Tài liệu ôn thi vào Lớp 10 chuyên Toán

pdf 171 trang Người đăng duyenlinhkn2 Ngày đăng 13/05/2024 Lượt xem 61Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tài liệu ôn thi vào Lớp 10 chuyên Toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Tài liệu ôn thi vào Lớp 10 chuyên Toán
Phạm Minh Hoàng 
Cựu học sinh trường THCS Giấy-Phong Châu, Phù Ninh-Phú Thọ 
Sinh viên Đại học Bách Khoa Hà Nội 
Blog: 
Tư Liệu Ôn Thi Vào Chuyên Toán 
Đề thi & Đáp án vào Chuyên Toán và thi HSG cấp Tỉnh (Thành Phố) 
 53
-Bất cứ sự sao chép trên các diễn đàn phải xin phép và được sự cho phép của Ban 
Quản Trị Diễn Đàn Mathnfriend.org mới được phép upload lên các diễn đàn khác 
cũng như trên các trang web khác. 
-Bất cứ sự sao chép của cá nhân nào phải xin phép tác giả và được sự cho phép của 
tác giả, thể hiện sự tôn trọng quyền tác giả. 
 Lời Nói Đầu 
Cho tới nay, một cuốn tài liệu sát thực cho các em ôn thi vào Chuyên Toán vẫn 
chưa được ban hành, đồng thời cũng chưa có một sách toán hệ thống và đầy đủ về nội 
dung, phong phú về tư liệu, đa dạng về thể loại và phương pháp giải, dành cho các em 
luyện thi vào Chuyên Toán cũng như cho giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi. 
Đáp ứng nhu cầu cấp bách nói trên cũng như theo yêu cầu của đông đảo giáo viên 
và học sinh, chúng tôi đã biên soạn cuốn "Tư Liệu Ôn Thi Vào Chuyên Toán" nhằm 
cung cấp thêm một tài liệu phục vụ cho việc dạy và học. Cuốn sách lần đầu ra mắt bạn 
đọc vào năm 2002, khi tác giả còn đang học lớp 11-THPT Chuyên Hùng Vương-Phú 
Thọ. Kể từ đó cho tới nay, cuốn sách vẫn còn mang tính thời sự của nó. Trong lần ra mắt 
này, cuốn sách đã được chỉnh sửa và bổ sung, có ít nhiều khác biệt so với bản ra mắt năm 
2002. 
Cuốn sách gồm 53 Đề Thi, trong đó gồm: 50 Đề Thi vào các trường Chuyên 
Hùng Vương-Phú Thọ, Khối Phổ Thông Chuyên Toán Tin-ĐHSP HN ( trong sách này, 
tác giả viết tắt là Sư Phạm I ), Khối Phổ Thông Chuyên Toán Tin-ĐHKHTN-ĐHQG HN 
( trong sách này, tác giả viết tắt là Tổng Hợp ) và 2 Đề Thi HSG cấp tỉnh-Phú Thọ, 1 Đề 
Thi HSG cấp Thành Phố-Hà Nội. 
Những bài toán trong các Đề Thi này rất đa dạng và phong phú, đòi hỏi học sinh 
phải có kiến thức cơ bản tốt, phát huy khả năng sáng tạo cũng như tư duy cho học sinh và 
quan trọng nhất là gây lòng say mê học toán cho học sinh. Qua đó còn giúp các em học 
sinh làm quen dần với các dạng Đề Thi vào Chuyên Toán của 3 trường: Chuyên Hùng 
Vương-Phú Thọ, KPTCTT-ĐHSPHN, KPTCTT-ĐHKHTN-ĐHQGHN. Mỗi đề thi đều 
có lời giải, chi tiết hoặc vắn tắt tùy theo mức độ khó dễ. 
Hi vọng cuốn sách sẽ đáp ứng được yêu cầu của bạn đọc. Chúng tôi xin trân trọng 
cảm ơn Cô giáo Trần Thị Kim Diên-GV THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ đã đọc 
bản thảo và cho nhiều ý kiến xác đáng. 
Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đối với Cô giáo Nguyễn Thị Bích Hằng, 
giáo viên Toán của Trường THCS Giấy-Phong Châu, Phù Ninh-Phú Thọ ( trước kia tên 
trường là THCS Phong Châu-Phù Ninh, Phú Thọ) . Cô giáo Nguyễn Thị Bích Hằng đã 
dìu dắt tôi khi tôi còn là một học sinh yếu kém, đã trang bị cho tôi nền tảng kiến thức về 
Toán rất quan trọng. Cuốn sách này, tác giả viết dành tặng Cô giáo Nguyễn Thị Bích 
Hằng. 
Các bài giảng của Cô giáo Nguyễn Thị Bích Hằng là tiền đề cho tôi viết nên cuốn 
sách này. Tất cả lời giải các bài toán trong cuốn sách được viết dựa trên các phương pháp 
mà Cô giáo Nguyễn Thị Bích Hằng đã dạy cho chúng tôi suốt 4 năm cấp II. 
Mọi ý kiến đóng góp cho cuốn sách, các bạn gửi về: 
GV Nguyễn Thị Bích Hằng- Trường THCS Giấy-Phong Châu, Phù Ninh-Phú Thọ. 
Tác giả: 
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh THCS Giấy-Phong Châu, Phù Ninh-Phú Thọ 
 ( Khóa 1996-2000) 
(Cựu học sinh Chuyên Toán-THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ) 
Hiện đang là Sinh Viên Khoa Điện Tử Viễn Thông-Đại Học Bách Khoa HN. 
Tác giả Phạm Minh Hoàng: 
Sinh ngày 19.03.1985 (Phú Thọ) 
Địa chỉ mail: 
khongtu19bk@yahoo.com 
Tham gia trên diễn đàn: 
  với nick là khongtu19bk. 
Chức vụ hiện nay Mod-MS. 
Một số thành tích: 
-Năm lớp 9,10,12: 
Đạt giải nhất môn toán cấp Tỉnh. 
-Năm lớp 11: 
Đạt giải nhì môn toán cấp tỉnh dành cho học 
sinh lớp 12- Thi vượt cấp toán QG và đạt giải 
khuyến khích. 
-Đạt giải ba cuộc thi giải toán trên Tạp chí toán học 
và tuổi trẻ năm học 1999-2000. 
Mathnfriend.org
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 
 1
Đề 1:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) 
Vòng 1: 
Câu 1: 
a).CMR: 3 6n n− # với ∀ n≥ 0. 
b).Cho ( )6 2 5 6 2 5x = + + − : 20 . Hãy tính giá trị của biểu thức: 
( )20005 7 1P x x= − + 
Câu 2: Xác định các giá trị nguyên của m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất 
 ( ),x y với x, y là các số nguyên: 
( 1). (3 1). 2 0 (1)
2 ( 2) 4 0 (2)
m x m y m
x m y
+ + + + − =⎧⎨ + + − =⎩ 
Câu 3: 
a).Cho x y> và . 1000x y = . Hãy tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2x yP
x y
+= − . 
b).Giải phương trình : ( ) ( )2000 20001 2 1x x− + − = . 
Câu 4: Gọi a,b,c là độ dài ba cạnh một tam giác: , ,a b ch h h là độ dài ba đường cao tương 
 ứng với ba cạnh đó; r là bán kính đường tròn nộI tiếp tam giác đó. 
a).CMR:
ah
1 +
bh
1 +
ch
1 =
r
1 . 
b).CMR: ( ) ( )2 2 2 24. a b ca b c h h h+ + ≥ + + . 
Hướng dẫn giải : 
Câu 1: 
a).Có: ( ) ( ) ( )3 2. 1 1 . . 1 .P n n n n n n n= − = − = − + 
Vì , 1n n + là hai số nguyên liên tiếp nên P# 2. 
- Nếu 3n # ⇒P# 3. 
- Nếu n chia cho 3 dư 1 thì (n-1)# 3⇒P# 3. 
- Nếu n chia cho 3 dư 2 thì (n+1)# 3⇒P# 3. 
