Giải thích Bộ đề thi vào 10 khối chuyên Toán

NGUYỄN XUÂN NAM
(Tái bản lần thứ 1)
NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI LỜI NÓI ĐẦU
Ôn thi vào lớp 10 chuyên là một hành trình không hề dễ dàng. Để chinh phục
thành công đề thi chuyên, các em học sinh cần phải xác định rõ mục tiêu và tiến
hành ôn luyện từ rất sớm. Một trong những phương pháp ôn luyện hiệu quả
không thể thiếu việc luyện đề.
Nhằm cung cấp cho các em học sinh thi chuyên một tài liệu ôn tập chất lượng,
tập trung vào việc luyện đề, Megabook đã biên soạn thành công bộ sách Giải
thích Bộ đề thi vào 10 chuyên gồm 4 cuốn tương ứng với 4 khối chuyên: Toán, Lý, Hóa, Anh.
Nằm trong bộ sách là cuốn Giải thích Bộ đề thi vào 10 chuyên – Khối chuyên Toán.
Cuốn sách Giải thích Bộ đề thi vào 10 chuyên – Khối chuyên Toán được xây dựng
như một ngân hàng đề thi vào chuyên Toán.
Bộ đề gồm đa dạng các đề thi vào THPT chuyên – Khối chuyên Toán từ khắp các
tỉnh thành trong cả nước những năm gần đây, giúp các em làm quen và luyện giải
đề, chuẩn bị đầy đủ kiến thức và tâm lý trước khi bước vào kỳ thi chuyên.
Dưới mỗi đề là phần giải thích chi tiết vô cùng hữu ích. Phần này sẽ cung cấp
cho các em: các ý tưởng hay định hướng gợi mở để triển khai giải toán ngay từ khi
đọc đề bài; hướng dẫn giải chi tiết; các nhận xét, lưu ý khi làm bài và nhắc lại các
kiến thức cần ôn tập kỹ. Ngoài ra, cuốn sách còn cung cấp các bài tập tương tự để
các em thêm một lần luyện tập, ghi nhớ khắc sâu các cách giải.
Cuốn sách Giải thích Bộ đề thi vào 10 chuyên – Khối chuyên Toán được biên
soạn một cách khoa học, giải thích chi tiết, rõ ràng và đầy đủ. Chúng tôi tin rằng
đây sẽ là tài liệu ôn thi không thể thiếu dành cho các em học sinh lớp 9 muốn thi chuyên.
Trong quá trình biên soạn bộ sách không tránh khỏi những thiếu sót, rất mong
nhận được những ý kiến đóng góp của quý thầy cô và các em học sinh để bộ sách
ngày càng hoàn thiện hơn. Megabook! CẤU TRÚC SÁCH
BỘ ĐỀ THI ĐA DẠNG
Bộ đề gồm đa dạng các đề thi vào THPT chuyên
– Khối chuyên Toán từ khắp các tỉnh thành trong
cả nước những năm gần đây, giúp các em làm
quen và luyện giải đề, chuẩn bị đầy đủ kiến thức
và tâm lý trước khi bước vào kỳ thi chuyên.
GIẢI THÍCH CHI TIẾT
Phần này sẽ cung cấp cho các em: các ý tưởng
hay định hướng gợi mở để triển khai giải toán
ngay từ khi đọc đề bài; hướng dẫn giải chi tiết;
các nhận xét, lưu ý khi làm bài và nhắc lại các
kiến thức cần ôn tập kỹ. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Cuốn sách còn cung cấp các bài tập tương tự để
các em thêm một lần luyện tập, ghi nhớ khắc sâu các cách giải. MỤC LỤC Đề số 1
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 7
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 2 18
Trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội Đề số 3
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN 25
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 4 36
Trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 5 44
Trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 6 53
Trường THPT chuyên KHTN - ĐHQGHN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 7 63
Trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 8 73
Trường THPT chuyên KHTN - ĐHQGHN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 9 83
Trường THPT chuyên KHTN - ĐHQGHN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 10 94
Trường THPT chuyên KHTN - ĐHQGHN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 11 105
Trường THPT chuyên KHTN - ĐHQGHN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 12 114
Trường THPT chuyên KHTN - ĐHQGHN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 13 124
Trường THPT chuyên KHTN - ĐHQGHN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 14 133
Trường THPT chuyên KHTN - ĐHQGHN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 15 143
Trường THPT chuyên KHTN - ĐHQGHN Đề số 16
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN TỈNH AN GIANG 152
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 17 162
Trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 18 173
Trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 19 187
Trường THPT chuyên Hùng Vương - Phú Thọ
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 20 197
Trường THPT chuyên Hùng Vương - Phú Thọ
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 21 212
Trường THPT chuyên KHTN - ĐHQGHN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 22 223
Trường THPT chuyên KHTN - ĐHQGHN
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 23 235
Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 24 247
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn - Bình Định
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 25 255
Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Đề số 26 271
Trường THPT chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An Đề số 27
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN TỈNH THÁI BÌNH 281 Đề số 28
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN TỈNH THÁI BÌNH 292 Đề số 29
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN TỈNH THÁI BÌNH 306 ĐỀ SỐ
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN MÔN: TOÁN VÒNG 1 1
Thời gian làm bài: 150 phút Câu I (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2
x + x + = (x + ) 2 3 8 5 x + x + 2 . 2 2 y
ìï - 2xy = 8x - 6x + 1
b) Giải hệ phương trình: ïí . 2 3 2 y
ï = x + 8x - x + 1 ïïî Câu II (2,5 điểm)
a) Cho p,q là hai số nguyên tố lớn hơn 5 . Chứng minh rằng 4 4
p + 2019q chia hết cho 20 .
