32 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Đại học KHTN Hà Nội (kèm theo đáp án)

Dịch Vụ Toán Học
32 đề thi tuyển sinh vào lớp 10
Đại học KHTN Hà Nội
(kèm theo đáp án)
Môn Toán
WWW.VNMATH.COM
About VnMath.Com
vnMath.com
Dịch vụ Toán học
info@vnmath.com
Sách
Đại số
Giải tích
Hình học
Các loại
khác
Chuyên đề
Toán
Luyện thi
Đại học
Bồi dưỡng
HSG
Đề thi
Đáp án
Đại học
Cao học
Thi lớp 10
Olympic
Giáo án
các môn
1
1Tài liệu được tìm thấy trên mạng và không rõ tác giả.
Chương 1
Đề thi tuyển sinh lớp 10
1.1 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1989
(cho mọi thí sinh)
Bài 1. Cho đa thức P (x) = ax2 + bx+ c.
Biết rằng với mọi giá trị nguyên của x, giá trị của đa thức P (x) đều là
những số chính phương (nghĩa là bằng bình phương của một số nguyên).
Chứng minh rằng các hệ số a, b, c đều là những số nguyên, và b là một số
chẵn.
Bài 2. Tìm giá trị bé nhất của biểu thức
a2 + ab+ b2 − 3a− 3b+ 1989
Giá trị bé nhất đó đạt được tại giá trị nào của a và b?
Bài 3. Chứng minh rằng trong 52 số nguyên dương bất kỳ luôn luôn có
thể tìm được 2 số sao cho tổng hoặc hiệu của 2 số đó chia hết cho 100.
Bài 4. Cho tam giác ABC. Về phía ngoài tam giác vẽ các góc B̂Ax =
ĈAy = 21◦. Hạ BE vuông góc với Ax (E nằm trên Ax), CF vuông góc với
Ay (F nằm trên Ay. M là trung điểm của BC.
1. Chứng minh rằng tam giác MEF là tam giác cân
2. Tính các góc của tam giác MEF .
Bài 5. Có 9 học sinh vừa lớp A vừa lớp B sắp thành một hàng dọc,
đứng cách đều. Chứng minh rằng có ít nhất 1 học sinh đứng cách hai em
cùng lớp với mình một khoảng cách như nhau.
5
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
6 Chương 1. Đề thi tuyển sinh lớp 10
1.2 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1989
(cho thí sinh thí sinh chuyên lý)
Bài 1. Tìm tất cả những giá trị nguyên của x để biểu thức sau là số nguyên
−2x2 + x+ 36
2x+ 3
Bài 2. Tìm giá trị bé nhất của biểu thức
a2 + ab+ b2 − 3a− 3b+ 3
Giá trị bé nhất đó đạt được tại giá trị nào của a và b?
Bài 3.
1. Chứng minh rằng với mọi m nguyên dương, biểu thức m2 + m + 1
không phải là số chính phương (nghĩa là không thể bằng bình phương
của số nguyên).
2. Chứng minh rằng với mọi m nguyên dương, m(m+1) không thể bằng
tích của bốn số nguyên liên tiếp.
Bài 4. Cho tam giác ABC vuông cân, góc A = 90◦. CM là trung tuyến
(M nằm trên AB). Từ A vẽ đường vuông góc với MC cắt BC ở H. Tính
tỷ số BH
HC
.
Bài 5. Có 6 thành phố, trong đó cứ 3 thành phố bất kỳ thì có ít nhất 2
thành phố liên lạc được với nhau. Chứng minh rằng trong 6 thành phố nói
trên tồn tại 3 thành phố liên lạc được với nhau.
1.3 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1989
(cho thí sinh chuyên toán - tin học)
Bài 1. Phân tích biểu thức sau thành nhân tử
a4 + b4 + c4 − 2a2b2 − ab2c2 − 2c2a2
Bài 2.
