}}{{x - 4}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\) và \(B = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{{\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  - 2}}\) với \(x > 0,x \ne 4\).

a) Chứng minh \(A.\left( {\sqrt x  - 2} \right)\) không phụ thuộc vào giá trị của \(x\).

b) Tìm \(x\) để \(A.B = \sqrt x  + 1\).

Lời giải

a) ĐK: \(x > 0,x \ne 4\)

\(A = \frac{{x + 4}}{{x - 4}} - \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\)

\( = \frac{{x + 4}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{x + 4 - x + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{2\left( {2 + \sqrt x } \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\)

\( = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}\)

Khi đó \(A.\left( {\sqrt x  - 2} \right) = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\left( {\sqrt x  - 2} \right) = 2\)

Vậy \(A \cdot \left( {\sqrt x  - 2} \right)\) không phụ thuộc vào giá trị của \(x\).

b) ĐK: \(x > 0,x \ne 4\)

\(A.B = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\left( {\frac{{\sqrt x  + 2}}{{x - 2\sqrt x }} - \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{{\sqrt x  - 4}}{{\sqrt x  - 2}}} \right)\)

\( = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\left( {\frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}} - \frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 4} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}} \right)\)

\( = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\frac{{\sqrt x  + 2 - \sqrt x  + 2 + x - 4\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

\( = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\frac{{4 + x - 4\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

\( = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\frac{{{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)}^2}}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

\( = 2.\frac{1}{{\sqrt x }} = \frac{2}{{\sqrt x }}\)

Ta có:

\(A.B = \sqrt x  + 1\)

\(\frac{2}{{\sqrt x }} = \sqrt x  + 1\)

\(2 = \sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)\)

\(2 = x + \sqrt x \)

\(x + \sqrt x  - 2 = 0\)

\(\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right) = 0\)

\(\sqrt x  - 1 = 0\) (vì \(x > 0\) nên \(\sqrt x  + 2 > 0\))

\(x = 1\) (tmđk)

Vậy với \(x = 1\) thì \(A.B = \sqrt x  + 1\).

Câu 2: (1,5 điểm) a) Cho \(f(x) = {x^2} + ax + b\). Biết đồ thị \(y = f(x)\) đi qua hai điểm (2 ; 10) và (5; 25). Tính \(f(0)\).

b) Cho \(\Delta ABC\) vuông tại A có \(AB = 3,AC = 4\). Lấy điểm E trên cạnh AC và gọi F là hình chiếu của E lên BC. Xác định độ dài EC để diện tích tứ giác ABFE bằng \(\frac{2}{3}\) diện tích tam giác ABC.

Lời giải

a) Đồ thị \(y = f(x)\) đi qua điểm (2; 10) suy ra \({2^2} + a.2 + b = 10\) hay \(2a + b = 6\).

Đồ thị \(y = f(x)\) đi qua điểm (5; 25) suy ra \({5^2} + a.5 + b = 25\) hay \(5a + b = 0\).

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2a + b = 6\\5a + b = 0\end{array} \right.\)

Trừ từng vế hai phương trình của hệ, ta được:

\(\begin{array}{l}\left( {2a - 5a} \right) + \left( {b - b} \right) = 6\\ - 3a = 6\\a =  - 2\end{array}\)

Thế \(a =  - 2\) vào phương trình đầu tiên, ta được \(b = 10.\)

Suy ra \(f(x) = {x^2} - 2x + 10\)

Vậy \(f\left( 0 \right) = {0^2} - 2.0 + 10 = 10.\)

b)    

Gọi \(x\) là độ dài EC. Vì \(E\) nằm trên AC nên \(0 \le x \le AC = 4\).

Diện tích tam giác ABC là \(\frac{1}{2}.AB.AC = \frac{1}{2}.3.4 = 6\)

Diện tích tứ giác ABFE bằng \(\frac{2}{3}.{S_{ABC}} = \frac{2}{3}.6 = 4\).

Ta có \({S_{ABFE}} = {S_{ABC}} - {S_{EFC}}\).

Suy ra \({S_{EFC}} = {S_{ABC}} - {S_{ABFE}} = 6 - 4 = 2\).

Độ dài cạnh huyền BC của \(\Delta ABC\) được tính bằng định lý Pythagore:

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\).

Xét \(\Delta EFC\) và \(\Delta BAC\):

\(\angle C\) là góc chung.

\(F\) là hình chiếu của \(E\) lên BC, nên \(EF \bot BC\), suy ra \(\angle EFC = 90^\circ \).

Tam giác ABC vuông tại \(A\), nên \(\angle BAC = 90^\circ \).