Vậy 3P # mà ( )2,3 1 6.P= ⇒ # 
b).Có : ( ) ( )6 2 5 6 2 5 : 20 5 1 5 1 : 20 1.x = + + − = + + − = 
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 
 2
Từ đó : ( )20001 1 1 1.P = − + = 
Câu 2: 
Theo bài ra ta có:
( 1). (3 1). 2 0 (1)
2 ( 2) 4 0 (2)
m x m y m
x m y
+ + + + − =⎧⎨ + + − =⎩ 
 ⇒ 2( 1) 2(3 1) 2 4 0 (3)
2( 1) ( 1)( 2) 4( 1) 0 (4)
m x m y m
m x m m y m
+ + + + − =⎧⎨ + + + + − + =⎩ 
Lấy (4) trừ (3) theo vế ta có: ( )2 3 . 6 0m m y m− − = hay ( ). 3 . 6 (5)m m y m− = . 
Để hệ có nghiệm duy nhất thì (5) phải có nghiệm duy nhất.Khi đó 0, 3.m m≠ ≠ 
Ta có : 6 (*)
3
y
m
= − ⇒
12 151 (6).
3 3
mx
m m
+= = −− − 
Từ (*) suy ra : Muốn y nguyên thì 6 ( 3 )m −# và từ (6) muốn x nguyên thì15 ( 3)m −# 
Suy ra 3# (m-3) 2,4,6m⇒ = (theo (*)). Thử lại thấy thỏa mãn. 
Nhận xét: Học sinh có thể dùng kiến thức về định thức để giải quyết bài toán này.Tuy 
nhiên theo tôi ,điều ấy không cần thiết.Chúng ta không nên quá lạm dụng kiến thức ngoài 
chương trình,”giết gà cần gì phải dùng tới dao mổ trâu”. 
Câu 3: 
a).Có 
2( ) 2 2000x y xyP x y
x y x y
− += = − +− − . Vì yx > nên 0>− yx và yx −
2000 >0.Áp dụng 
bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x y− và 
yx −
2000 được: P≥ 54020002 = . 
Đẳng thức xảy ra ⇔ yx − =
yx −
2000 ⇔ yx − = 520 .Kết hợp với . 1000x y = ta tìm được 
⎢⎢⎣
⎡
+−=+=
−−=−=
1510510,1510510
1510510,1510510
yx
yx
b).Có: ( ) ( )20002000 21 −+− xx = 20002000 21 −+− xx . 
-Thử với 2,1 == xx thấy thỏa mãn. 
-Nếu 11.Do đó : 20002000 21 −+− xx >1. 
-Nếu 2>x thì 1−x >1.Do đó : 20002000 21 −+− xx >1. 
-Nếu 21 << x thì 11 <−x ; 12 <−x .Do đó: .1)2()1(21 20002000 =−+−<−+− xxxx 
Vậy nghiệm của phương trình là ⎢⎣
⎡
=
=
2
1
x
x
Câu 4: 
a).Có: ( ). . . . 2a b ca h b h c h a b c r S= = = + + = . 
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 
 3
(S là diện tích tam giác đã cho) 
Suy ra: 
S
a
ha
a
S
ha
a
a
2.
1
2
. =⇒= . 
Hoàn toàn tương tự với b,c ta thu được: 
rS
cba
hc
c
hb
b
ha
a
cba
1
2...
=++=++ 
rhhh cba
1111 =++⇒ (đpcm). 
b). 
Xét tam giác ABC có: , , .AB c BC a AC b= = = Từ A dựngđườngthẳng d // BC. 
Lấy 'B đối xứng với B qua d. Ta nhận thấy ' 2. aBB h= . 
Ta có: 
( )22 2 2' ' 'BB BC B C B A AC+ = ≤ + . Suy ra: 2 2 24. ( ) (1).ah c b a≤ + − 
Hoàn toàn tương tự ta có: 2 2 24. ( ) (2).bh c a b≤ + − 
 2 2 24. ( ) (3).ch a b c≤ + − 
Từ )3(),2(),1( ta có : 
 ( ) ( )222222222 4)()( cba hhhcabbacabc ++≥−++−++−+ 
( ) )(4 2222 cba hhhcba ++≥++⇒ (đpcm). 