1. Cho biết x
x2+x+1
= −2
3
. Hãy tính giá trị của biểu thức
x2
x4 + x2 + 1
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
1.4. Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1991 (cho mọi thí sinh) 7
2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x2
x4 + x2 + 1
Giá trị lớn nhất đó đạt được tại giá trị nào của x
Bài 3. Cho biểu thức P (n) = an + bn + c, trong đó a, b, c là những
số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu với mọi giá trị nguyên dương của
n, P (n) luôn chia hết cho m (m là số nguyên dương cố định), thì b2 phải
chia hết cho m. Với ví dụ sau đây hãy chứng tỏ rằng không thể suy ra b
chia hết cho m
P (n) = 3n + 2n + 3 (xét khi m = 4)
Bài 4. Cho đa giác lồi sáu cạnh ABCDEF.M, I, L,K,N,H lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB,BC,CD,DE,EF,FA. Chứng minh rằng các
trọng tâm của hai tam giác MNL và HIK trùng nhau.
Bài 5. Giả sử trong một trường có n lớp ta ký hiệu am là số học sinh
của lớp thứ m, dk là số lớp trong đó mỗi lớp có ít nhất k học sinh, M là số
học sinh của lớp đông nhất. Chứng minh rằng:
1. a1 + a2 + · · ·+ an = d1 + d2 + · · ·+ dM
2. a21+a
2
2+ · · ·+a2n = d1+3d2+5d3+ · · ·+(2k−1)dk+ · · ·+(2M−1)dM
1.4 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1991
(cho mọi thí sinh)
Bài 1.
1. Giải và biện luận phương trình.
√
a+ x+
√
a− x√
a+ x−√a− x =
√
b
Trong đó a, b là các số dương đã cho.
2. Cho phương trình x2 + ax+ b + 1 = 0. Trong đó a, b ∈ Z và b 6= −1.
Chứng minh rằng nếu phương trình có hai nghiệm đều là những số
nguyên thì a2 + b2 là hợp số.
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
8 Chương 1. Đề thi tuyển sinh lớp 10
Bài 2. Cho a, b, c là các số đôi một khác nhau và khác 0. Giải hệ
a3x+ a2y + az = 1
b3x+ b2y + bz = 1
c3x+ c2y + cz = 1
Bài 3.Tìm nghiệm nguyên, dương của phương trình 7x = 3.2y + 1.
Bài 4.
1. Cho hình thang ABCD(AB//CD). Gọi giao điểm của AD và BC là
E, giao điểm của AC và BD là F . Chứng minh rằng đường thẳng EF
đi qua giao điểm của hai đáy AB,CD.
2. Cho tam giác ABC. M,N,P lần lượt là các điểm trên các cạnh
BC,CA,AB. Nối AM,BN,CP . Chứng minh rằng nếu diện tích của
bốn tam giác gạch chéo bằng nhau thì các diện tích của ba tứ giác
không gạch chéo cũng bằng nhau. (Xem hình vẽ)
Bài 5. Tồn tại hay không 1991 điểm trên mặt phẳng sao cho ba điểm
bất kỳ trong chúng là ba đỉnh của một tam giác có một góc tù?
1.5 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1991
(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)
Bài 1.
1. Rút gọn biểu thức
A =
3
√
2
√
3− 4
√
2.
6
√
44 + 16
√
6
2. Phân tích biểu thức sau thành nhân tử
P = (x− y)5 + (y − z)5 + (z − x)5
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
1.6. Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1992 (cho mọi thí sinh) 9
Bài 2.
1. Cho các số a, b, cα, β, γ thoả mãn các điều kiện
a+ b+ c = 0
α + β + γ = 0
α
a
+ β
b
+ γ
c
= 0
Hãy tính giá trị của biểu thức A = αa2 + βb2 + γc2
2. Cho bốn số a, b, c, d mỗi số đều không âm và nhỏ hơn hoặc bằng 1.
Chứng minh rằng
0 ≤ a+ b+ c+ d− ab− bc− cd− da ≤ 2
Khi nào thì dấu đẳng thức xảy ra?