b) Cho các số nguyên dương a ,b ,c ,d thỏa mãn đồng thời các điều kiện a < b £ c < d , ad = bc và
d - a £ 1 . Chứng minh rằng
i) a + d > b + c .
ii) a là một số chính phương. Câu III (1,5 điểm)
a) Với x ,y ,z là các số thực thỏa mãn xyz = 1và (xy + x + ) 1 (yz + y + ) 1 (zx + z + ) 1 ¹ 0 , chứng minh rằng 1 1 1 + + = 1 . xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1
b) Với x ,y ,z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện 1 1 1
+ + = 3 , tìm giá trị lớn 1 1 1 x y z
nhất của biểu thức P = + + . 2 2 2 2 2 2 2x + y + 3 2y + z + 3 2z + x + 3
Câu IV (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD (không có hai cạnh nào song song) nội tiếp đường tròn (O). Các
tia BA và CD cắt nhau tại điểm F . Gọi E là giao điểm của hai đường chéo AC và BD . Vẽ hình bình hành AEDK .
a) Chứng minh rằng tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB .
b) Gọi M ,N tương ứng là trung điểm của các cạnh AD ,BC . Chứng minh rằng đường thẳng MN
đi qua trung điểm của đoạn thẳng EF .
c) Chứng minh rằng đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN .
Câu V (1,0 điểm) Cho tập hợp S = {x Î  | 1 £ x £ }
50 . Xét A là một tập hợp con bất kỳ của tập hợp
S và có tính chất: Không có ba phần tử nào của tập hợp A là số đo độ dài ba cạnh của một tam giác vuông.
a) Tìm một tập hợp A có đúng 40 phần tử và thỏa mãn điều kiện đề bài.
b) Có hay không có một tập hợp A có đúng 41 phần tử và thỏa mãn điều kiện đề bài? Hãy giải thích câu trả lời.
Giải thích bộ đề thi vào 10 chuyên - Khối chuyên Toán 7 Cảm hứng học Cảm hứng học tập tập
GIẢI THÍCH CHI TIẾT - BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu I
a) Giải phương trình: 2
x + x + = (x + ) 2 3 8
5 x + x + 2 . Do 2
x + x + 2 > 0 nên phương trình đã cho xác định với mọi x Î  . Đặt 2
t = x + x + 2 ,
ta viết được phương trình dưới dạng 2t + 2x + 6 = (x + 5)t , hay (t -2)(t -x - 3) = 0 .
Từ đó ta có t = 2 và t = x + 3 .
• Với t = 2, ta có 2
x + x + 2 = 4 . Giải phương trình này, ta được x = 1 hoặc x = -2 .
• Với t = x + 3 , ta có x > -3 (do t > 0 ) và x + x + = (x + )2 2 2
3 . Giải phương trình này
với chú ý x > -3, ta được 7 x = - . 5
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là x = 1, x = -2 và 7 x = - . 5 Nhận xét:
Bài toán thuộc dạng phương trình vô tỷ chứa một căn thức . Để giải quyết bài toán ta sử
dụng phương pháp đặt ẩn phụ . Cụ thể 2
t = x + x + 2 sau đó ta tìm cách biểu diễn các đại
lượng còn lại theo t . Tuy nhiên , việc biểu diễn các đại lượng còn lại theo t gặp khó khăn nên
ta hướng suy nghĩ đến phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn . Ý tưởng
Bài toán chứa một căn nên đặt 2
t = x + x + 2 . Khi đó phương trình đã cho trở thành 2
t + 2x + 6 = (x + 5)t ( )
* . Tiếp theo ta kiểm tra xem đenta có chính phương hay không ? Thật vậy , ta có:
D = (x + )2 - ( x + ) = x + x + = (x + )2 2 5 4 2 6 2 1
1 . Khi đó nghiệm của phương trình ( ) * t é x + 5 + x + 1 tê = = x + 3 là ê 2 ê hay ( )
* Û (t - 2)(t - x - 3) = 0 . ê x + 5 - x - 1 tê = = 2 êë 2
Đến đây bài toán trở nên đơn giản , bạn đọc chỉ cần giải hai phương trình cơ bản t = 2 và t = x + 3 .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp ìï ³
Phương trình f (x) = g (x) g ï (x ) 0 Û í ïf ï (x ) 2 = g (x) ïî
Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn: ( + ) 2 2 ax
b cx + dx + e = px + qx + t Đặt 2
t = cx + dx + e 8
Giải thích bộ đề thi vào 10 chuyên - Khối chuyên Toán Cảm hứng học tập Bài tập tương tự Giải phương trình 2
x + x + = (x + ) 2 3 1 1 x + 1
Đáp số: x = ±2 2 2 2 ìï
b) Giải hệ phương trình: y -2xy = 8x - 6x +1 ï í . 2 3 2 y
ï = x + 8x - x + 1 ïïî
Cộng hai vế của phương trình thứ nhất với 2 2 2
x , ta được: (y - x) = (3x - ) 1 .