Do đó, $\Delta EFC\backsim \Delta BAC$ (góc-góc).

Có tỉ số đồng dạng \(k\) giữa \(\Delta EFC\) và \(\Delta BAC\) là: \(\frac{{EC}}{{BC}} = \frac{{FC}}{{AC}} = \frac{{EF}}{{AB}}\).

Suy ra \(\frac{{EC}}{{BC}} = \frac{x}{5}\)

Tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng:

\(\frac{{{S_{EFC}}}}{{{S_{BAC}}}} = {\left( {\frac{x}{5}} \right)^2} = \frac{{{x^2}}}{{25}}\).

Do đó, \({S_{EFC}} = \frac{{{x^2}}}{{25}}{S_{BAC}}\).

Ta có \({S_{EFC}} = 2\) và \({S_{BAC}} = 6\).

Thay vào phương trình trên:

\(2 = \frac{{{x^2}}}{{25}} \cdot 6\).

\(2 = \frac{{6{x^2}}}{{25}}\).

\(50 = 6{x^2}\).

\({x^2} = \frac{{50}}{6} = \frac{{25}}{3}\).

\(x = \sqrt {\frac{{25}}{3}}  = \frac{5}{{\sqrt 3 }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\).   

Vậy độ dài EC cần tìm là \(\frac{{5\sqrt 3 }}{3}\).

Câu 3: (1,5 điểm)  a) Giải phương trình: \(2\left( {x + 1} \right) + \frac{1}{{x - 1}} + \frac{2}{{x - 2}} = 0\).

b) Tìm \(m\) để phương trình \(2{x^2} - 2x - m = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) và thỏa mãn: \(\sqrt {m + 2{x_1} - x_1^2}  + \sqrt {m + 2{x_2} - x_2^2}  = 2\)

Lời giải

a) ĐKXĐ: \(x \ne 1;\,\,x \ne 2\)

\(2\left( {x + 1} \right) + \frac{1}{{x - 1}} + \frac{2}{{x - 2}} = 0\)

\(2\left( {x + 1} \right) + \frac{{x - 2}}{{(x - 1)(x - 2)}} + \frac{{2(x - 1)}}{{(x - 2)(x - 1)}} = 0\)

\(2\left( {x + 1} \right) + \frac{{x - 2 + 2x - 2}}{{(x - 1)(x - 2)}} = 0\)

\(2\left( {x + 1} \right) + \frac{{3x - 4}}{{(x - 1)(x - 2)}} = 0\)

\(\frac{{2(x + 1)(x - 1)(x - 2)}}{{(x - 1)(x - 2)}} + \frac{{3x - 4}}{{(x - 1)(x - 2)}} = 0\)

\(\frac{{2({x^2} - 1)(x - 2) + 3x - 4}}{{(x - 1)(x - 2)}} = 0\)

\(2({x^2} - 1)(x - 2) + 3x - 4 = 0\)

\(2({x^3} - 2{x^2} - x + 2) + 3x - 4 = 0\)

\(2{x^3} - 4{x^2} - 2x + 4 + 3x - 4 = 0\)

\(2{x^3} - 4{x^2} + x = 0\)

\(x(2{x^2} - 4x + 1) = 0\)

Để giải phương trình trên, ta giải hai phương trình sau:

+) \(x = 0\) (tmđk)

+) \(2{x^2} - 4x + 1 = 0\)

Ta có \(\Delta ' = {( - 2)^2} - 2.1 = 2 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\({x_1} = \frac{{2 + \sqrt 2 }}{2}\,\,(tm);\,\,{x_2} = \frac{{2 - \sqrt 2 }}{2}\,\,(tm)\)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {0;\frac{{2 + \sqrt 2 }}{2};\frac{{2 - \sqrt 2 }}{2}} \right\}\).

b) Xét \(\Delta ' = {( - 1)^2} - 2.( - m) = 1 + 2m\)

Phương trình \(2{x^2} - 2x - m = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) khi \(\Delta ' > 0\) hay \(1 + 2m > 0\) suy ra \(m >  - \frac{1}{2}\)

Theo định lí Viète ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\\{x_1}{x_2} = \frac{{ - m}}{2}\end{array} \right.\)

Vì \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của phương trình \(2{x^2} - 2x - m = 0\) nên ta có:

\(2x_1^2 - 2{x_1} - m = 0\) hay \( - x_1^2 + 2{x_1} + m = x_1^2\)

\(2x_2^2 - 2{x_2} - m = 0\) hay \( - x_2^2 + 2{x_2} + m = x_2^2\)