Bài 3. Cho trước a và d là những số nguyên dương. Xét tất cả các số
có dạng
a, a+ d, a+ 2d, . . . , a+ nd, . . .
Chứng minh rằng trong các số đó có ít nhất một số mà 4 chữ số đầu
tiên của nó là 1991.
Bài 4. Trong một cuộc hội thảo khoa học có 100 người tham dự. Giả
sử mỗi người đều quen biết với ít nhất 67 người. Chứng minh rằng có thể
tìm được một nhóm 4 người mà bất kỳ 2 người trong nhóm đó đều quen
biết nhau.
Bài 5.
1. Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm M nằm trong hình vuông sao cho
M̂AB = M̂BA = 15◦.
Chứng minh rằng tam giác MCD là tam giác đều.
2. Hãy xây dựng một tập hợp gồm 8 điểm có tính chất: Đường trung
trực của đoạn nối hai điểm bất kỳ luôn đi qua ít nhất hai điểm của
tập hợp điểm đó.
1.6 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1992
(cho mọi thí sinh)
Bài 1.
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
10 Chương 1. Đề thi tuyển sinh lớp 10
1. Giải phương trình√
x+ 2 + 3
√
2x− 5 +
√
x− 2− 3√2x− 5 = 2√2
2. Giải hệ phương trình {
xy2 − 2y + 3x2 = 0
y2 + x2y + 2x = 0
Bài 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm (m,n) để phương trình
x2 −mnx+m+ n = 0
có nghiệm nguyên.
Bài 3. Cho tam giác ABC có diện tích S. Trên các cạnh AB,BC,CA
lần lượt lấy C ′, A′, B′ tương ứng, sao cho
AC ′ = C ′B,
BA′
A′C
=
1
2
,
CB′
B′A
=
1
3
Giả sử AA′ cắt BB′ tại M , BB′ cắt CC ′ tại N , CC ′ cắt AA′ tại P . Tính
diện tích tam giác MNP theo S.
Bài 4. Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn. Lấy một điểm
D trên cung BC (không chứa A) của đường tròn đó. Hạ DH vuông góc với
BC, DI vuông góc với CA và DK vuông góc với AB. Chứng minh rằng
BC
DH
=
AC
DI
+
AB
DK
Bài 5. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m,n) sao cho 2m+ 1 chia
hết cho n và 2n+ 1 chia hết cho m
1.7 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1992
(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)
Bài 1.
1. Tìm tất cả các số nguyên n để n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 là số chính
phương.
2. Cho a, b, c > 0 và a+ b+ c > 1. Chứng minh rằng
1
a2 + 2bc
+
1
b2 + 2ca
+
1
c2 + 2ab
> 9
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
1.8. Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1993 (cho mọi thí sinh) 11
Bài 2. Cho a là tổng các chữ số của (29)1945, b là tổng các chữ số của
số a. Tìm tổng các chữ số của b.
Bài 3. Cho tam giác ABC. Giả sử đường phân giác trong và ngoài của
góc A cắt đường thẳng BC tại D,K tương ứng. Chứng minh rằng nếu
AD = AK thì AB2+AC2 = 4R2, trong đó R là bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC
Bài 4. Trong mặt phẳng kẻ 1992 đường thẳng sao cho không có 2 đường
nào song song và không có ba đường nào đồng quy. Tam giác tạo bởi ba
đường thẳng trong số các đường thẳng đã cho gọi là "tam giác xanh" nếu
nó không bị đường thẳng nào trong số các đường thẳng còn lại cắt.
1. Chứng minh rằng số tam giác xanh không ít hơn 664.
2. Chứng minh kết luận mạnh hơn: Số tam giác xanh không ít hơn 1328.
Bài 5. Có 41 thành phố được nối với nhau bằng các đường chỉ đi được
một chiều. Biết rằng từ mỗi thành phố có đúng 16 đường đến các thành
phố khác và đúng 16 đường từ các thành phố khác đến nó. Giữa hai thành
phố bất kỳ không có quá một con đường của mạng đường nói trên. Chứng
minh rằng từ một thành phố bất kỳ A đều có thể đi đến một thành phố
bất kỳ B mà chỉ đi qua nhiều nhất hai thành phố trung gian.