Từ đó, ta có y = 4x -1 hoặc y = 1- 2x .
• Với y = 4x -1 , thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: ( x - )2 3 2 4
1 = x + 8x - x + 1 , hay x (x - )
1 (x - 7) = 0 . Từ đó, ta có x = 0 (tương ứng,
y = -1 ) , hoặc x = 1 (tương ứng, y = 3 ), hoặc x = 7 (tương ứng, y = 27 ).
• Với y = 1- 2x , thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: ( - x)2 3 2 1 2
= x + 8x - x + 1 , hay x (x + )
1 (x + 3) = 0 . Từ đây, ta tìm được các nghiệm (x ,y) của hệ trong trường hợp này là (0; )1, (-1; ) 3 và (-3;7) .
Tóm lại, hệ phương trình đã cho có tất cả 6 nghiệm (x ,y) là: (0;- ) 1 , (1; ) 3 ,(7;27),(0; ) 1 , (-1; ) 3 và (-3;7).
Nhận xét: Bài toán hệ phương trình này không nhận thấy cầu nối giữa hai phương trình
do đó ta khai thác từng phương trình . Dễ dàng nhận thấy phương trình thứ nhất của hệ có
dấu hiệu của hằng đẳng thức , do đó ta nhóm hằng đẳng thức và đưa ra mối liên hệ giữa x,y . Ý tưởng
Nhận thấy phương trình ( )
1 có dấu hiệu của hằng đẳng thức nên ta tiến hành nhóm hằng
đẳng thức , cụ thể ( ) Û (x - y)2 = ( x - )2 1 3
1 . Từ đó suy ra được mối liên hệ y = 4x - 1 hoặc
y = 1 - 2x . Đến đây , thay các mối liên hệ giữa x và y vào phương trình (2) của hệ sẽ thu được nghiệm cần tìm .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp
Hằng đẳng thức: (A - B)2 2 2
= A - 2AB + B Đẳng thức 2 2
A = B Û A = B ± Bài tập tương tự 4 2 ìï - = - +
Giải hệ phương trình x 2x y 2y 1 ï í 2 2 x ï + y = 2y ïïî Đáp số: (±1; ) 1
Giải thích bộ đề thi vào 10 chuyên - Khối chuyên Toán 9 Cảm hứng học Cảm hứng học tập tập Câu II
a) Cho p,q là hai số nguyên tố lớn hơn 5 . Chứng minh rằng 4 4
p + 2019q chia hết cho 20 .
Do p,q là các số nguyên tố lớn hơn 5 nên p,q là các số nguyên tố lẻ, suy ra các số khi
chia p,q cho 4 chỉ có thể là 1 hoặc 3 . Từ đây, dễ thấy 4 4
p ,q cùng có số dư là 1 khi chia cho 4 . Như vậy, ta có: 4 4 p + q = ( 4 p - ) + ( 4 2019 1 2019 q - ) 1 + 2020 chia hết cho 4 ( ) 1 .
Mặt khác, cũng do p,q là các số nguyên tố lớn hơn 5 nên p,q không chia hết cho 5 ,
suy ra các số dư khi chia p,q cho 5 chỉ có thể là 1,2,3,4 . Từ đó, các số dư của 2 2 p ,q khi
chia 5 chỉ có thể là 1,4 . Suy ra số dư của 4 4
p ,q khi chia cho 5 chỉ có thể là 1 . Như thế, ta có 4 4 p + q = ( 4 p - ) + ( 4 2019 1 2019 q - ) 1 + 2020 chia hết cho 5 (2). Từ ( ) 1 và (2), với chú ý (4, ) 5 = 1, ta suy ra 4 4
p + 2019q chia hết cho 20 .