Ta có:

\(\sqrt {m + 2{x_1} - x_1^2}  + \sqrt {m + 2{x_2} - x_2^2}  = 2\)

\(\sqrt {x_1^2}  + \sqrt {x_2^2}  = 2\)

\(\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right| = 2\)

TH1: \({x_1} > 0;{x_2} > 0\), ta có:

\({x_1} + {x_2} = 2\)

\(1 = 2\) (vô lí)

TH2: \({x_1} < 0;{x_2} < 0\), ta có:

\( - ({x_1} + {x_2}) = 2\)

\( - 1 = 2\) (vô lí)

TH3: \({x_1} < 0 < {x_2}\), ta có:

\( - {x_1} + {x_2} = 2\)

Mà \({x_1} + {x_2} = 1\) nên \(2{x_2} = 3\) hay \({x_2} = \frac{3}{2}\) (tm) suy ra \({x_1} =  - \frac{1}{2}\) (tm)

Lại có:

\({x_1}{x_2} = \frac{{ - m}}{2}\)

\( - \frac{1}{2}.\frac{3}{2} =  - \frac{m}{2}\)

\(m = \frac{3}{2}\,\,(tm)\)

Vậy \(m = \frac{3}{2}\) thì phương trình \(2{x^2} - 2x - m = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) và thỏa mãn: 

\(\sqrt {m + 2{x_1} - x_1^2}  + \sqrt {m + 2{x_2} - x_2^2}  = 2\).

Câu 4: (1,5 điểm) Hằng năm, Trường X tổ chức một kỳ thi học sinh giỏi gồm hai môn Toán và Văn. Mỗi học sinh tham gia kỳ thi có thể dự thi một trong hai môn hoặc cả hai môn. Năm ngoái, số học sinh dự thi môn Toán nhiều hơn 100 em so với số học sinh dự thi môn Văn. So với năm ngoái, năm nay số học sinh dự thi môn Văn tăng 10% và số học sinh dự thi môn Toán tăng 20%. Biết năm nay số học sinh dự thi môn Toán nhiều hơn 150 em so với số học sinh dự thi môn Văn.

a) Tìm số học sinh dự thi môn Toán và số học sinh dự thi môn Văn trong năm nay.

b) Biết năm nay số học sinh dự thi môn Toán bằng 60% tổng số học sinh tham gia kỳ thi. Tìm số học sinh dự thi cả hai môn trong năm nay.

Lời giải

a) Gọi số học sinh dự thi môn Toán và số học sinh dự thi môn Văn năm ngoái lần lượt là \(x\) và \(y\) (em, \(x,y > 0).\)

Năm ngoái, số học sinh dự thi môn Toán nhiều hơn 100 em so với số học sinh dự thi môn Văn nên ta có \(x - y = 100\) (1)

Năm nay số học sinh dự thi môn Văn tăng 10% nên số học sinh thi môn Văn năm nay là \(y + 10\% .y = 1,1y.\)

Năm nay số học sinh dự thi môn Toán tăng 20% nên số học sinh thi môn Toán năm nay là \(x + 20\% .x = 1,2x\).

Năm nay số học sinh dự thi môn Toán nhiều hơn 150 em so với số học sinh dự thi môn Văn nên ta có \(1,2x - 1,1y = 150\) (2)

Từ (1), (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 100\\1,2x - 1,1y = 150\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình, ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 400\\y = 300\end{array} \right.\) (tmđk) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}1,2x = 480\\1,1y = 330\end{array} \right.\)

Vậy số học sinh dự thi môn Toán và số học sinh dự thi môn Văn trong năm nay lần lượt là 480 em và 330 em.

b) Năm nay số học sinh dự thi môn Toán bằng 60% tổng số học sinh tham gia kỳ thi

Suy ra tổng số học sinh tham gia kỳ thi là \(\frac{{480}}{{60\% }} = 800\)

Số học sinh tham gia cả hai môn là \(480 + 330 - 800 = 10\) (em).

Vậy số học sinh dự thi cả hai môn trong năm nay là 10 em.

Câu 5: (2,5 điểm) Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn (O) có $A B<A C$. Gọi H là trực tâm; D, E, F lần lượt là chân các đường cao trên BC, CA, AB; I là trung điểm BC và K là giao điểm của AD với (O) ($K\ne A$).

a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp và: $\angle BIF=2\angle BCF,\angle CIE=2\angle CBE$.

b) Gọi S là giao điểm của EF với BC. Chứng minh tứ giác DIEF nội tiếp và: $S D . S I=S B . S C$.

c) Gọi R là giao điểm của SK với $(O)(R \neq K)$ và L là giao điểm của RI với $(O)(L \neq R)$Chứng minh AL song song với BC và $A B \cdot C R=A C \cdot B R$.