1.8 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1993
(cho mọi thí sinh)
Bài 1.
1. Giải phương trình
x+
√
x+
1
2
+
√
x+
1
4
= 2
2. Giải hệ phương trình {
x3 + 2xy2 + 12y = 0
8y2 + x2 = 12
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của biểu thức
A = x2y(4− x− y)
khi x và y thay đổi thoả mãn điều kiện: x > 0, y > 0, x+ y 6 6
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
12 Chương 1. Đề thi tuyển sinh lớp 10
Bài 3. Cho hình thoi ABCD. Gọi R, r lần lượt là bán kính các đường
tròn ngoại tiếp các tam giác ABD,ABC và a là độ dài cạnh hình thoi.
Chứng minh rằng:
1
R2
+
1
r2
=
4
a2
Bài 4. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R.
Quay 4ABC một góc 90◦ quanh tâm O ta được 4A1B1C1. Tính diện tích
phần chung của hai hình tam giác ABC và A1B1C1 theo R.
Bài 5. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c đôi một khác nhau sao
cho biểu thức
A =
1
a
+
1
b
+
1
c
+
1
ab
+
1
ac
+
1
bc
nhận giá trị nguyên dương.
1.9 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1994
(cho mọi thí sinh)
Bài 1. Giải các phương trình sau:
1. x4 − 2x3 − 6x2 + 16x− 8 = 0
2. x2 + 2x+ 4 = 3
√
x3 + 4x
Bài 2. Xét các số x, y, z, t > 0 thoả mãn hệ thức
xy + 4zt+ 2yz + 2xt = 9
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A =
√
xy + 2
√
zt
Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên x, y, z, t thoả mãn hệ phương trình{
xy − 3zt = 1
xz + yt = 2
Bài 4. Cho tam giác cân ABC có AB = AC và H là trung điểm của
cạnh BC. Một đường tròn đi qua A và tiếp xúc với cạnh BC tại B cắt
AC,AH lần lượt tại D và E. Biết rằng D là trung điểm của AC và bán
kính đường tròn bằng R. Tính độ dài các dây cung AE,AD theo R.
Bài 5. Cho tam giác ABC có BC > AC. Một đường thẳng song song
với cạnh AB cắt các cạnh BC và AC lần lượt tại các điểmM và N . Chứng
minh rằng BN > AM .
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
1.10. Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1994(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)13
1.10 Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm 1994
(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)
Bài 1. Giải hệ phương trình
(x+ y)(y + z) = 4xy2z
(y + z)(z + x) = 4yz2x
 ... o đó
P ≥ 2xyx
2
.y
2
= 8
Dấu "=" đạt được khi và chỉ khi{
x2
y−1 =
y2
x−1
x = 2, y = 2
⇒ x = y = 2
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8 đạt được khi và chỉ khi x = y = 2
Cách 2. Theo trên ta có
P =
x2
y − 1 +
y2
x− 1
Đặt x− 1 = a, y − 1 = b thì a, b > 0 và x = a+ 1, y = b+ 1, do đó
P =
(a+ 1)2
b
+
(b+ 1)2
a
≥ 4a
b
+
4b
a
= 4
(a
b
+
b
a
)
≥ 8
Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8, đạt được khi và chỉ khi a = b = 1 hay
x = y = 2
Bài 4. 1) Nếu M là tâm O của hình vuông thì hiển nhiên M thoả mãn
giả thiết. Ta chứng minh điều ngược lại.
Cách 1: Từ giả thiết ta có M̂BA = M̂CB = M̂DC = M̂AD do đó
4MAB = 4MBC = 4MCD = 4MDA suy ra MA = MB = MC =
MD và ÂMB = B̂MC = ĈMD = D̂MA = 90◦ hay M là tâm của hình
vuông.