*Nhận xét: Ngoài cách giải trên chúng ta còn có thể giải bài toán theo phương pháp đại 
số như sau: 
Đặt
2
cbap ++= .Theo công thức HêRông ta có: 
 )).().(.(4.4 222 cpbpappahS a −−−== 
2
2
2
2
)
2
)((4))()((4
a
cpbpapp
a
cpbpappha
−+−−
≤−−−=⇒ ).(2 appha −≤⇒ 
Tương tự: ).(2 bpphb −≤ 
 ).(2 cpphc −≤ 
Suy ra: 
).().().( cppbppapp −+−+− ≥ +2ah +2bh 2ch ( ) )(4 2222 cba hhhcba ++≥++⇒ . 
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 
 4
Đề 2:Thi Chuyên Hùng Vương(2000-2001) 
Vòng 2: 
Câu 1: CMR: 
a).Không thể có các số nguyên lẻ 200021 ,...,, aaa thỏa mãn đẳng thức: 
 22000
2
1999
2
2
2
1 ... aaaa =+++ . 
b).Tích của 4 số nguyên dương liên tiếp không thể là một số chính phương. 
Câu 2: Cho biểu thức:
)1).(1(
.
)1)(()1)((
2222
ba
ba
aba
b
bba
aP −+−++−−+= . 
a).Rút gọn P. 
b).Tìm các cặp số nguyên ( )ba, để 5P = . 
Câu 3: Giả sử phương trình 02 =++ cbxax có hai nghiệm thuộc đoạn [ ]1;0 . Xác định 
 cba ,, để biểu thức P có giá trị nhỏ nhất,lớn nhất. Trong đó: 
)(
)2)((
cbaa
cabaP +−
−−= . 
Câu 4: 
a).Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên 
đoạn CD lấy điểm M và trên đoạn OD lấy điểm N sao cho MN bằng bán kính R 
của đường tròn. Đường thẳng AN cắt đường tròn tại điểm P khác A.Hỏi tam giác 
AMP có vuông ở M không? 
b).Trong đường tròn lấy 2031 điểm tùy ý. CMR:Có thể chia hình tròn này thành 3 
phần bởi 2 dây cung sao cho phần thứ nhất có 20 điểm,phần thứ hai có 11 điểm, 
phần thứ 3 có 2000 điểm. 
Hướng dẫn giải: 
Câu 1: 
a). 
Nhận xét: Nếu a là số nguyên lẻ thì a2 chia cho 4 dư 1.Thật vậy: 
Đặt 2 1a k= + thế thì: ( )22 22 1 4 4 1 4 1a k k k m= + = + + = + (trong đó k,m Ζ∈ ). 
Áp dụng nhận xét trên vào bài toán ta có: 
Nếu 200021 ,...,, aaa đều là các số nguyên lẻ thì: 
)4(mod319991...11... 21999
2
2
2
1 ≡≡+++≡+++ aaa )1( 
Mà )4(mod122000 ≡a )2( .Từ )1( và )2( suy ra điều phải chứng minh. 
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 
 5
b).Giả sử ta có 4 số nguyên dương liên tiếp là , 1, 2, 3n n n n+ + + . 
Có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2. 1 . 2 . 3 3 . 3 2 3 2. 3P n n n n n n n n n n n n= + + + = + + + = + + + . 
Từ đó dễ dàng nhận thấy: ( ) ( )2 22 23 3 1n n P n n+ < < + + . 
Suy ra P không thể là số chính phương. 
Câu 2: Điều kiện baa −≠−≠ ,1 (do đó 1≠b ). 
a).Khi đó: abba
baba
bababbaaP +−=−++
+−−−+=
)1)(1)((
)()1()1( 2222 . 