Lời giải

a)

Do $CF\bot AB,BE\bot AC$ nên $\Delta BEC,\Delta BCF$ vuông

Do $\Delta BEC$ vuông tại E nên B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC

Do $\Delta BFC$ vuông tại F nên B, F, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC

Vậy B, C, F, E cùng thuộc đường tròn đường kính BC hay BCEF nội tiếp.

Do I là trung điểm của BC nên B, C, F, E cùng thuộc đường tròn tâm (I, IB)

Khi đó $\angle BIF=2\angle BCF$ (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BF)

            $\angle CIE=2\angle CBE$ (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung CE)

b) Gọi M là trung điểm của AH

Do tam giác MDI vuông tại D nên M,D,I cùng thuộc đường tròn đường kính MI

Ta có:

\(\angle MEI={{180}^{0}}-(\angle MEA+\angle IEC)={{180}^{0}}-(\angle MAE+\angle ICE)={{180}^{0}}-\angle ADC={{90}^{0}}\)

Suy ra tam giác MEI vuông tại E nên M,E,I cùng thuộc đường tròn đường kính MI

Tương tự \(\angle MFI={{90}^{0}}\) nên M,F,I cùng thuộc đường tròn đường kính MI

Vậy M,E,I,D,F cùng thuộc đường tròn đường kính MI hay EFDI nội tiếp

Khi đó $\angle SED=\angle SIF$ (góc nội tiếp cùng chắn cung FD)

Suy ra $\Delta SED\backsim \Delta SIF\left( g.g \right)$

Khi đó $\frac{SE}{SI}=\frac{SD}{SF}$ hay $SE.SF=SI.SD$  (3)

Ta có $\Delta SEB\backsim \Delta SCF\left( g.g \right)$ (do $\angle S$ chung và $\angle SEB=\angle SCF$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Nên $\frac{SE}{SC}=\frac{SB}{SF}$ hay $SE.SF=SB.SC$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $S D . S I=S B . S C$ (đpcm)

c) Ta có $\angle SCK=\angle SRB$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BK)

Kết hợp $\angle CSR$ chung nên $\Delta SCK\backsim \Delta SRB\left( g.g \right)$ suy ra $\frac{SC}{SR}=\frac{SK}{SB}$ hay $SB.SC=SK.SR$

Suy ra $SK.SR=SD.SI\left( =SB.SC \right)$ hay $\frac{SK}{SI}=\frac{SD}{SR}$

Kết hợp $\angle SKI$ chung suy ra $\Delta SDK\backsim \Delta SRI\left( c.g.c \right)$

Suy ra $\angle SDK=\angle SRI={{90}^{0}}$

Suy ra $\Delta KRL$ vuông tại R. Mà $\Delta KRL$ có K, R, L cùng thuộc (O) nên suy ra KL là đường kính hay K, O, L thẳng hàng.

Khi đó $\angle KAL={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $AL\bot AD$

Mà $BC\bot AD$ nên $AL\parallel BC$

Do $AL\parallel BC$ nên ALCB là hình thang và \(\angle ACB=\angle CAL\) (so le trong)

Suy ra cung AB bằng cung LC suy ra cung BL bằng cung AC

Suy ra \(\angle ABC=\angle LCB\)

Khi đó ALCB là hình thang cân

Xét tam giác RIC và tam giác RBA có:

\(\angle BAR=\angle RCI\) (cùng chắn cung BR)

\(\angle IRC=\angle BRA\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Suy ra \(\Delta RIC\backsim \Delta RBA\,\,(g.g)\)

Suy ra \(\frac{RC}{RA}=\frac{IC}{AB}\) hay \(RC.AB=IC.RA\)

Tương tự \(\Delta RIB\backsim \Delta RCA\,\,(g.g)\) nên \(RB.AC=IB.RA\)

Mà \(IB=IC\) nên \(RC.AB=RB.AC\) (đpcm)

Đề bài

Câu 1: (3,5 điểm) a) Giải phương trình \(x + 2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {x + 6} \right)}  + 2\sqrt {x + 1}  = 2 + 2\sqrt {x + 6} \)

b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 6{y^2} + 7xy + x + 6y = 21\\21\left( {22 - 5{y^2} - 5xy + x - 4y} \right) = 27\left( {x + 6y} \right)\end{array} \right.\)