Cách 2: Giả sử M 6= 0, khi đó M thuộc một trong bốn miền tam giác
MAB,MBC,MCD,MDA. Không mất tổng quát, giả sử M thuộc miền
tam giác OAD. Do M 6= 0 nên một trong hai góc M̂AD, M̂DA bé hơn 45◦.
Nếu M̂AD 45◦ ≥ M̂DA, trái với giả thiết.
Nếu M̂DA M̂DA, trái với giả thiết.
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
2.30. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005 (cho mọi thí sinh) 125
Suy ra nếu M 6= 0 thì M không thoả mãn giả thiết bài toán.
2) Do 4ANM và 4ABC vuông cân nên AN
AO
= AC
AB
=
√
2 suy ra
4AOB ∼4ANC (góc A chung) suy ra OB
CN
= AO
AN
= 1√
2
không đổi.
3) Do (S2) đi qua tâm O của (S1) và đi qua điểm C nằm ngoài (S1) nên
(S2) và (S1) cắt nhau nên các tiếp tuyên là tiếp tuyến chung ngoài. Giả sử
hai tiếp tuyến chung đó là PP ′ và QQ′ (P ′, Q′ ∈ (S1)). Tia OO′ cắt (S1) tại
T . Gọi tâm của (S2) là O
′ ta có O′P//OP ′ (cùng vuông góc với PP ′) nên
P̂OP ′ = ÔPO′ (1)
Do NO⊥OC nên O nằm trên đường tròn (S2) suy ra 4O′PO cân ở O′
nên ta có ÔPO′ = P̂OO′ ≡ P̂ P ′O và từ (1) ta có P̂OP ′ = P̂OT từ đó ta
có 4POP ′ = 4POT (c-g-c) suy ra P̂ TO = P̂ P ′O = 90◦. Tương tự ta có
Q̂TO = 90◦ hay P, T,Q thẳng hàng và PQ là tiếp tuyến của (S1) tại T .
Bài 5. Do
√
2 là số vô tỷ nên với mọi số nguyên dương n thì n√
2
là số
vô tỷ.
Ta có
xn =
[n+ 1√
2
]
−
[ n√
2
]
<
n+ 1√
2
−
[ n√
2
]
<
n+ 1√
2
−
( n√
2
− 1
)
=
1√
2
+ 1 <
√
2
⇒0 ≤ xn ≤ 1
Vì vậy x0, x1, x2, . . . , x199 chỉ nhận một trong hai giá trị 0 hoặc 1. Suy ra
các số khác 0 trong chúng chỉ nhận giá trị 1. Do đó số các số khác 0 bằng
x0 + x1 + . . .+ x199 =
[ 1√
2
]
−
[ 0√
2
]
+
[ 2√
2
]
−
[ 1√
2
]
+ · · · +
[200√
2
]
−
[199√
2
]
=
[200√
2
]
= [100
√
2]
Vì 141 < 100
√
2 < 142 nên [100
√
2 = 144.
Vậy trong hai trăm số x0, x1, . . . , x199 đã cho có đúng 141 số khác 0.