Vậy P a b ab= − + . 
b).Có: 5P = ⇔ 5=+− abba ⇔ .4)1).(1( =+− ba Ta xét các trường hợp: 
1i) ⎩⎨
⎧
=
=⇔⎩⎨
⎧
=+
=−
3
2
41
11
b
a
b
a
 4i) ⎩⎨
⎧
−=
=⇔⎩⎨
⎧
−=+
−=−
5
0
41
11
b
a
b
a
2i) ⎩⎨
⎧
=
=⇔⎩⎨
⎧
=+
=−
1
3
21
21
b
a
b
a
(lọai) 5i) ⎩⎨
⎧
−=
−=⇔⎩⎨
⎧
−=+
−=−
3
1
21
21
b
a
b
a
(loại) 
3i) ⎩⎨
⎧
=
=⇔⎩⎨
⎧
=+
=−
0
5
11
41
b
a
b
a
 6i) ⎩⎨
⎧
−=
−=⇔⎩⎨
⎧
−=+
−=−
2
3
11
41
b
a
b
a
Ta có các cặp ( )ba, cần tìm: ( ) ( ) ( ) ( )2;3 , 5;0 , 0; 5 , 3; 2− − − . 
Câu 3: 
Có:
a
c
a
b
a
c
a
b
cbaa
cabaP
+−
−−
=+−
−−=
1
)2)(1(
)(
)2)(( . 
Áp dụng định lý Vi-et ta có:
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=
−=+
a
cxx
a
bxx
21
21
.
Vậy 2P A= − . ( 21 , xx là nghiệm của phương trình đã cho: 21 , xx [ ]1;0∈ ). 
Với 1 2 1 2
1 2 1 2
. (3 )
1 .
x x x xA
x x x x
+ += + + + 
Dễ thấy 0A ≥ nên 2 2 0 2P A= − ≤ − = .Đẳng thức xảy ra⇔ 0. 21 =xx ⇔ [ ]⎪⎩
⎪⎨
⎧
∈−
=
1;0
0
a
b
c
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 
 6
Lại có: 
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 2 1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
1 2
1 2 1 2
3. .( )3 .( ) 4 4
( 1).( 1) ( 1).( 1)
3 . . . .
4 4
( 1).( 1)
3 1 1.( 1).( 1) .( 1).( 1) 54 4
( 1).( 1) 4
x x x x
x xx x x x x xA
x x x x
x x
x x x x x x x x
x x
x x x x
x x
+ ++ ++ += ≤ =+ + + +
++ + + + +
= ≤+ +
++ + + + +
≤ =+ +
Đẳng thức xảy ra ⇔ 121 == xx ⇔ ⎩⎨
⎧
=−
=
ab
acb
2
42
Suy ra: 5 32 2
4 4
P A= − ≥ − = . Dấu “=” xảy ra⇔
⎩⎨
⎧
=−
=
ab
acb
2
42
Vậy: 
ax
min
2
3
4
mP
P
=⎧⎪⎨ =⎪⎩
Câu 4: 
a). 
- Nếu M C≡ thì N O≡ .Do đóΔAMP vuông ở M. 
- Nếu M O≡ thì N D≡ .Do đó ΔAMP vuông ở M. 
- Nếu M nằm giữa C và O thì N nằm giữa O và D.Ta chứng minh trong trường hợp này 
ΔAMP không vuông .Thật vậy,nếuΔAMP vuông ở M thì khi đó ta hạ MH⊥ AP tại H. 
Có: 
 nBAP =nDMH MHNΔ⇒  PBCΔ (g-g) 
⇒
22
1 APMN
AB
MN
AP
MH =⇒== (1). 
Hạ OI⊥ AP tại I thì IA=IP. 
Trong ΔAMP vuông có:
2
APMI = . 
Vậy
2
APMIMH == ⇒H≡ I⇒M≡O (vô lý). 
b). 
+Vì số điểm trong đường tròn là hữu hạn nên số các đường thẳng qua hai trong số các 
điểm đã cho là hữu hạn.Do đó số giao điểm của các đường thẳng với đường tròn là hữu 
hạn.Vì vậy tồn tại A thuộc đường tròn nhưng không nằm trên bất cứ đường thẳng nào 
trong số đang xét. 
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 
 7
+Vẽ các tia gốc A đi qua 2031 điểm đã cho, các tia này cắt đường tròn tại các điểm 
B1,B2,...,B2031(theo chiều kim đồng hồ kể từ A).Rõ ràng các tia này là phân biệt. 