Nhận xét: Bài toán chứng minh chia hết đòi hỏi phải nắm vững lý thuyết đồng dư. Mấu chốt
của bài toán là 4 và 5 nguyên tố cùng nhau do đó việc chứng minh 4 4
p + 2019q º 0 (mod 20)
tương đương với việc chứng minh 4 4
p + 2019q º 0 (mod 4) và 4 4
p + 2019q º 0 (mod 5) Ý tưởng
Vì 20 = 4.5 và (4, 5) = 1 nên để chứng minh 4 4
p + 2019q 20 ta cần chứng minh 4 4
p + 2019q  4 và 4 4
p + 2019q  5 . Tiếp theo , vì ,
p q là các số nguyên tố lớn hơn 5 nên khi chia ,
p q cho 4 số dư chỉ có thể là 1 hoặc 3 4 4
Þ p ,q có số dư là 1 khi chia cho 4 do đó ta phân tích 4 4
p + 2019q như sau: 4 4 p + q = ( 4 p - ) + ( 4 2019 1 2019 q - )
1 + 2020  4 . Làm tương tự như vậy ta cũng có 4 4
p + 2019q  5 . Từ đó suy ra 4 4 p + 2019q 20
Nhắc lại kiến thức và phương pháp
Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 5 thì p chia 5 dư có thể là 1,2, 3, 4 4 Þ p chia cho 5 có thể dư 1 hoặc 4 .
Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 5 thì p chia 4 dư có thể là 1, 3 4
Þ p chia cho 4 dư 1 . Bài tập tương tự 2 2 Với x 1 y 1
x ;y là số nguyên dương thỏa mãn - - = . Chứng minh rằng 2 - 2 x y chia hết 2 3 cho 40 .
b) Cho các số nguyên dương a ,b,c,d thỏa mãn đồng thời các điều kiện a < b £ c < d ,
ad = bc và d - a £ 1 . Chứng minh rằng
i) a +d > b +c .
Từ giả thiết, ta có:
d (a + d -b -c) 2 2
= d + da -db -dc = d + bc -db -dc = (d -c)(d -b) > 0 , suy ra
a + d > b + c . Đây chính là kết quả cần chứng minh. 10
Giải thích bộ đề thi vào 10 chuyên - Khối chuyên Toán Cảm hứng học tập
Nhận xét: Để giải quyết bài toán này ta cần sử dụng kỹ thuật phân tích đa thức thành nhân
tử để đưa ra bất đẳng thức luôn đúng . Ý tưởng
Để chứng minh a + d > b + c ta cần chứng minh a -b -c + d > 0 . Thật vậy nhân hai
vế cho d nên ta có d (a -b -c + d) > 0 Û (d -c)(d -b) > 0 luôn đúng . Do đó bài toán được chứng minh hoàn tất .
ii) a là một số chính phương.
Đặt (a,b) = m với m nguyên dương, khi đó tồn tại các số nguyên dương x ,y với (x ,y) = 1
sao cho a = mx và b = my . Giả thiết ad = bc có thể được viết lại thành dx = cy .
Từ đây, ta suy ra dx chia hết cho y . Mà (x ,y) = 1 nên d chia hết cho y . Đặt d = ny với
n nguyên dương thì ta có c = nx .
Do d > c, d > b nên ta có y > x và n > m . Từ đó suy ra
d - a = ny - mx ³ (m + ) 1 (x + ) 1 - mx .
Kết hợp với giả thiết d - a £ 1, ta thu được 1 + mx ³ (m + ) 1 (x + ) 1 .
Bình phương hai vế bắt đẳng thức trên và rút gọn, ta được £ ( - )2 0 m x .
Do ( m - x )2 ³ 0 nên dấu bằng trong bất đẳng thức trên phải xảy ra, tức ta có m = x . Vậy 2
a = m là một số chính phương.
Ngoài cách giải trên, ý ii) của câu b) còn có thể tiếp cận bằng hai cách khác như sau:
Cách 1. Từ giả thiết, ta có: d +a -2 da £ 1.
Do ad = bc nên bất đẳng thức trên có thể được viết lại thành d +a - 2 bc £ 1 ,
hay (d +a -b -c - )+( b - c)2 1 £ 0 .
Do d +a ³ b +c +1 (theo a)) và ( b - c)2 ³ 0 nên dấu bằng trong bất đẳng thức trên
phải xảy ra. Nói cách khác, ta phải có b = c và a +d = b +c + 1. Lại có ad = bc nên 2 ad = b và
a + d = 2b + 1, suy ra
a = a (a + d - b) = a + ad - ab = a +b - ab = (a -b)2 2 2 2 2 2 2 .
Cách 2. Đặt b = a + x , d = a + x + y và d = a + x + y + z với x , z Î  * và y Î  .