Chú ý: Có thể thấy rằng n+1√
2
− n√
2
= 1√
2
< 1 nên giữa hai số n√
2
và n+1√
2
có không quá một số nguyên, do vậy 0 ≤ xn =
[
n+1√
2
]
−
[
n√
2
]
≤ 1
2.30 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005
(cho mọi thí sinh)
Bài 1. Hệ đã cho tương đương với{
x+ y + xy = 3
(x+ y)2 − 2xy = 2 ⇔
{
S + P = 3
S2 − 2P = 2 (*)
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
126 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
với
{
x+ y = S
xy = P
Hệ (*) có nghiệm là
{
S = 2
P = 1
⇒ x = y = 1{
S = −4
P = 7
hệ này vô nghiệm
Vậy nghiệm của hệ đã cho là: x = y = 1
Bài 2. Phương trình đã cho tương đương với
11− x− 4√x+ 3− 2√3− 2x = 0
⇔ (x+ 3 − 4√x+ 3 + 4) + (3 − 2x − 2√3 − 2x+ 1) = 0
⇔ (√x+ 3− 2)2 + (√3− 2x− 1)2 = 0
⇔
{√
x+ 3 − 2 = 0√
3 − 2x− 1 = 0 ⇔ x = 1
Bài 3. Phương trình đã cho có dạng
x2 + 17[y2 + 2xy + 3(x+ y)] = 1740
Chú ý rằng với số x nguyên, x có thể có dạng như sau:
x = 17k ± r với r = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8
Từ đó suy ra x2 có các dạng tương ứng sau:
x2 = 17k
x2 = 17k + 1
x2 = 17k + 4
x2 = 17k + 9
x2 = 17k + 16
x2 = 17k + 8
x2 = 17k + 2
x2 = 17k + 15
x2 = 17k + 13
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
2.30. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005 (cho mọi thí sinh) 127
Nhận thấy rằng vế phải 1740 khi chia cho 17 có số dư là 6. Trong khi
đó vế trái khi chia cho 17 trong mọi trường hợp đều không có số dư là 6.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Bài 4.
1) (Xem hình 1)
Cách 1: Ta có OM//O′D (OM và O′D cùng vuông góc với CD)
⇒ M̂OO′ = ÔO′D O′M
Cách 2: Gọi M ′ là giao điểm của OA và O′D. Ta xét hình bình hành
MOM ′O′. Ký hiệu S là diện tích hình bình hành đó, ta có
S = AB.O′M = CD.OM ⇒ OM
O′M
=
AB
CD
(1)
Vì I thuộc đoạn AB, nên AB = AI+IB = AI+ID = AI+IC+CD > CD
hay
AB
CD
> 1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
2) (Xem hình 2)
Cách 1 Tứ giác ACBE nội tiếp và IA = IC, nên IB = IE. Mặt khác
ta có IB = ID, do đó IB = ID = IE và 4BED vuông tại B suy ra
BD⊥BE (1)
Tứ giác ADBF nội tiếp và IB = ID, nên
IA = IF ⇒ AF//BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra AF⊥BE.
Cách 2: Ta có
F̂AB = F̂DB = ÎDB = ÎBD = ÂBD⇒ AF//BD (1)
Vì IO′ là phân giác B̂ID và IO là phân giác D̂IA , nên IO⊥IO′.
Lại có AC⊥IO, do vậy AC//IO′. Ta có
ÂBE = ÂCE = B̂AC ⇒ BE//AC//O′I (2)
Từ (1) và (2) suy ra BD⊥EB ⇒ AF⊥BE.
Bài 5. Điều kiện đã cho có thể viết lại là
xy2 + x2
1
z
+ y
1
z2
= 3
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
128 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
Biểu thức P có dạng
P =
1
1
z4
+ x4 + y4
Đặt 1
z
= t, ta thu được bài toán sau:
Với x, y, t > 0 thoả mãn xy2 + yt2 + tx2 = 3, tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
P =
1
x4 + y4 + t4
Ta có 
x4 + y4 + y4 + 1 > 4xy2
y4 + t4 + t4 + 1 > 4yt2
t4 + x4 + x4 + 1 > 4tx2
⇒ 3(x4 + y4 + t4) + 3 > 4(xy2 + yt2 + tx2) = 12
⇒ x4 + y4 + t4 > 3
⇒ 1
x4 + y4 + t4
6 1
3
Vậy P = 1
3
đạt được khi x = y = z = 1.
2.31 Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005
(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)
Bài 1.
Giải phương trình
√
2− x+√2 + x+√4 − x2 = 2.
điều kiện: −2 6 x 6 2.
Đặt t =
√
2− x+√2 + x⇒ √4 − x2 = t2−4
2
.