+Vẽ tia nằm giữa hai tia AB20 và AB21 cắt đường tròn tại B,tia nằm giữa hai tia AB31 và 
AB32 cắt đường tròn tại C. 
+Rõ ràng các dây AB và AC chia hình tròn thành 3 phần:phần thứ nhất có 20 điểm,phần 
thứ hai có 11 điểm,phần thứ ba có 2000 điểm. 
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 
 8
Đề 3:Thi Sư Phạm I(2000-2001) 
Vòng 1: 
Câu 1: Giải phương trình: 02
1
3
)1(
2
3
3
3 =−−+−+ x
x
x
xx . 
Câu 2: Cho x,y,z∈R và thỏa mãn: ⎩⎨
⎧
≤≤−
=++
1,,1
0
zyx
zyx
 CMR: 2 4 6 2x y z+ + ≤ . 
Câu 3: Tìm tất cả các số nguyên tố có dạng: 1np n= + . Trong đó n∈N*,biết p có không 
 nhiều hơn 19 chữ số. 
Câu 4: Giả sử P là một điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng của một tam giác đều ABC cho 
 trước.Trên các đường thẳng BC,CA,AB lần lượt lấy các điểm ', ', 'A B C sao cho 
 ', ', 'PA PB PC theo thứ tự song song với BA,BC,CA. 
 1.Tìm mối quan hệ giữa độ dài các cạnh của tam giác ' ' 'A B C với các khoảng cách 
 từ P tới các đỉnh của tam giác ABC.CMR:Tồn tại duy nhất một điểm P sao cho 
 tam giác ' ' 'A B C là tam giác đều. 
 2.CMR:Với mọi điểm P nằm trong tam giác ABC ta có: 
 nBPC -n' ' 'B AC =nCPA -n' ' 'C B A =nAPB -n' ' 'AC B ( q= );và giá trị chung q của hiệu này 
 không phụ thuộc vào vị trí của P. 
 3.Tìm quĩ tích các điểm P nằm trong tam giác ABC sao cho tam giác ' ' 'A B C vuông 
ở 'A , hãy chỉ rõ cách dựng quĩ tích này. 
Hướng dẫn giải: 
Câu 1: Điều kiện: .,1 Rxx ∈≠ Ta có: 
 02
1
3
)1(
2
3
3
3 =−−+−+ x
x
x
xx 
02
1
3
)1(11
2
2
22
2 =−−+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−+−−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−+⇔ x
x
x
x
x
xx
x
xx . 
02
1
1
1
3
1
23
=−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−+−−+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−+⇔ x
xx
x
x
x
xx . 
02
1
1
1
3
1
3
=−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−−−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−+⇔ x
xx
x
xx
x
xx . 
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 
 9
02
1
3
1
3
1
23
=−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−+−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−+⇔ x
xx
x
xx
x
xx . 
11
1
3
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −−+⇔ x
xx . 
0222
1
2 =+−⇔=−+⇔ xxx
xx ( ) 011 2 =+−⇔ x (vô nghiệm) 
Vậy hệ đã cho vô nghiệm. 
Câu 2: 
Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số sao cho tích của chúng là một số không âm. 
+) Nếu 0xz ≥ ta có: 
( )22 2 2 2 2 2 4 6 2 2 22 2 2.x y z x z y y x y z x y z+ + ≤ + + = ≤ ⇒ + + ≤ + + ≤ 
Đẳng thức xảy ra khi 0, 1, 1.z x y= = − = 
Các trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự. 
Câu 3: Thử với 1n = (thỏa mãn). 
Với 1n > ta có: 
+) Nếu n lẻ thì ( ) ( )1 1nn n+ +# và ( ) ( )1 1nn n+ > + . 
+) Nếu 2 .n tα= với α > 0, t lẻ. Khi đó: tn nn .2α= 11 2 ++⇒ αnnn # . 
+) Nếu 2n α= .Có: ( ) ( )6 616 10 3 1916 1 2 .16 1 10 .10 10 16.n+ = + > = ⇒ < 
Thử với n=2,4,8 thấy thỏa mãn. 