Giả thiết của bài toán có thể được viết lại lần lượt dưới dạng ( - ) 2 a z
x = x + xy và
a + x + y + z £ a + 1.
Bình phương hai vế bất đẳng thức trên và rút gọn, ta được: x + y + z -1 £ 2 a .
Do a (z -x) 2
= x + xy > 0 nên z - x > 0 , suy ra z ³ x + 1 và 2
a £ x + xy . Từ đó, sử dụng
bất đẳng thức AM-GM, ta có: 2
2 a £ 2 x + xy £ x + (x + y) £ (z - )
1 + (x + y) = x + y + z -1
Kết hợp với (3), ta suy ra dấu đẳng thức trong các đánh giá trên phải xảy ra. Nói cách khác,
ta phải có y = 0 và 2 2
a = x + xy = x .
Nhận xét: Bài toán này có nhiều hướng tiếp cận , tuy nhiên hướng tiếp cận dễ hiểu hơn hết
là cách 1. Mấu chốt của bài toán là chứng minh 2 a = A .
Giải thích bộ đề thi vào 10 chuyên - Khối chuyên Toán 11 Cảm hứng học Cảm hứng học tập tập Ý tưởng
Từ giả thuyết d - a £ 1 Þ d - 2 ad + a £ 1 ( )
1 . Để ý rằng ad = bc nên
( )1 Û d - 2 bc +a £ 1, ta thêm và bớt ,bc để tạo hằng đẳng thức (d +a -b -c - )+( b - c)2 1 £ 0 . b ìï = c
Dễ dàng suy ra ïíaï +d -b -c -1 = 0 ïî
Từ đó dẫn đến = ( - )2 a a
b nên a là số chính phương .
Nhắc lại kiến thức và phương pháp Tổng bình phương 2 2 2
A + A + ... + A £ 0 Û A = A = ... = A = 0 1 2 n 1 2 n Câu III
a) Với x ,y ,z là các số thực thỏa mãn xyz = 1và (xy + x + ) 1 (yz + y + ) 1 (zx + z + ) 1 ¹ 0 , chứng minh rằng 1 1 1 + + = 1 . xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1
Do x ,y ,z = 1 nên ta có 1 1 1 + + xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1 1 x xy = + + 2 xy + x + 1
xyz + xy + x
x yz + xyz + xy 1 x xy = + + = 1. xy + x + 1 1 + xy + x x + 1 + xy
Nhận xét: Để giải quyết bài toán này , đòi hỏi người làm cần có kỹ năng biến đối khéo léo
sử dụng giả thiết xyz = 1 linh hoạt để thu được kết quả cần tìm . Ý tưởng Để chứng minh 1 1 1 + +
= 1 với giả thiết xyz = 1 ta cần biến xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1
đổi sao cho tử và mẫu của phân số sau khi rút gọn giống nhau . Lấy phân thức 1 làm xy + x + 1
chuẩn , như vậy ta cần đưa hai phân thức còn lại về dạng xy x + để cộng các xy + x + 1 xy + x + 1
phân thức ta thu được kết quả cần chứng minh . Thật vậy ta nhân tử và mẫu của phân thức số 2 với x x x ta được =
, tương tự vậy ta nhân cả tử với mẫu phân thức số
xyz + xy + x xy + x + 1 3 với xy xy xy ta được =
. Đến đây cộng các phân thức cùng mẫu số với 2
x yz + xyz + xy xy + x + 1
nhau ta thu được kết quả . Bài tập tương tự Cho các số thực 3 3 3 a, ,
b c thỏa mãn a + b + c = 6 và (a - )
1 + (b - 2) + (c - 3) = 0 . Tính
P = (a - )2015 + (b - )2015 + (c - )2015 1 2 3
Đáp số: P = 0 12
Giải thích bộ đề thi vào 10 chuyên - Khối chuyên Toán Cảm hứng học tập
b) Với x ,y ,z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện 1 1 1 + + = 3 , tìm giá x y z
trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P = + + . 2 2 2 2 2 2 2x + y + 3 2y + z + 3 2z + x + 3