Câu 2: (2,5 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(y + \frac{1}{y} = \frac{{{x^4} + 6{x^2} + 1}}{{2x\left( {{x^2} + 1} \right)}}\)

b) Xét các số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn \(a + b + c = \frac{3}{2}\)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\(M = \frac{{\sqrt[3]{a}}}{{{{\left( {2 - a} \right)}^2}\left( {a + 2b} \right)}} + \frac{{\sqrt[3]{b}}}{{{{\left( {2 - b} \right)}^2}\left( {b + 2c} \right)}} + \frac{{\sqrt[3]{c}}}{{{{\left( {2 - c} \right)}^2}\left( {c + 2a} \right)}}\)

Câu 3: (3 điểm) Cho tam giác \(ABC\) nhọn, không cân. Trên các cạnh \(CA\) và \(AB\) lần lượt lấy các điểm \(E,\,\,F\) (không trùng với các đỉnh của tam giác) sao cho \(AE = AF\). Trên đường thẳng \(EF\), lấy các điểm \(M,\,\,N\) sao cho đường thẳng \(CM\) vuông góc với đường thẳng \(CA\) và đường thẳng \(BN\) vuông góc với đường thẳng \(BA\). Gọi \(K\) là giao điểm của hai đường thẳng \(BN\) và \(CM\).

a) Chứng minh rằng \(KN = KM\)

b) Dựng các hình bình hành \(ANQF\) và \(AMRE\). Chứng minh rằng \(\angle NQK = \angle MRK\)

c) Gọi \(L,\,\,J\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của các điểm \(M,\,\,N\) trên đường thẳng \(BC\); \(S\) là giao điểm của hai đường thẳng \(JF\) và \(LE;\,\,T\) là điểm đối xứng với điểm \(S\) qua đường thẳng \(EF\). Chứng minh rằng ba điểm \(A,\,\,T,\,\,K\) thẳng hàng

Câu 4: (1 điểm) Tìm số nguyên dương \(k\) nhỏ nhất sao cho với mọi cách sắp xếp 99 điểm màu đỏ và 100 điểm màu xanh trên mặt phẳng (không có ba điểm nào thẳng hàng), ta luôn vẽ được \(k\) đường thẳng, mỗi đường thẳng không đi qua điểm nào trong các điểm trên và các đường thẳng đó chia mặt phẳng thành các miền mà trong mỗi miền không có hai điểm khác màu

-------- Hết --------

Lời giải

Câu 1: (3,5 điểm) a) Giải phương trình \(x + 2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {x + 6} \right)}  + 2\sqrt {x + 1}  = 2 + 2\sqrt {x + 6} \)

b) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 6{y^2} + 7xy + x + 6y = 21\\21\left( {22 - 5{y^2} - 5xy + x - 4y} \right) = 27\left( {x + 6y} \right)\end{array} \right.\)

Lời giải:

a) Điều kiện xác định \(x \ge  - 1\)

Trường hợp 1: \(x > 0\)

Vì \(x > 0\) nên \(x + 1 > 1\)

Do đó \(2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {x + 6} \right)}  > 2\sqrt {x + 6} \) và \(x + 2\sqrt {x + 1}  > 0 + 2 = 2\)

Khi đó \(x + 2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {x + 6} \right)}  + 2\sqrt {x + 1}  > 2 + 2\sqrt {x + 6} \)

Trường hợp 2: \( - 1 \le x < 0\)

Vì \( - 1 \le x < 0\) nên \(0 \le x + 1 < 1\)

Do đó \(2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {x + 6} \right)}  < 2\sqrt {x + 6} \) và \(x + 2\sqrt {x + 1}  < 0 + 2 = 2\)

Khi đó \(x + 2\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {x + 6} \right)}  + 2\sqrt {x + 1}  < 2 + 2\sqrt {x + 6} \)

Trường hợp 3: \(x = 0\)

Thay \(x = 0\) vào phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 0\)

b) Phương trình thứ nhất viết lại thành \(\left( {x + 6y} \right)\left( {x + y + 1} \right) = 21\,\,\left( 1 \right)\)

Từ đây suy ra \(x + 6y \ne 0\)

Thay vào phương trình thứ hai \(21\left( {21 + 1 - 5{y^2} - 5xy + x - 4y} \right) = 27\left( {x + 6y} \right)\) ta có

\(\left( {x + 6y} \right)\left( {x + y + 1} \right)\left[ {\left( {x + 6y} \right)\left( {x + y + 1} \right) + 1 - 5{y^2} - 5xy + x - 4y} \right] = 27\left( {x + 6y} \right)\)