Câu 4: Đây là bài không khó, đề nghị bạn đọc tự giải. 
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 
 10
Đề 4:Thi Sư Phạm I(2000-2001) 
Vòng 2: 
Câu 1: CMR: 32000...432 < . 
Câu 2: Giải hệ:
( )
( )
( )⎪⎩
⎪⎨
⎧
=++
=++
=++
223
223
223
333
333
333
xxxz
zzzy
yyyx
Câu 3: Tìm tất cả các bộ 3 số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn: Tích của hai số bất kỳ trong 
 ba số ấy cộng với 1chia hết cho số còn lại. 
Câu 4: Tam giác XYZ có các đỉnh X,Y,Z lần lượt nằm trên các cạnh BC,CA,AB của tam 
 giác ABC gọi là nội tiếp tam giác ABC. 
 1.Gọi ', 'Y Z là hình chiếu vuông góc của Y và Z lên cạnh BC. 
 CMR: Nếu có XYZΔ  ABCΔ thì ' '
2
BCY Z = . 
 2.Trong số những tam giác XYZ nội tiếp tam giác ABC theo định nghĩa trên 
 và đồng dạng với tam giác ABC, hãy xác định tam giác có diện tích nhỏ nhất. 
Hướng dẫn giải: 
Câu1: Có: 
2
2
2 3... 1999 2000 2 3... 1999.2001 2 3... 1998 2000 1
2 3... 1998.2000 2 3... 1997 1999 1 ... 2.4 3.( )đpcm
< = − <
< = − < < <
Câu 2: 
Theo bài ra ta có:
( )
( )
( )⎪⎩
⎪⎨
⎧
≥=++
≥=++
≥=++
0333
0333
0333
223
223
223
xxxz
zzzy
yyyx
Xét hàm số: ( )
33
3
3
2
++= tt
ttf trên [ )+∞;0 .Lấy 21 tt < ∈ [ )+∞;0 .Xét: 
( ) ( ) .0
)33)(33(
)(3)(33
2
2
21
2
1
2121
2
2
2
1
21 <++++
−+−=−
tttt
tttttttftf Vậy )(tf đồng biến trên [ )+∞;0 . 
Từ đó suy ra được zyx == .Khi đó: ( )[ ] 041
33
3 33
2
2
3 =−+⇔++= xxxx
xx 
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 
 11
3
0
4 1
x
x
=⎡⇔ ⎢ = −⎣
Vậy hệ đã cho có nghiệm là: ⎢⎣
⎡
−===
===
14
0
3
222
111
zyx
zyx
Câu 3: Gọi ba số cần tìm là , ,a b c .Ta giả sử 1 c b a< ≤ ≤ . 
Ta có: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
+
+
+
bca
abc
cab
#
#
#
1
1
1
 Suy ra:c≠ a≠ b≠ c 1 c b a⇒ < ≤ ≤ .Có: 
( ) ( ) ( )1 . 1 . 1 (1) 1 3 1 3.ab bc ca abc abc ab bc ca abc ab c+ + + ⇒ ≤ + + + ⇒ ≤ ⇒ < ≤# 
+ Nếu 2c = .Khi đó: ( )1 ,ab c a b+ ⇒# là số lẻ. Từ (1) 2 2 1 2 2 1a b ab a b ab⇒ + + ⇒ + + ≥# 
( ) ( ) ( ) ( )2 . 2 5 0 2 . 2 1, 3, 5.a b a b⇒ − − + ≥ ⇒ − − = − − − 
Từ đó ta tìm được a=7,b=3 thỏa mãn. 
+ Nếu 3c = .Khi đó: ⎩⎨
⎧
+
+
ba
ab
#
#
13
13
3 1 ;2 .b a a⇒ + = 
Xét: 
 -Nếu 3 1 : 3b a a+ = ⇒ dư 1, 4,3 1 9 3 1 12 1a a b a a a> + ⇒ + − ⇒ −# # # 
 7, 2 3a b c⇒ = = < = (loại). 
 -Nếu 3 1 2b a+ = . Hoàn toàn tương tự như trên, không có bộ số nào thỏa mãn. 