Sử dụng các bất đẳng thức AM-GM và Cauchy-Schwarz, ta có 1 1 1 = £ 2 2 2x + y + 3 2( 2 x + ) 1 + ( 2 y + ) 1 2(2x + y) 3 1 3 1 æ 1 1ö = . £ . ç ÷ ç + ÷ 2 ( + ) 2 2 çè2 + 3÷ 3 2 x y x y ÷ø 6 é1 æ2 1ö 1ù 6 æ2 1 ö ê ç ÷ £ ç + ÷ ú ç + = ê ç ÷ ç + + 3÷÷. 4 ê9 çèx y ÷ø 3ú ë ú 36 çèx y ÷÷ø û æ ö æ ö Tương tự, ta cũng có: 1 6 2 1 ç ÷ 1 6 2 1 £ ç + + 3 , ç ÷ £ ç ÷ ç + + 3÷÷ . ç + + è ÷ ç ÷ 2 2 2 2 36 y z ø 36 2 3 2 + + 3 çèz x y z z x ÷ø
Cộng các bất đẳng thức trên lại theo vế với chú ý 1 1 1 + + = 3 , ta được 6 P £ x y z 2
Mặt khác, dễ thấy dấu bất đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 nên ta có kết luận 6 max P = . 2
Ngoài cách trên, ta còn có thể tiếp cận câu b) bằng cách khác dựa trên ý tưởng câu a) như sau: Ta có1 1 1 + + xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1 1 x xy 1 x xy = + + £ + + = 1 2 xy + x + 1
xyz + xy + x
x yz + xyz + xy xy + x + 1 1 + xy + x x + 1 + xy
Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: 1 1 1 = £ 2 2 2x + y + 3 ( 2 2 x + y ) + ( 2 x + ) 1 + 2 2(xy + x + ) 1 3 1 3 1 æ 1 1ö ç ÷ 6 æ 1 1ö = . £ . ç ÷ ç + ÷ £ ç ÷ ç + ÷ . 2 ( + + ) 2 2 çè + + 1 3÷ø 4 çè + + 1 3÷ 3 1 xy x xy x xy x ÷ø æ ö Tương tự, ta cũng có 1 6 1 1 ç ÷ £ ç + ÷ ç ÷ , 2 2 4 ç + + è + + 1 3 2 3 yz y y z ÷ø 1 6 æ 1 1ö ç ÷ £ ç + ÷ ç ÷ . 2 2 4 ç + + è + + 1 3 2 3 zx z z x ÷ø
Cộng các bất đẳng thức trên lại theo vế, ta được 6 æ 1 1 1 ö ç ÷ 6 P £ ç + + + 1÷ £ . 4 çèxy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1 ÷÷ø 2
Mặt khác, dễ thấy dấu bất đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 nên ta có kết luận 6 max P = . 2
Giải thích bộ đề thi vào 10 chuyên - Khối chuyên Toán 13 Cảm hứng học Cảm hứng học tập tập
Nhận xét: Bài toán bất đẳng thức 3 biến đối xứng có điều kiện thông thường đẳng thức
xảy ra khi x = y = z = 1. Ngoài ra , cần kết hợp linh hoạt giữa bất đẳng thức AM -GM và
Cauchy – Schwarz để dẫn đến kết quả . Ý tưởng
Bài toán cần tìm giá trị lớn nhất nên ta đánh giá từng căn thức £ . Cụ thể để sử dụng được æ ö giả thiết 1 1 1 + + = 3 ta cần đánh giá 1 1 1 P £ f ç ÷ ç + + ÷ . x y z çèx y z÷÷ø
Thật vậy, xét phân thức 1 , ta cần đánh giá 2 2
2x + y + 3 ³ để suy ra 2 2 2x + y + 3 1 £ . Dễ dàng nhận ra 2 2
2x + y + 3 ³ 2 (2x + y). 2 2 2x + y + 3 Do đó: 1 1 1 = £ 2 2 2x + y + 3 2( 2 x + ) 1 + ( 2 y + ) 1 2(2x + y) 3 1 3 1 æ 1 1ö é æ ö ù æ ö = . £ . ç ÷ ç + ÷ 6 1 2 1 ê ç ÷ 1 6 2 1 £ ç + ÷ ú ç + = ê ç ÷ ç + + 3÷÷. 2 ( ç ê è ÷ ú ç ÷ + ) 2 2 çè2 + 3÷ 3 2 x y x y ÷ø 4 9 x y ø 3 ë ú 36 çèx y ÷ø û æ ö
Thực hiện với hai phân thức còn lại ta được 6 6 6 6 ç ÷ 6 P £ ç + + ÷ = 36 çèx y z ÷÷ø 2
Nhắc lại kiến thức và phương pháp Bất đẳng thức +
AM -GM : Cho a,b là hai số thực không âm ta có a b ³ ab 2
Bất đẳng thức phụ: 1 1 1 9 + + ³ . a b c a + b + c Bài tập tương tự
Cho các số thực dương 1 1 1 a, , b c thỏa mãn + +
= 3 . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 2 a b c 1 1 1 P = + +
(2a +b +c)2 (2b +c +a)2 (2c +a +b)2 Đáp số: 3 MaxP = 16 Câu IV a)
Do tứ giác AEDK là hình bình hành nên DK / /AC , suy ra F Ð DK = DC Ð A = DB Ð A . Ta có: FD D A ∽ FB D
C (g - g) và E D DA ∽ E