Hay \(\left( {x + 6y} \right)\left( {x + y + 1} \right){\left( {x + y + 1} \right)^2} = 27\left( {x + 6y} \right)\)

Suy ra \(\left( {x + 6y} \right){\left( {x + y + 1} \right)^3} = 27\left( {x + 6y} \right)\)

Do \(x + 6y \ne 0\) nên \({\left( {x + y + 1} \right)^3} = 27\) hay \(x + y = 2\,\,\left( 2 \right)\)

Kết hợp với (1) ta được \(x + 6y = 7\,\,\left( 3 \right)\)

Từ (2) và (3) ta được \(x = 1,\,\,y = 1\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {1;1} \right)\)

Câu 2: (2,5 điểm) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên \(x,\,\,y\) thỏa mãn \(y + \frac{1}{y} = \frac{{{x^4} + 6{x^2} + 1}}{{2x\left( {{x^2} + 1} \right)}}\)

b) \(M = \frac{{\sqrt[3]{a}}}{{{{\left( {2 - a} \right)}^2}\left( {a + 2b} \right)}} + \frac{{\sqrt[3]{b}}}{{{{\left( {2 - b} \right)}^2}\left( {b + 2c} \right)}} + \frac{{\sqrt[3]{c}}}{{{{\left( {2 - c} \right)}^2}\left( {c + 2a} \right)}}\)

Lời giải:

a) Điều kiện \(x \ne 0,\,\,y \ne 0\)

Ta có: \(y + \frac{1}{y} = \frac{{{x^2} + 1}}{{2x}} + \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}\)

Hay \(\left( {y - \frac{{{x^2} + 1}}{{2x}}} \right) + \left( {\frac{1}{y} - \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}} \right) = 0\)

Do đó \(\left( {y - \frac{{{x^2} + 1}}{{2x}}} \right)\left[ {1 - \frac{{2x}}{{y\left( {{x^2} + 1} \right)}}} \right] = 0\)

Trường hợp 1: \(y = \frac{{{x^2} + 1}}{{2x}}\)

Vì \(y \in \mathbb{Z}\) nên \(\left( {{x^2} + 1} \right) \vdots x\)

Suy ra \(1 \vdots x\) (vì \({x^2} \vdots x\))

Mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x =  \pm 1\)

Trường hợp 2: \(1 - \frac{{2x}}{{y\left( {{x^2} + 1} \right)}} = 0\)

Khi đó \(y = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}}\)

Vì \(0 < \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} \le 1\) nên \(0 < y \le 1\)

Mà \(y \in \mathbb{Z}\) nên \(y = 1\)

Do đó \(\frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} = 1\) hay \({\left( {x - 1} \right)^2} = 0\)

Khi đó \(x = 1\)

Thử lại ta thấy các giá trị \(x,\,\,y\) tìm được đều thỏa mãn

Vậy các cặp số \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn là \(\left( {1;1} \right)\) và \(\left( { - 1; - 1} \right)\)

b) Ta có: \(M = \frac{a}{{\sqrt[3]{{{a^2}}}{{\left( {2 - a} \right)}^2}\left( {a + 2b} \right)}} + \frac{b}{{\sqrt[3]{{{b^2}}}{{\left( {2 - b} \right)}^2}\left( {b + 2c} \right)}} + \frac{c}{{\sqrt[3]{{{c^2}}}{{\left( {2 - c} \right)}^2}\left( {c + 2a} \right)}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

\(\sqrt[3]{{{a^2}}} = \sqrt[3]{2}.\sqrt[3]{{a.a.\frac{1}{2}}} \le \sqrt[3]{2}.\frac{{a + a + \frac{1}{2}}}{3} = \frac{{\sqrt[3]{2}}}{6}\left( {4a + 1} \right)\)

Do đó

\(\begin{array}{l}\sqrt[3]{{{a^2}}}{\left( {2 - a} \right)^2} \le \frac{{\sqrt[3]{2}}}{6}\left( {4a + 1} \right){\left( {2 - a} \right)^2} = \frac{{\sqrt[3]{2}}}{{24}}\left( {4a + 1} \right)\left( {4 - 2a} \right)\left( {4 - 2a} \right)\\ \le \frac{{\sqrt[3]{2}}}{{24}}.\frac{{{{\left( {4a + 1 + 4 - 2a + 4 - 2a} \right)}^3}}}{{27}} = \frac{9}{8}\sqrt[3]{2}\end{array}\)

Do đó \(M \ge \frac{8}{{9\sqrt[3]{2}}}\left( {\frac{a}{{a + 2b}} + \frac{b}{{b + 2c}} + \frac{c}{{c + 2a}}} \right)\)