Vậy ba số tự nhiên cần tìm:7,3,2. 
Câu 4: 
1. Lấy 'C đối xứng với C qua 'Y . 
Có:n'YC C = nACB = nYZX 
 ⇒Tứ giác 'ZYXC nội tiếp. 
 ⇒n'ZC B = nZYX 
 ⇒n'ZC B = nABC ⇒Z'B=Z'C 
 ⇒ ' 'Y Z = 
2
BC . 
2. Có
22 ' ' 1 .
4
XYZ
ABC
S YZ Y Z
S Bc BC
⎛ ⎞⎛ ⎞= ≥ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Đẳng thức xảy ra khi , & .XB XC YA YC ZA ZB= = = 
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 
 12
Đề 5:Thi Tổng Hợp (1999-2000) 
Vòng 1: 
Câu 1: Các số a,b,c thỏa mãn:
⎩⎨
⎧
=++
=++
14
0
222 cba
cba
Tính 4 4 41P a b c= + + + . 
Câu 2: 
1.Giải phương trình: 8273 −=−−+ xxx . 
2.Giải hệ:
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=+
=+++
2
51
2
911
xy
xy
yx
yx
Câu 3: Tìm tất cả các số nguyên dương n để: ( ) ( )2 9 2 11n n n+ − +# . 
Câu 4: Cho vòng tròn(O) và điểm I ở trong vòng tròn.Dựng qua I hai dây cung bất kỳ 
MIN, EIF. Gọi ', ', ', 'M N E F là các trung điểm của , , ,IM IN IE IF . 
1.CMR: Tứ giác ' ' ' 'M E N F là tứ giác nội tiếp. 
2.Giả sử I thay đổi,các dây MIN, EIF thay đổi. 
 CMR:Vòng tròn ngoại tiếp tứ giác ' ' ' 'M E N F có bán kính không đổi. 
3.Giả sử I cố định,các dây MIN, EIF thay đổi nhưng luôn vuông góc với 
nhau.Tìm vị trí của các dây MIN và EIF sao cho tứ giác ' ' ' 'M E N F có diện 
tích lớn nhất. 
Câu 5: Cho , 0x y > thỏa mãn: 1x y+ = . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
.11 2
2
2
2 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +=
x
y
y
xP
Hướng dẫn giải: 
Câu 1: Có:
⎩⎨
⎧
=++
=++
14
0
222 cba
cba ⇔
⎩⎨
⎧
=++
−=++
14
7
222 cba
cabcab ⇔ ⎪⎩
⎪⎨⎧ =++
=++
14
49
222
222222
cba
cbacba
 ⇔
⎩⎨
⎧
=++
=++
98
0
444 cba
cba
 Vậy P=99. 
Câu 2: 
1.Đây là bài toán đơn giản,đề nghị bạn đọc tự giải. 
Phạm Minh Hoàng-Cựu học sinh trường THCS Phong Châu-Phù Ninh-Phú Thọ 
 13
2.Điều kiện: 0xy ≠ . 
Từ giả thiết: ( ) ( )1 5 2 1 . 2 0
2
xy xy xy
xy
+ = ⇔ − − = ⇔ ⎢⎢⎣
⎡
=
=
2
2
1
xy
xy
+ Nếu 2xy = ⇒ 2x
y
= 1 1 3 3 9 .
2 2
yx y
x y y
⇒ + + + = + = 
 2 3 2 0y y⇒ − + = ⇒ ⎢⎣
⎡
=⇒=
=⇒=
12
21
xy
xy
+ Nếu 1
2
xy = ⇒ 1
2
x
y
= 1 1 9
2
x y
x y
⇒ + + + = 22 3 1 0y y⇒ − + = ⇒
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡
=⇒=
=⇒=
1
2
1
2
11
xy
xy
Vậy nghiệm ( );x y của hệ là: ( ) ( ) 1 12;1 , 1;2 , 1; , ;1
2 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . 
Câu 

Tài liệu đính kèm:

  • pdftai_lieu_on_thi_vao_lop_10_chuyen_toan.pdf