D CB (g - g) nên DF AD EA DK = = = , hay DF BF = . BF BC EB EB DK BE
Từ đó, ta có các tam giác FKD và FEB đồng dạng (c-g-c). ( ) 1 b)
Gọi I là trung điểm của EF . Do tứ giác DKAE là hình bình hành nên M là trung điểm 14
Giải thích bộ đề thi vào 10 chuyên - Khối chuyên Toán Cảm hứng học tập
của EK , từ đó suy ra MI / /FK . Bây giờ, dựng hình bình hành BECL , ta có 0 0 F Ð CL = 180 - BD Ð C = 180 - BA Ð C = F Ð AC . Lại có: FD D A ∽ FB D
C (g - g)và E D DA ∽ E
D CB (g - g)nên FC BC EB CL = = = . FA AD EA AE
Từ đó suy ra các tam giác FCL và FAE đồng dạng (c-g-c). (2) Từ ( ) 1 và (2), ta có K Ð FD = E Ð FA = L
Ð FC nên ba điểm F ,K ,L thẳng hàng. Lại có N
là trung điểm của EL nên IN / /FL . Từ đó suy ra ba điểm I ,M ,N thẳng hàng. c)
Gọi T là điểm đối xứng với M qua I . Ta có tứ giác METF là hình bình hành nên FT Ð E = FM Ð E . Lại có FA D D ∽ FC D
B và M ,N lần lượt là trung điểm của AD ,BC nên FA D M ∽ FC D
N (c - g -c) . Từ đó suy ra FM Ð A = FN Ð C .
Chứng minh tương tự, ta cũng có E D DA ∽ E
D CB (g - g) nên E D MA ∽ E D NB , suy ra E Ð MA = E Ð NB = C
Ð NL . Từ đó, ta có 0 FM Ð E = FN Ð L = 180 - FN Ð E , suy ra 0 FT Ð E = 180 - FN Ð
E . Do đó, tứ giác ETFN nội tiếp, suy ra E Ð NM = E Ð FT = ME Ð F .
Vậy EF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN .
Nhận xét: Ý 1) Câu này ở mức độ cơ bản . Học sinh chỉ cần nắm vững kiến thức về tam
giác đồng dạng sẽ xử lí tốt .
Ý 2) Câu này ở mức độ tương đối . Để xử lí được câu này , học sinh cần quan sát hình tốt
và vận dụng linh hoạt kiến thức về tam giác đồng dạng , kỹ thuật chứng minh 3 điểm thẳng
hàng . Ngoài ra nếu bạn đọc có kiến thức sâu rộng sẽ nhận thấy câu này là kết quả về đường thẳng Gauss .
Ý 3) Câu này ở mức độ khó , ý này kết hợp nhiều đơn vị kiến thức như tam giác đồng dạng ,
tính chất tiếp tuyến , các tính chất hình bình hành . Ý tưởng Ý 1) Nhận thấy FK D D ∽ FE D
B theo trường hợp cạnh – góc – cạnh. Do đó ta cần chứng minh DF BF =
và điều này có được thông qua hai tam giác đồng dạng FDA và FBC . DK BE
Ý 2) Để chứng minh MN đi qua trung điểm I của EF ta cần chứng minh M,N,I thẳng
hàng. Do đó ta cần chứng minh IN / /FL và F,K,L . Để chứng minh điều này ta xét các cặp
tam giác đồng dạng FCL và FAE , F D DA và F D BC , E D DA và E D CB .
Ý 3) Để chứng minh EF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN ta cần chứng minh E Ð NM = E Ð FT = ME Ð
F . Để chứng minh điều này ta xét hai tam giác đồng dạng E D D , A E D CB . Câu V
a) Ta xét A = S \ {5,10,15,..., }
50 . Tập hợp này thỏa mãn đề bài, bởi vì mỗi bộ ba
Pythagoras đều có một số chia hết cho 5. Ta chứng minh khẳng định này. Xét đẳng thức 2 2 2
a + b = c ; a ,b ,c Î  .
Nếu a hoặc b chia hết cho 5 thì khẳng định là đương nhiên.
Giải thích bộ đề thi vào 10 chuyên - Khối chuyên Toán 15 Cảm hứng học Cảm hứng học tập tập Nếu ngược lại, do 2 a º 1, 4(mod5) và 2
b º 1, 4(mod 5), ta suy ra 2 2 2
c º a +b º 2, 0, 3 (mod 5).
Từ đây, dễ thấy ta phải có 2
c º 0 (mod 5) , hay c chia hết cho 5 .