Ta có:

\(\frac{a}{{a + 2b}} + \frac{b}{{b + 2c}} + \frac{c}{{c + 2a}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2ab}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + 2bc}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + 2ca}}\)

\( \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca}} = 1\)

Như vậy \(M \ge \frac{8}{{9\sqrt[3]{2}}} = \frac{{4\sqrt[3]{4}}}{9}\)

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = \frac{1}{2}\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(M = \frac{{4\sqrt[3]{4}}}{9}\) xảy ra khi \(a = b = c = \frac{1}{2}\)

Câu 3: (3 điểm) Cho tam giác \(ABC\) nhọn, không cân. Trên các cạnh \(CA\) và \(AB\) lần lượt lấy các điểm \(E,\,\,F\) (không trùng với các đỉnh của tam giác) sao cho \(AE = AF\). Trên đường thẳng \(EF\), lấy các điểm \(M,\,\,N\) sao cho đường thẳng \(CM\) vuông góc với đường thẳng \(CA\) và đường thẳng \(BN\) vuông góc với đường thẳng \(BA\). Gọi \(K\) là giao điểm của hai đường thẳng \(BN\) và \(CM\).

a) Chứng minh rằng \(KN = KM\)

b) Dựng các hình bình hành \(ANQF\) và \(AMRE\). Chứng minh rằng \(\angle NQK = \angle MRK\)

c) Gọi \(L,\,\,J\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của các điểm \(M,\,\,N\) trên đường thẳng \(BC\); \(S\) là giao điểm của hai đường thẳng \(JF\) và \(LE;\,\,T\) là điểm đối xứng với điểm \(S\) qua đường thẳng \(EF\). Chứng minh rằng ba điểm \(A,\,\,T,\,\,K\) thẳng hàng

Lời giải:

a)

Vì tam giác \(AEF\) cân tại \(A\) (do \(AE = AF\)) nên \(\angle AEF = \angle AFE\)

Mà \(\angle MEC = \angle AEF,\,\,\angle NFB = \angle AFE\) nên \(\angle MEC = \angle NFB\)

Mặt khác \(\angle FNB = 90^\circ  - \angle NFB,\,\,\angle MEC = 90^\circ  - \angle CME\) nên \(\angle FNB = \angle CME\)

Hay \(\angle KNM = \angle KMN\)

Do đó tam giác \(KMN\) cân tại \(K\)

Vậy \(KM = KN\)

b) Vì \(ANQF\) là hình bình hành nên \(QN = AF\)

Vì \(AMRE\) là hình bình hành nên \(AE = MR\)

Mà \(AE = AF\) nên \(QN = MR\)

Vì \(ANQF\) là hình bình hành nên \(QN\parallel AF\)

Mà \(AF \bot NK\,\,\left( {gt} \right)\)nên \(QN \bot NK\)

Do đó \(\angle QNK = 90^\circ \)

Tương tư ta có \(\angle RMK = 90^\circ \)

Khi đó ta có \(\Delta KNQ = \Delta KMR\,\,\left( {c.g.c} \right)\)

Suy ra \(\angle NQK = \angle MRK\) (đpcm)

c)

Trên cạnh \(EF\) lấy điểm \(U\) sao cho \(SU\) vuông góc với \(BC\)

Kẻ \(KH\) vuông góc với \(BC\)

Qua \(K\) kẻ đường thẳng song song với \(MN\) cắt \(AB,\,\,AC\) tương ứng tại \(X,\,\,Y\)

Áp dụng định lí Thales ta có: \(\frac{{NJ}}{{ML}} = \frac{{NJ}}{{SU}}.\frac{{SU}}{{ML}} = \frac{{NF}}{{FU}}.\frac{{EU}}{{EM}} = \frac{{NF}}{{EM}}.\frac{{EU}}{{FU}}\,\,\left( 1 \right)\)

Và \(\frac{{NJ}}{{ML}} = \frac{{NJ}}{{KH}}.\frac{{KH}}{{ML}} = \frac{{NB}}{{BK}}.\frac{{CK}}{{ML}} = \frac{{CK}}{{BK}}.\frac{{NB}}{{ML}}\,\,\left( 2 \right)\)

Xét \(\Delta NBF\) và \(\Delta MCE\) có

\(\begin{array}{l}\angle NBF = \angle MCE = 90^\circ \\\angle BNF = \angle CME\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)

Suy ra \(\Delta NBF\backsim\Delta MCE\)