Phương trình đã cho có dạng
t2 + 2t− 8 = 0
⇔
[
t1 = −4 loại
t2 = 2⇔
√
2 − x+√2 + x = 2⇔ 4 + 2√4− x2 = 4⇔ x = ±2
Bài 2. Do x3 + y3 − xy2 = 1 nên phương trình thứ hai của hệ có dạng:
4x4 + y4 = (4x+ y)(x3 + y3 − xy2)
⇒ xy(3y2 − 4xy + x2) = 0
a) x = 0⇒ y = 1⇒ hệ có nghiệm (0, 1).
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
2.31. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)129
b) y = 0⇒ x = 1⇒ hệ có nghiệm (1, 0).
c) 3y2 − 4xy + x2 = 0 (∗)
Với x 6= 0 chia cả hai vế của phương trình (*) cho x2 ta nhận được:
3
(y
x
)2
− 4
(y
x
)
+ 1 = 0
Đặt
(
y
x
)
= t ⇒ 3t2 = 4t+ 1 = 0 ⇒ t1 = 1, t2 = 13
Với
(
y
x
)
= 1 ⇒ x = y ⇒ x = y = 1
Với
(
y
x
)
= 1
3
⇒ x = 3y ⇒ 25y3 = 1 ⇒ y = 13√25 ⇒ x = 33√25
Vậy hệ có tất cả các nghiệm là:{
x = 0
y = 1
;
{
x = 1
y = 0
;
{
x = 1
y = 1
;
{
x = 33√25
y = 13√25
Bài 3.
1) Từ (x+ y)2 6 2(x2 + y2) = 2 ⇒ x+ y ≤ √2.
Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1√
2
.
Ta lại có: (x+ y)2 = x2 + y2 + 2xy = 1 + 2xy > 1 ⇒ x+ y > 1
Dấu bằng xảy ra khi x = 0 hoặc y = 0
2)
P =
√
1 + 2x+
√
1 + 2y
P 2 = 2 + 2(x+ y) + 2
√
1 + 2(x+ y) + 4xy
Do x+ y 6
√
2 và 4xy 6 2(x2 + y2) = 2
⇒ P 2 6 2 + 2√2 + 2
√
1 + 2
√
2 + 2
⇒ P 6
√
2 + 2
√
2 + 2
√
3 + 2
√
2
Vậy Pmax =
√
2 + 2
√
2 + 2
√
3 + 2
√
2
Đạt được khi x = y = 1√
2
Mặt khác, do x+ y > 1 và 4xy 6 0
Ta có:
P 2 > 2 + 2 + 2
√
1 + 2 + 0
⇒ P >
√
4 + 2
√
3
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
130 Chương 2. Đáp án tuyển sinh
Vậy Pmin =
√
4 + 2
√
3
Đạt được khi x = 0 hoặc y = 0
Bài 4.
1) Lấy điểm P ′ khác phía với điểm P đối với đường thẳng Ab sao cho
4BPP ′ vuông cân (vuông tai B) (xem hình 1).
Ta có 4BPC = 4BP ′A (c.g.c)
⇒ B̂P ′A = 1350
Do B̂P ′P = 450 ⇒ P̂ P ′A = 900
Theo Pitago: PA2 = AP ′2 + P ′P 2 = PC2 + 2PB2
2) Trước hết ta chứng minh nhận xét sau (xem hình 2)
Cho hình chữ nhật ABCD, I là điểm nằm trong hình chữ nhật. Qua I
kẻ các đường thẳng MN,PQ tương ứng song song với AB,AD. Gọi diện
tích hình chữ nhật IPBN là S1, diện tích hình chữ nhật IQDM là S2.
Khi đó, S1 = S2 khi và chỉ khi I thuộc đường cheo AC.
Thật vậy, giả sử I thuộc đường chéo AC, chú ý rằng đường chéo của
hình chữ nhật chia hình chữ nhật thành hai phần có diện tích bằng nhau
nên dễ dàng suy ra S1 = S2.
Ngược lại, giả sử S1 = S2 khi đó do
S1 = S2
⇒ IN.IP = IM.IQ
⇒ IN
IM
=
IQ
IP
=
NC
MA
Suy ra hai tam giác vuông MAI,NIC đồng dạng với nhau ⇒ M̂IA =
N̂IC.