Nhận xét: Để xử lí được bài toán này , đòi hỏi người làm phải vận dụng linh hoạt kiến thức
về chia hết , tập hợp , bộ số Pythagoras . Ý tưởng
Gọi a, ,bc là số đo 3 cạnh của một tam giác vuông 2 2 2
Þ a + b = c . Ta có nhận xét sau: Bộ
ba Pytagoras luôn có 1 số chia hết cho 5 , do đó ta dễ dàng chọn được một tập hợp thỏa mãn
bài toán bằng cách lấy tập hợp S bỏ đi các số chia hết cho 5 . Cụ thể , A = S \ {5,10,15,..., } 50 .
b) Xét tập A = S \ {5,20,30,35,50,8,9,24, } 36 .
Các số chia hết cho 5 nằm trong A là 10,15,25,40,45 . Chỉ có (6,8, ) 10 và (10,24, )
26 là các bộ ba Pythagoras chứa 10 , mà 8,24 Ï A nên A không
chứa có bộ ba Pythagoras nào có 10 . Chỉ có (8,15,17);(9,12, ) 15 ;(15,20, ) 25 và (15,36, )
39 là các bộ ba Pythagoras chứa 15 , mà
8, 9, 20, 36 Ï A nên A không chứa có bộ ba Pythagoras nào có 15 . Chỉ có (7,24, ) 25 và (15,20, )
25 là các bộ ba Pythagoras chứa 25 , mà 20,24 Ï A nên A
không chứa có bộ ba Pythagoras nào có 25. Chỉ có (9,40, ) 41 ;(24,32, ) 40 và (30,40, )
50 là các bộ ba Pythagoras chứa 40 , mà
9, 24, 30 Ï A nên A không chứa có bộ ba Pythagoras nào có 40 . Chỉ có(27,36, )
45 là bộ ba Pythagoras chứa 45 , mà 36 Ï A nên A không chứa bộ ba Pythagoras này.
Như vậy, tập A không chứa bộ ba Pythagoras nào (vì nếu có, thì một trong ba số phải chia
hết cho 5 , tức là bộ ba đó phải chứa một trong các số 10,15,25,40 hoặc 45 ). 16
Giải thích bộ đề thi vào 10 chuyên - Khối chuyên Toán Bạn có biết ? BÓNG ĐÈN
Có thể nói, đèn điện là một trong những phát minh quan trọng
và ấn tượng nhất đối với cả nhân loại. Chính phát minh này của
Edison đã mang lại ánh sáng và sự văn minh cho cả thế giới loài
người, đồng thời đã khai sinh cho ngành công nghiệp điện của thế
giới. Sau hơn một thế kỷ sử dụng đèn điện do Edison phát minh ra, vì
lý do tiết kiệm năng lượng người ta mới dần chuyển sang dùng bóng
đèn huỳnh quang. Song, không ai có thể phủ nhận: bóng đèn điện
là một trong những phát minh tuyệt vời nhất trong lịch sử nhân loại.
Giải thích bộ đề thi vào 10 chuyên - Khối chuyên Toán 17
NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
16 Hàng Chuối, Hai Bà Trưng, Hà Nội.
Điện thoại: Tổng biên tập (024) 39714736
Biên tập (024) 39714896; Quản lý xuất bản: (024) 39728806
Hợp tác xuất bản: (024) 39725997; Fax: (024) 39729436
Chịu trách nhiệm xuất bản:
Giám đốc : PHẠM THỊ TRÂM
Chịu trách nhiệm nội dung:
Tổng biên tập: NGUYỄN THỊ HỒNG NGA Biên tập xuất bản: Lê Thị Thanh Hoa Biên tập chuyên ngành:
Nguyễn Thị Thanh Hoa Sửa bản in: Megabook Chế bản:
Đỗ Xuân - Mạnh Nguyễn Vẽ bìa: Trọng Kiên
LIÊN KẾT XUẤT BẢN
CÔNG TY CỔ PHẦN SÁCH VÀ GIÁO DỤC TRỰC TUYẾN MEGABOOK
Số 19, N7B, KĐT Trung Hòa Nhân Chính, P. Nhân Chính, Q. Thanh Xuân, Hà Nội
SĐT: 0981 039 959 Email: lienhe24h.mega@gmail.com Chi nhánh phía Nam
143/2 Phan Huy Ích, Phường 15, Q. Tân Bình, TP Hồ Chí Minh SĐT: 036 835 7055
(Tái bản lần thứ 2) Mã số: 1L-157TB2022
In 2.000 bản, khổ 20,5x29,5cm, tại Công ty In và Thương mại Hải Nam
Địa chỉ: Số 18, ngách 68/53/9, P. Quan Hoa, Q. Cầu Giấy, Hà Nội
Số xác nhận ĐKXB: 1583-2022/CXBIPH/01-164/ĐHQGHN ngày 13/05/2022
Quyết định xuất bản số: 402 LK-TN/QĐ-NXB ĐHQGHN, ngày 24/05/2022
In xong và nộp lưu chiểu năm 2022 Mã ISBN: 978-604-369-686-8