Do đó \(\frac{{NB}}{{ML}} = \frac{{NF}}{{EM}}\,\,\left( 3 \right)\)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\frac{{EU}}{{FU}} = \frac{{CK}}{{BK}}\,\,\left( 4 \right)\)

Ta có: \(\angle KYC = \angle MEC = \angle AEF,\,\,\angle KXB = \angle NFB = \angle AFE\)

Suy ra \(\angle KYC = \angle KXB\)

Xét \(\Delta KYC\) và \(\Delta KXB\) có

\(\begin{array}{l}\angle KYC = \angle KXB\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle KCY = \angle KBX = 90^\circ \end{array}\)

Do đó \(\Delta KYC\backsim \Delta KXB\,\,\left( g.g \right)\)

Suy ra \(\frac{{CK}}{{BK}} = \frac{{KY}}{{KX}}\,\,\left( 5 \right)\)

Từ (4) và (5) suy ra \(\frac{{EU}}{{FU}} = \frac{{KY}}{{KX}}\)

Do đó \(A,\,\,U,\,\,K\) thẳng hàng

Gọi \(A'\) đối xứng với \(A\) qua \(EF\)

Kẻ \(AZ\) vuông góc với \(BC\)

Ta có: \(\angle KAC + \angle AKC = 90^\circ ,\,\,\angle BAZ + \angle ABZ = 90^\circ ,\,\,\angle ABZ = \angle AKC\)

Do đó \(\angle BAZ = \angle CAK\)

Từ đó suy ra \(\angle ZAA' = \angle UAA'\)

Vì \(U\) thuộc \(EF\) nên \(UA = UA'\)

Do đó \(\angle UA'A = \angle UAA' = \angle ZAA'\)

Từ đó suy ra \(UA'\parallel AZ\)

Mà \(AZ \bot BC\) nên \(UA' \bot BC\)

Suy ra \(S,\,\,U,\,\,A'\) thẳng hàng

Từ đó ta có \(T,\,\,U,\,\,A\) thẳng hàng

Vậy \(T\) thuộc \(AK\)

Câu 4: (1 điểm) Tìm số nguyên dương \(k\) nhỏ nhất sao cho với mọi cách sắp xếp 99 điểm màu đỏ và 100 điểm màu xanh trên mặt phẳng (không có ba điểm nào thẳng hàng), ta luôn vẽ được \(k\) đường thẳng, mỗi đường thẳng không đi qua điểm nào trong các điểm trên và các đường thẳng đó chia mặt phẳng thành các miền mà trong mỗi miền không có hai điểm khác màu

Lời giải:

Xét đa giác lồi 199 đỉnh với 99 điểm tô màu đỏ và 99 điểm tô màu xanh xen kẽ nhau và 1 điểm màu xanh tùy ý trên 1 đường tròn

Đa giác có 198 cạnh chứa cả hai đỉnh màu xanh và màu đỏ

Rõ ràng 1 đường thẳng cắt nhiều nhất hai cạnh của đa giác trên và mỗi cạnh chứa cả hai đỉnh có 2 màu phải được cắt ít nhất bởi 1 đường thẳng nên số đường thẳng ít nhất là \(k \ge \frac{{198}}{2} = 99\)

Ta chứng minh \(k = 99\) thỏa mãn yêu cần của đề bài

Xét bao lồi \(S\) chứa các 199 điểm

Trường hợp 1: Nếu bao lồi có 1 điểm đỏ thì ta kẻ được một đường thẳng chia thành 2 miền đơn sắc (chỉ chứa màu đỏ hoặc màu xanh). Với 98 điểm đỏ còn lại, ta chia các điểm này thành 49 cặp, với 2 điểm \(A,\,\,B\) bất kì cùng màu ta kẻ hai đường thẳng song song với \(AB\) và cách \(AB\) một khoảng nhỏ để tạo ra một miền mới mà miền này chỉ chứa đúng hai điểm \(A,\,\,B\). Như vậy ta cần dùng \(1 + 49.2 = 99\) đường thẳng

Trường hợp 2: Nếu bao lồi gồm toàn các điểm xanh thì kẻ một đường thẳng song song, cách cạnh của bao lồi khoảng đủ nhỏ thì ta tách được hai điểm xanh ra một miền mới. Còn 98 điểm xanh, ta chia các điểm này thành 49 cặp, làm tương tự trường hợp trên ta sẽ kẻ được \(49.2 = 98\) đường thẳng. Như vậy ta cần kẻ 99 đường thẳng, mỗi điểm xanh chỉ nằm trong miền chứa toàn các điểm xanh khác.

Vậy \(\min k = 99\)