Do M, I,N thẳng hàng suy ra A, I,C thẳng hàng.
Bây giờ ta chứng minh bài toán (xem hình 3)
Dễ thấy NBMQ là hình chữ nhật.
Qua P và Q kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của hình vuông.
Do P thuộc đường chéo AM của hình chữ nhật ABMR nên SBLPK =
SPIRS.
Do P thuộc đường chéo CN của hình chữ nhật NBCH nên SBLPK =
SPTHF .
Từ đó suy ra: SPIRS = SPTHF .
Do hai hình chữ nhật này có phần chung là hình chữ nhật PIQF nên
SFQRS = SQITH.
Theo nhận xét đã chứng minh, suy ra Q thuộc đường chéo PD của hình
chữ nhật SPTD, tức đi qua điểm D.
Bài 5.
1) Các đỉnh của (H) chia đường tròn ngoại tiếp nó thành 14 cung bằng
nhau, mỗi cung có số đo là α = 360
0
14
. Các dây nối hai đỉnh của (H) chắn các
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m
2.31. Đáp án tuyển sinh lớp 10 năm 2005(cho thí sinh chuyên toán và chuyên tin)131
cung nhỏ có số đo là α, 2α, 3α, . . . , 7α do vậy độ dài các dây đó chỉ nhận 7
giá trị khác nhau.
Lấy 6 đỉnh của (H) thì số dây nối hai đỉnh trong 6 đỉnh đó là (6× 5) :
2 = 15. Vì 15 dây này có các độ dài nhận không quá 7 giá trị khác nhau
nên phải có ba dây cùng độ dài. Trong ba dây đó luôn có hai dây không
chung đầu mút (vì nếu hai dây bất kỳ trong ba dây đó đều chung đầu mút
thì ba dây bằng nhau đó tạo thành một tam giác đều, do đó số đỉnh của
(H) chia hết cho 3, trái với giả thiết). Dễ thấy hai dây bằng nhau của một
đường tròn không chung đầu mút thì 4 đầu mút của chúng là 4 đỉnh của
một hình thang (cân). Từ đó suy ra trong 6 đỉnh bất kỳ của (H) luôn có 4
đỉnh là các đỉnh của một hình thang.
2) Phân tích 13860 thành nhân tử nguyên tố ta được 13860 = 2.2.3.3.5.7.11
vì m.n = 13860 nên m phải là ước số của 13860 tức là tích của một số nhân
tử trong 7 nhân tử trên, còn n là tích của các nhân tử còn lại.
Nếu m có chứa nhân tử 2 (hoặc 3) thì nó phải chứa 22 (hoặc 32) vì ngược
lại thì m
n
không tối giản.
Do đó nếu ta ký hiệu a1 = 2
2, a2 = 3
2, a3 = 5, a4 = 7, a5 = 11 thì m là
tích của một số nhân tử trong số a1, a2, a3, a4, a5, còn n là tích các nhân tử
còn lại.
Vì vậy, chỉ có các trường hợp sau:
1. Có 1 phân số có tử số là 1 (mẫu số là 13860).
2. Có 5 phân số có tử số là 1 trong 5 nhân tử a1, a2, a3, a4, a5.
3. Có 10 phân số có tử số là tích của hai nhân tử trong số a1, a2, a3, a4, a5.
4. Có 10 phân số có tử số là tích của ba nhân tử trong số a1, a2, a3, a4, a5
(mẫu là tích của hai nhân tử).
5. Có 5 phân số có tử số là tích của 4 nhân tử.
6. Có 1 phân số có tử số là tích của cả 5 nhân tử (tức là số 13860
1
).
Vậy số phân số tối giản m
n
thoả mãnm.n = 13860 là 1+5+10+10+5+1 = 32.
Các phân số trên được chia thành từng cặp nghịch đảo nhau và khác 1 nên
phân số lớn hơn 1 là 32
2
= 16.
w
w
w
.
v
n
m
a
t
h
.
c
o
m